Определение момента инерции маховика
Подождите немного. Документ загружается.
Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет
Кафедра прикладной химии и физики
ОТЧЕТ
по лабораторной работе №3-2
на тему: Определение момента инерции маховика» по дисциплине:
«Физика»
Студент гр. ПГ-08-03 … А.Р.
2009
Отчет принят:
Оценка __________
Преподаватель кафедры ПХФ
____________________ ФИО
подпись и дата
Цель работы: опытное определение момента инерции маховика, а также
иллюстрация практического применения второго закона Ньютона и основного
уравнения динамики вращательного движения.
Приборы и принадлежности:
1) маховик со шкивами на подставке и груз с нитью;
2) штангенциркуль;
3) секундомер;
4) линейка.
6
Описание установки:
1 – вал
2 – основание
3 – маховик
4 – два шкива различного диаметра
5 – груз
6 - штырь
Вывод расчетной формулы:
mv
2
/2 + Iɷ
2
/2 – mgH = A
1
(1)
v=at, Н=gt
2
/2, v=2H/t (2)
ɷ=2H/rt (3)
А
1
- работа силы трения;
n
1
– число оборотов маховика;
v – скорость груза перед ударом о пол;
r – радиус шкива;
t – время падения груза падения до пола;
А
1
= сn
1
(с – коэффициент пропорциональности);
А
2
= сn
2
(n
2
– число оборотом до полной остановки маховика);
0 - Iɷ
2
/2= А
2
с = Iɷ
2
/2n
2
, и А
1
= -n
1*
Iɷ
2
/2n
2
(4)
Подставим (4) в (1);
(mv
2
/2 + Iɷ
2
/2) – mgH = -n
1*
Iɷ
2
/2n
2
;
5
2
3
4
1
Заменим v и ɷ по формулам (2) и (3);
I =
mr
2
(¿
2
−2 H)
2 H
(
1+
n 1
n 2
)
Т.к. r =
d
2
, gt
2
>>2H, n = n
1
+ n
2
, то:
I =
md
2
g t
2
n
2
8 Hn
(5)
Полученные измерения заносим в таблицы для шкивов №1 и№2.
Таблица 1
Номер
опыта
t
1
, c ∆t
1
, c n
11
n
21
Примечание
1 11.1 0.03 25 6 Н
1
= 0.73 м
∆Н
1
= 0.005 м
m = 0.600 кг
∆m = 0.0005 кг
2 11.0 0.07 25 6
3 11.1 0.03 25 6
Среднее
значение
11.07 0.043 25 6
Таблица 2
Номер
опыта
t
1
, c ∆t
1
, c n
12
n
22
Примечание
1 7.1 0.03 27 4 Н
1
= 0.73 м
∆Н
1
= 0.005 м
m = 0.600 кг
∆m = 0.0005 кг
2 7.0 0.07 27 4
3 7.1 0.03 27 4
Среднее
значение
7.07 0.043 27 4
Вычисления:
I
1
=
md
2
g t
2
n
2
8 Hn
=
0 , 6(0.04)
2
9.806(11.07)
2
6
8 0.73
(
25+6
)
= 0.038 кг м
2
I
2
=
md
2
g t
2
n
2
8 Hn
=
0 , 6(0.65)
2
9.806(7.07)
2
4
8 0.73
(
27+4
)
= 0.028 кг м
2
Вычисления погрешностей:
∆m = 0.0005 кг; ∆d = 0.0005 v; ∆t = 0.043 c; ∆g = 0.0002 м/с
2
; ∆H = 0.005 м;
ln I = ln m + 2ln d + ln g + 2 ln t – ln H
dI/I = dm/m + 2dd/d + dg/g + 2dt/t – dH/H
ɛ = ∆I/I = ∆m/m + 2∆d/d + ∆g/g + 2∆t/t + ∆H/H
ɛ
1
= ∆I
1
/I
1
= ∆m/m + 2∆d/d
1
+ ∆g/g + 2∆t/t
1
+ ∆H/H
1
= 0.0005/0.6 + 2 0.0005/0.04 +
0.0002/9.806 + 2 0.043/11.07 + 0.005/0.73 = 0.04047 100% ≈ 4.05%
∆I
1
= ɛ
1
I
1
= 0.04047 0.038 = 0.00154 кг м
2
;
ɛ
2
= ∆I
2
/I
2
= ∆m/m + 2∆d/d
2
+ ∆g/g + 2∆t/t
2
+ ∆H/H
2
= 0.0005/0.6 + 2 0.0005/0.065 +
0.0002/9.806 + 2 0.043/7.07 + 0.005/0.73 = 0.0349 100% ≈ 3.49%
∆I
2
= ɛ
2
I
2
= 0.0349 0.028 = 0.00097 кг м
2
;
I
1
= 0.038 ± 0.0154 кг м
2
I
2
= 0.028 ± 0.00097 кг м
2
Вывод: в результате проведенной работы мы определили момент инерции маховика.
Практически применили основной закон динамики вращательного движения.