轉動慣量的詳細計算(一)---質點、一維與二維圖形

作者：由 SUNSHINE 發表于農業時間：2022-11-08

【引言】

最初學習轉動慣量時，我們瞭解了其定義式

$J=\sum_{}^{}{m_id_{i}^{2}}$

，其為何這樣表示，我們在這裡不做討論。

下面是對積分方法進行一下簡單的介紹（看完後面計算的例子就懂啦）：

1、先選定對什麼微分（這裡我們可以對x軸、y軸與角進行微分，後面有具體的例子）並確定積分的上下限；

2、求出dm與d，將其轉化為僅含上一步所選變數的積分，並計算即可。

但我們要注意的是，表示式中的d是什麼含義。對於質點、一維和二維圖形，其本身構成的質點系中的每個質點，到其三維空間中旋轉軸的距離。也就是說，

這個d代表的距離實質上是點到直線（轉軸）的距離，而不是點到點之間的。

除此之外，我們還應保證d與dm是對應關係，

即dm微元距離轉軸的距離要相等。

本人最初學習轉動慣量的時候，並沒有學習多重積分，曲線、曲面積分這些強大的數學工具，所以我在下面的計算中會使用多種方法，讓和我一樣也沒學過多重積分的同學也能夠理解。

以下討論的圖形未經說明均是質量分佈均勻的，並約定λ、σ分別代表線密度與面密度。

一、質點

由於質點的全部質量集中於一點，若該質點距離其旋轉中心R，則易知其轉動慣量為：

；

二、細杆

圖 1-1

我們先求出

$\displaystyle{dm=\lambda{dr}}$

，所以

$\displaystyle J=\int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}}r^2dm=\int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}}r^2\lambda{dr}=\frac{1}{12}mL^2$

三、矩形

設矩形長為a，寬為b。

1、繞矩形長或寬中點連線（中位線）旋轉

不失一般性，我們選擇繞矩形較長邊的的兩中點連線旋轉。

法一（對x微分）

圖 1-2

$\displaystyle dm=\sigma{dS}=\sigma{bdx}=\sigma{ady}$

$\displaystyle J=\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}x^2dm=\frac{1}{12}ma^2$

法二（利用已知結論）

圖 1-3

實際上我們可以將這個矩形看成無數個質量為dm的一維細杆的疊加，

因此

$\displaystyle dJ=\frac{1}{12}(dm)a^2$

，

$\displaystyle J=\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}\frac{1}{12}dma^2=\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}\frac{1}{12}a^3\sigma{dy}=\frac{1}{12}ma^2$

同理可得繞矩形較短邊的的兩中點連線旋轉時，

$\displaystyle J=\frac{1}{12}mb^2$

2、繞過矩形重心且垂直於矩形面的直線旋轉

法一（對y微分&利用結論）

圖 1-4

首先，我們可以利用平行軸定理，求出

$\displaystyle dJ=\frac{1}{12}(dm)a^2+(dm)y^2$

所以

$\displaystyle J=\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}\frac{1}{12}(dm)a^2+(dm)y^2=\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}(\frac{1}{12}a^2+y^2)\sigma{ady}=\frac{1}{12}m(a^2+b^2)$

法二（二重積分）

由定義

$\displaystyle J=\sum_{}^{}{m_id_{i}^{2}}=\iint_{D}^{}r^2dm=\iint_{D}^{}(x^2+y^2)\sigma{dS}=\sigma\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}dy\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}(x^2+y^2)dx=\frac{1}{12}m(a^2+b^2)$

法三（對稱&平行軸定理）

圖 1-5

將矩形沿著兩中位線分割成等大的四個小矩形。

我們可以假設整個大矩形的轉動慣量為

，由於對稱性，四個小矩形轉動慣量相同，設為

$J_{0}^{$

；

又因為小矩形質量為大矩形的

$\frac{1}{4}$

，且邊長均為大矩形的一半，所以我們容易得到，小矩形關於自身中心的轉動慣量為

$\frac{1}{16}J_0$

；

再由平行軸定理：

$\displaystyle J_{0}^{$

，再由

$J_0=4J_{0}^{$

聯立即可解出

$\displaystyle J=\frac{1}{12}m(a^2+b^2)$

四、細圓環

設半徑為R。

1、繞過圓心且垂直於圓環面的直線旋轉

我們可以把圓環看成一個個的小質點，不難看出這些質點距離其轉軸的距離都相同，所以對於質量任意分佈的圓環，其轉動慣量都是

；

2、繞直徑旋轉

法一（對y微分）

圖 1-6

如圖，由於dy很小，所以利用相似三角形，有

$\frac{r}{R}=\frac{dy}{dl}$

成立，故

$dm=\lambda\cdot{dl}=\lambda\frac{R}{r}dy$

；

所以整個圓環的轉動慣量即為從-R到R的積分，由於左右都有一個dl，所以最後積分值要乘2，因此：

$\displaystyle J=2\int_{-R}^{R}r^2dm=2\int_{-R}^{R}r^2\lambda{dl}=2\lambda\int_{-R}^{R}r^2{\frac{R}{r}}dy \\\displaystyle=2\cdot\dfrac{m}{2\pi{R}}\cdot{R}\int_{-R}^{R}\sqrt{R^2-y^2}dy=\dfrac{1}{2}mR^2$

法二（對角微分）

圖 1-7

不難看出：

$dm=\lambda{dl}=\lambda{R}d\theta$

；故僅需對θ在0到2π進行積分：

$\displaystyle J=\int_{0}^{2\pi}r^2dm=\int_{0}^{2\pi}(Rcos\theta)^2\lambda{R}d\theta=\frac{1}{2}mR^2$

法三（曲線積分法）

由定義式，我們不難看出：

$\displaystyle J=\sum_{}^{}{m_id_{i}^{2}}=\int_{L}^{}\left| x \right|^2dm=\int_{L}^{}\left| x \right|^2\lambda{dl}=\int_{0}^{2\pi}(Rcos\theta)^2\lambda{R}d\theta=\frac{1}{2}mR^2$

其中L是該圓環構成的曲線。

法四（垂直軸定理）

該定理的適用條件以及證明在此處也不做說明。

$\displaystyle J_{z}=J_x+J_y=2J_x=2J_y=mR^2$

，故

$J_x=J_y=\dfrac{1}{2}mR^2$

五、圓盤

設半徑為R。

1、繞過圓心且垂直於圓盤面的直線旋轉

法一（對半徑微分&利用結論）

圖 1-8

我們對半徑進行微分，有

$dm=\sigma{dS}=\sigma(2\pi{r})dr$

或者也可看成無數個圓環拼成了圓盤，所以

$dJ=dmr^2=\sigma(2\pi{r})r^2dr$

所以

$\displaystyle J=\int_{0}^{R}r^2dm=\int_{0}^{R}r^2\sigma(2\pi{r})dr=\frac{1}{2}mR^2$

法二（二重積分）

$\displaystyle J=\sum_{}^{}{m_id_{i}^{2}}=\iint_{D}^{}r^2dm=\sigma\iint_{D}^{}r^2dS \\\displaystyle =\sigma\iint_{D}^{}(x^2+y^2)dxdy=\sigma\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{R}(r^2)rdr=\frac{1}{2}mR^2$

2、繞直徑旋轉

法一（對x微分）

圖 1-9

因為

$dm=\sigma{dS}=\sigma(2y)dx$

$\displaystyle J=\int_{-R}^{R}x^2dm=\int_{-R}^{R}x^2\sigma(2y)dx\\\displaystyle=2\sigma\int_{-R}^{R}x^2\sqrt{R^2-x^2}dx\\\displaystyle =2\sigma\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(Rsint)^2(Rcost)d(Rsint)\\\displaystyle=2\sigma{R^4}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}sin^2t\cdot\cos^2tdt=\dfrac{1}{4}mR^2$

法二（對y微分&利用結論）

圖 1-10

利用平行軸定理，我們可以得到：

$dJ=\frac{1}{12}(dm)(2x)^2+(dm)y^2=\sigma(\frac{1}{3}x^2+y^2)xdy$

所以

$\displaystyle J=\int_{-R}^{R}\sigma(\frac{1}{3}x^2+y^2)xdy=\sigma\int_{-R}^{R}\frac{1}{3}{(R^2-y^2)^{\frac{3}{2}}+y^2\sqrt{R^2-y^2}dy}=\frac{1}{4}mR^2$

我們發現這裡的計算比前一種方法會麻煩一些，所以在後面都計算中會減少使用這種方法的次數。

法三（二重積分）

$\displaystyle J=\sum_{}^{}{m_id_{i}^{2}}=\iint_{D}^{}r^2dm=\sigma\iint_{D}^{}r^2dS\\\displaystyle=\sigma\iint_{D}^{}(x^2)dxdy=\sigma\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{R}(rcos\theta)^2rdr=\frac{1}{4}mR^2$

法四（垂直軸定理）

$J_{z}=J_x+J_y=2J_x=2J_y=\frac{1}{2}mR^2$

，故

$J_x=J_y=\dfrac{1}{4}mR^2$

。

六、圓環

設其內徑為r，外徑為R。

1、繞過圓心且垂直於圓環所在平面的直線旋轉

除了積分的方法，我們還可以採用割補法來計算：

$\displaystyle\sigma=\frac{m}{\pi(R^2-r^2)}$

$\displaystyle J=\frac{1}{2}({\sigma\pi{R^2})}R^2-\frac{1}{2}({\sigma\pi{r^2})}r^2=\frac{1}{2}{\sigma\pi(R^4-r^4)}=\frac{1}{2}m(r^2+R^2)$

2、繞直徑旋轉

同樣採用割補法，我們可以得出：

$J=\frac{1}{4}m(r^2+R^2)$

我們發現，當內徑r趨近於0時，圓環變為圓盤， #FormatImgID_53#

而內徑r趨於外徑R時，圓環變為“細圓環”, #FormatImgID_54#

七、扇形&扇環

設圓心角為α，內徑為r，外徑為R。

1、繞過圓心且垂直於扇形（扇環）所在平面的直線旋轉

在這種情況下，我們可以直接對扇環進行分析。

法一（積分法）

這裡將上面所有方法統稱為積分法，具體步驟與圓盤完全相同，過程省略（我懶了。。。）

法二（對稱法）

可以把這個扇環想象成圓環的n份，其中

$n=\frac{\alpha}{2\pi}$

；

由對稱性，這n份扇環的轉動慣量應完全相同，均為整個圓環的

$\frac{1}{n}$

；

取出其中的一份，將其質量增為整個圓環的質量，也就是說，質量變為原來的

倍；

因此扇環的轉動慣量與圓環的轉動慣量完全一致，為

$J=\frac{1}{2}m(r^2+R^2)$

；

因此扇形的轉動慣量為

$J=\frac{1}{2}m{R^2}$

，也與圓盤一致。

2、繞對稱軸旋轉

法一（對x微分）

這種情況下，若不採用二重積分，直接計算扇環會比較麻煩，因此我採用先計算扇形的轉動慣量，再用割補法計算扇環的轉動慣量。

圖 1-11

$\displaystyle dm=\sigma{dS}=\sigma{ydx}=\sigma(\sqrt{R^2-x^2}-cot(\frac{\alpha}{2})\left| x \right|)dx$

$\displaystyle\begin{align}J&=\int_{-Rsin\frac{\alpha}{2}}^{Rsin\frac{\alpha}{2}}x^2dm=\sigma\int_{-Rsin\frac{\alpha}{2}}^{Rsin\frac{\alpha}{2}}x^2(\sqrt{R^2-x^2}-cot(\frac{\alpha}{2})\left| x \right|)dx\\&=2\sigma\int_{0}^{Rsin\frac{\alpha}{2}}x^2(\sqrt{R^2-x^2}-cot(\frac{\alpha}{2})x)dx\\&=2\sigma\int_{0}^{\frac{\alpha}{2}}(Rsint)^2(Rcost)d(Rsint)-2\sigma\int_{0}^{Rsin\frac{\alpha}{2}}cot(\frac{\alpha}{2})x^3)dx\\&=2\sigma\int_{0}^{\frac{\alpha}{2}}\frac{1-cos(4t)}{8}dt-2\sigma{cot(\frac{\alpha}{2})}\frac{1}{4}x^4|_{0}^{Rsin(\frac{\alpha}{2})}\\&=\frac{(\alpha-sin\alpha)}{4\alpha}mR^2\end{align}$

所以採用割補法，我們可以得到扇環的轉動慣量為

$J=\frac{(\alpha-sin\alpha)}{4\alpha}m(r^2+R^2)$

法二（二重積分）

圖 1-12

為了使角的範圍變得簡單，我們把這個扇環“放倒”；

$\displaystyle J=\iint_{D}^{}y^2dm=\sigma\iint_{D}^{}y^2dxdy=\sigma\int_{-\frac{\alpha}{2}}^{\frac{\alpha}{2}}d\theta\int_{r}^{R}(\rho{sin\theta})^2\rho{d\rho}=\frac{(\alpha-sin\alpha)}{4\alpha}m(r^2+R^2)$

令r趨近於R，我們就得到了部分“細圓環”的轉動慣量，

$J=\frac{(\alpha-sin\alpha)}{2\alpha}mR^2$

八、橢圓環

關於橢圓環，由於涉及橢圓積分，計算上過於複雜，這裡我先附上兩篇文章，有興趣的同學可以自行閱讀。

橢圓環剛體的轉動慣量

下面這個是知網的論文，我這邊是在登陸後可以免費檢視的。

https：//

pay。cnki。net/zscsdoc/do

wnload？filename=SLYY200906047&dbtype=CJFD&plat=xuewen&flag=xuewen

以後我會單獨寫一篇文章來計算這個問題。

九、橢圓盤

設橢圓方程為 #FormatImgID_67# ;

1、繞過橢圓中心且垂直於橢圓面的直線旋轉

法一（對x微分&平行軸定理）

圖 1-13

$dm=\sigma{dS}=\sigma(2y)dx$

；

$\displaystyle dJ=\frac{1}{12}dm(2y)^2+(dm)x^2=(\frac{1}{3}y^2+x^2)\sigma(2y)dx$

$\displaystyle J=\int_{-a}^{a}(\frac{1}{3}y^2+x^2)\sigma(2y)dx=\frac{2\sigma{b}}{a}\int_{-a}^{a}[\frac{b^2}{3}+(1-\frac{b^2}{3a^2})x^2]\sqrt{a^2-x^2}dx\\\displaystyle=\frac{1}{3}mb^2+(\frac{1}{4}ma^2-\frac{1}{12}mb^2)=\frac{1}{4}m(a^2+b^2)$

法二（二重積分）

$\displaystyle J=\iint_{D}^{}(x^2+y^2)dm=\sigma\iint_{D}^{}(x^2+y^2)dxdy$

，採用廣義極座標變換；

$\begin{align}J&=\sigma\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{1}[(arcos\theta)^2+(brsin\theta)^2](abr)dr \\&=\sigma\int_{0}^{2\pi}[(acos\theta)^2+(bsin\theta)^2]d\theta\int_{0}^{1}abr^3dr \\&=\frac{1}{4}m(a^2+b^2) \end{align}$

2、繞橢圓長軸（短軸）旋轉

使用上述兩種方法我們可以得出：

繞橢圓長軸旋轉時，

$J_x=\frac{1}{4}mb^2$

；繞橢圓短軸旋轉時，

$J_y=\frac{1}{4}ma^2$

。

十、薄多邊形

圖 1-14

大家可能見過這張圖，現在證明一下；

我們很容易看出，這個N邊形實際是由N個三角形拼接而成，所以我們僅需研究一個三角形的轉動慣量即可；

圖 1-15

先令

$r=\left| \vec{r} \right|$

，

$a=\left| \vec{a} \right|$

，

$b=\left| \vec{b} \right|$

，

$<\vec{a},\vec{b}>=\theta$

；

我們可以將圖中的三角形看成圓心角很小的扇形，根據之前推匯出的扇形轉動慣量

$J=\frac{1}{2}mR^2$

；

$dJ=\frac{1}{2}dmr^2=\frac{1}{2}\sigma(\frac{1}{2}d\theta{r^2})r^2=\frac{1}{4}\sigma{r^4}d\theta$

所以我們僅需求出

$d\theta$

即可；

根據高中學習的等和線，我們有

$\vec{r}=\lambda\vec{a}+(1-\lambda)\vec{b}$

，其中

$\lambda\in[0,1]$

；

所以

$dl=\left| d\vec{r} \right|=\left| \vec{a}-\vec{b} \right|d\lambda=\left| AB \right|d\lambda$

，並且有

$r^2=\lambda^2a^2+(1-\lambda)^2b^2+2\lambda(1-\lambda)\vec{a}\cdot\vec{b}$

；

現在我們要建立

與

$d\theta$

之間的關係，由正弦定理，我們不難看出

$\displaystyle\frac{dl}{sind\theta}=\frac{r}{sin(\pi-\varphi)}$

由於dθ很小，所以

$sind\theta=d\theta$

，所以有

$d\theta=\frac{sin\varphi}{r}dl$

，所以最後求出

$sin\varphi$

即可；

在三角形OAB與三角形OAC中使用正弦定理：

$\displaystyle\frac{\left| AB \right|}{sin\theta}=\frac{b}{sin\alpha} \\\displaystyle\frac{r}{sin\alpha}=\frac{a}{sin\varphi}$

因此我們得到了

$\displaystyle d\theta=\frac{ab}{r^2\left| AB \right|}sin\theta{d\lambda}=\frac{\left| \vec{a}\times\vec{b} \right|}{r^2}d\lambda$

所以

$\displaystyle dJ=\frac{1}{4}\sigma{r^4}d\theta=\frac{1}{4}\sigma\left| \vec{a}\times\vec{b} \right|r^2d\lambda=\frac{1}{4}\sigma\left| \vec{a}\times\vec{b} \right|[\lambda^2a^2+(1-\lambda)^2b^2+2\lambda(1-\lambda)\vec{a}\cdot\vec{b}]d\lambda$

；

$\displaystyle J=\frac{1}{4}\sigma\left| \vec{a}\times\vec{b} \right|\int_{0}^{1}[\lambda^2a^2+(1-\lambda)^2b^2+2\lambda(1-\lambda)\vec{a}\cdot\vec{b}]d\lambda=\frac{1}{12}\sigma\left| \vec{a}\times\vec{b} \right|(a^2+b^2+\vec{a}\cdot\vec{b})$

所以對於任意N邊形，

$\displaystyle J=\frac{1}{12}\sigma\sum_{i=1}^{N}{\left| \vec{a_i}\times\vec{a_{i+1}} \right|}(a_{i}^{2}+a_{i+1}^{2}+\vec{a_i}\cdot\vec{a_{i+1}})$

而

$\displaystyle\sigma=\frac{m}{S}=\frac{m}{\sum_{i=1}^{N}\frac{1}{2}\left| \vec{a_i}\times\vec{a_{i+1}} \right|}$

因此

$\displaystyle J=\frac{m}{6}\frac{\sum_{i=1}^{N}{\left| \vec{a_i}\times\vec{a_{i+1}} \right|}(a_{i}^{2}+a_{i+1}^{2}+\vec{a_i}\cdot\vec{a_{i+1}})}{{\sum_{i=1}^{N}\left| \vec{a_i}\times\vec{a_{i+1}} \right|}}$

，其中

$\displaystyle\vec{a_{N+1}}=\vec{a_1}$

。

因此我們可以得到正N邊形的轉動慣量，設其外接圓半徑為R，邊長為a，

$a=2Rsin\frac{\pi}{N}$

；

$\displaystyle J=\frac{m}{6}(2R^2+R^2cos\frac{2\pi}{N})=\frac{ma^2}{24sin^2\frac{\pi}{N}}(2+cos\frac{2\pi}{N})=\frac{(2+cos\frac{2\pi}{N})}{12(1-cos\frac{2\pi}{N})}ma^2$

。

下期更新空間圖形！

SUNSHINE：轉動慣量的詳細計算（二）——-三維空間圖形

標簽：轉動慣量圓環矩形我們微分

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轉動慣量的詳細計算(一)---質點、一維與二維圖形

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