Конспект лекций Высшая математика (Басканова)

389

n	n
M x yi mi	M y xi mi
i 1	i 1

За центр тяжести системы принимают такую точку с координатами

(xc,yc), в которую нужно поместить всю массу системы, чтобы статический момент этой точки был равен статическому моменту системы, т.е.

	n	n
	xc mi xi mi M y
	i 1	i 1	(3.11а.1)
	n	n
	yc mi yi mi M x
	i 1	i 1

Отсюда получают формулы для нахождения координат центра тяжести системы материальных точек, расположенных на плоскости:

			n			n
			xi mi			yi mi
	x		i 1	; y		i 1	;
			n			n
	c			c
			mi			mi
			i 1			i 1

Аналогично, вычисляют координаты центра тяжести системы материальных точек в пространстве. В этом случае статические моменты системы точек определяют относительно координатных плоскостей:

n

n

n

xi mi

Myoz

yi mi

Mxoz

zi mi

Mxoy

x

i 1

;

y

i 1

; z

c

i 1

(3.11а.2)

n

n

n

n

n

n

c

c

mi

mi

mi

mi

mi

mi

i 1

i 1

i 1

i 1

i 1

i 1

Найдем координаты центров тяжести неоднородных фигур пяти типов: прямого стержня [α,b], кривого стержня L, плоской пластины D, изогнутой пластины q и тела W. Все фигуры с данными размерами расположим определенным образом в декартовой системе координат. Будем считать, что распределение плотности массы в каждой фигуре известно и задано функцией:

ρ = ρ(Р)

где Р – точки, принадлежащие фигурам (рис.3.11а.2).

390

Разобьем все фигуры на n – частей. Меры элементарных частей обозначим: xi , l i , Si , i и Vi – соответственно.

В каждой элементарной части возьмем произвольную точку Pi и найдем в ней значение плотности массы:

ρi = ρ(Pi)

Сделаем два допущения. Во-первых, плотность распределения массы внутри каждой элементарной части постоянна и равна ρ(Pi). Во-вторых, вся

масса сосредоточена в точке Pi.

Тогда все пять фигур можно рассматривать как системы, состоя-

щие из n – материальных точек. Массы точек в этих системах будут соответственно равны:

Для прямого стержня [α,b]: mi (Pi ) xi

Для кривого стержня L:	mi (Pi ) l i
Для плоской пластины D:	mi (Pi ) Si (3.11а.3)

Для изогнутой пластины q: mi (Pi ) i

Для объемного тела W:

mi (Pi ) Vi

Следовательно, координаты центров тяжести указанных фигур приближенно можно вычислить по формулам (3.11а.1) и (3.11а.2), если вместо масс точек подставить найденные для них значения из равенств (3.11а.3).

391

Точное значение координат центров тяжести получится, если перейти к пределу при стягивании элементарных частей в точку, а это приводит к интегрированию. Для каждой фигуры центры тяжести будут равны:

dx

x

mL dl

arcsin

2 x2

L

y (x, y)dl

M y

x (x, y)dl

M x

[L]

x

L

;

y

L

c

mL

(x, y)dl

c

mL

(x, y)dl

L

L

M y

x (x, y)dS

M x

y (x, y)dS

[D]

x

D

;

y

c

D

(3.11а.4)

c

mD

(x, y)dS

mD (x, y)dS

D

D

M yoz

x (x, y, z)d

y M xoz

y (x, y, z)d

[q]

x

q

;

q

;

c

mq

(x, y, z)d

c

mq

(x, y, z)d

q

q

M xoy

z (x, y, z)d

zc

q

mq

(x, y, z)d

q

x (x, y, z)dV

y (x, y, z)dV

z (x, y, z)dV

[W ]

x

W

;

y

W

;

z

W

(x, y, z)dV

(x, y, z)dV

(x, y, z)dV

c

c

c

W

W

W

Рассмотрим несколько примеров на применение полученных формул. Пример 1. Найти координаты центра тяжести однородной линии

ρ(x,y)= const = 1, которая является полуокружностью, расположенной над осью Oх, L: x2 + y2 = α2; y ≥ 0.

Решение. Поскольку кривая L (рис. 3.11а.3) симметрична относительно оси Oy, то центр тяжести

лежит на этой оси, т.е. хс = 0. вторую координату yс

			M	x		y (x, y)dl		ydl
	найдем по формуле: y					L		L
	c		mL			(x, y)dl		dl
						L		L

392

От криволинейных интегралов прейдем к линейным. Для этого выразим дифференциал длины dℓ через уравнение верхней части окружности

y 2 x2 :

dl 1

y 2 dx

x

2

dx

1

2

2

2

2

x

x

x

Статический момент относительно оси Oх будет равен:

dx

2 2

M x ydl

2 x2

x

2 x2

L

Найдем массу материальной кривой L

dx

x

mL dl

arcsin

L

2 x2

Подставляя верхний и нижний пределы для переменной x, окончательно получим

Mx = α[arcsin1 – arcsin(-1)] = απ

Таким образом, координаты центра тяжести данной линии равны

xc 0; yc 2 2 2 .

Пример 2. Найти координаты центра тяжести сектора однородного круга радиуса α с центральным углом β, расположенного симметрично отно-

сительно оси Oх.

Решение. В силу симметрии центр тяжести плоского сектора D (рис. 3.11а.4) лежит на оси Oх,

следовательно yc = 0. Координату хc найдем по формуле:

xc M y

mD

Пусть поверхностная плотность массы однородного сектора D равна ρ(x,y) = ρ0. Вычислим его статический момент относительно оси Oy:

M y x (x, y)ds 0 xdxdy

D D

Так как плоская область D является круговым сектором, в двойном интеграле, перейдем к полярным координатам:

M y 0 xdxdy		x r cos		0 r cos rdrd
		y r sin
D		dxdy rdrd		D*

393

Значения переменных r и φ внутри D заключены в пределах

								;							0 r
						2					2
Переходя к двукратному интегрированию, получим:
	2									2												2		r		3
M y 0			cos d r								dr 0
																sin						2			3
								0																					0
		2
M y 0														3												2 3
	sin			2		sin									3	0 sin							2					3
											2
Аналогично вычислим массу сектора D:
mD (x, y)ds 0 dxdy 0 rdrd
	D										D									D*
Переходя к двукратному интегрированию по переменным r и φ, най-
дем:
																	r2										2
		2
															2
mD 0			d rdr 0																			0
																	2											2
						0									2					0
		2
Координаты центра тяжести однородного сектора D будут равны:
					M y				0		sin					2 3			4 sin										.
y 0;	x											2				3
c		c			m										2							3						2
						D				0
															2

Пример 3. Найти координаты центра тяжести шара x2 + y2 + z2 ≤ 2Rz,

если плотность массы в любой его точке равна квадрату расстояния от начала координат.

Решение. Центр шара смещен вверх по оси Оz на R единиц (рис.

3.11а.5), по условию задачи плотность массы задана функцией:

ρ(x,y,z) = x2 + y2 + z2 = r2

В силу симметрии центр тяжести шара расположен на оси Oz, следовательно хс = 0, yc = 0. Найдем координату zc, используя формулы (3.11а.4).

		M xoy		z (x, y, z)dV
	zc			W
		mшара		(x, y, z)dV
				W

В тройных интегралах перейдем к сферическим координатам. Сначала вычислим массу шара.

394

mшара (x, y, z)dV r2 r2 sin drd d

W W*

Значения переменной r внутри шара изменяются от 0 до ее значений на сфере x2 + y2 + z2 = 2Rz, уравнение которой в сферической системе имеет вид:

r2 2Rr cos ; r 2Rcos

Переменные Θ и φ изменяются в пределах:

0		;	0 2
	2

Переходя к трехкратному интегрированию, найдем массу шара

	2				2R cos				r5			2R cos
	mшара d 2 sin d					r4dr 2 2 sin d
	0		0		0		0	5				0
		25 R5					26 R5
	2 2			cos5 sin d				2 cos5 d(cos )
			5				5
	0							0

Вычисляя последний интеграл, окончательно получим:

m	26 R5	cos6		2	25	R5
шара	5	6			15
				0

Найдем статический момент относительно координатной плоскости

xOy:

M xoy zr2dv r cos r2 r2 sin drd d

W W*

Расставляя пределы изменения переменных r, Θ, φ и переходя к трехкратному интегрированию, получим:

	2			2R cos								r6				2R cos
	M xoy d 2 cos sin d				r5dr 2 2 cos sin											d
	0	0		0			0					6				0
		2 26 R6					26 R6 cos8			2
			2 cos7 sin d										23 R6
		6	0			3	8		0			3

Координаты центра тяжести неоднородного шара равны:

x 0;	y	0;	z	c		M xoy		R6 23 15		5	R
c		c				mшара		3 R5 25		4

Центр тяжести, как и следовало ожидать, расположен в верхней части

шара.

3.11.5. Момент инерции

395

Моментом инерции материальной точки относительно начала координат или координатной оси называют произведение массы точки на квадрат ее расстояния до начала координат или оси (рис. 3.11а.6):

J0 mr2 m(x2 y2 z2 )

J	x	mr2	m( y2 z2 )	(3.11а.5)
		x

J y mry2 m(x2 z2 )

Jz mrz2 m(x2 y2 )

Момент инерции системы точек (относительно одного и того же центра или оси) равен сумме моментов точек системы.

При непрерывном распределении масс по стержню, пластине или телу вместо суммы появляется интеграл линейный, криволинейный, двойной, поверхностный или тройной.

Формулы для моментов инерции различных неоднородных фигур с заданной плотностью ρ = ρ(Р) получаются так же, как формулы для статических моментов и координат центров тяжести. Предлагаем вывести их самостоятельно.

Моменты инерции прямого неоднородного стержня (Рис.3.11а.7) рав-

ны:

			b
J	0			x2 (x)dx
				1 2 3
				dm
		J y J0			(3.11а.6)

Jx 0

Моменты инерции кривого неоднородного стержня (Рис.3.11а.8) определяют по формулам:

J	0		(x2	y2 ) (x, y)dl
			14 2 43 14 2 43
			L	r2	dm
Jx		y2 (x, y)dl			(3.11а.7)
			L

J y x2 (x, y)dl

L

396

Моменты инерции плоской пластины (Рис.3.11а.9) равны:

	0			14 2 43 14 2 43
J				(x2 y2 ) (x, y)dS
			D	r2	dm
Jx y2 (x, y)dS					(3.11а.8)
			D

J y x2 (x, y)dS

D

Моменты инерции неоднородной изогнутой пластины (Рис.3.11а.10) задают выражениями:

	0		1 44 2 4 43 1 4 2 4 3
J			(x2	y2	z2 ) (x, y, z)d
			q	r2	dm
Jx ( y2 z2 ) (x, y, z)d
			q
J y		(x2		z2 ) (x, y, z)d		(3.11а.9)
			q

Jz (x2 y2 ) (x, y, z)d

q

Моменты инерции неоднородного тела W (Рис.3.11а.11) равны тройным интегралам вида:

	0		1 44 2 4 43 1 4 2 4 3
J			(x2	y2	z2 ) (x, y, z)dV
			W	r2	dm
Jx		( y2		z2 ) (x, y, z)dV		(3.11а.10)
			W
J y (x2				z2 ) (x, y, z)dV
			W

Jz (x2 y2 ) (x, y, z)dV

W

Приведем два примера на вычисление моментов инерции.

Пример 4. Найти момент инерции относительно оси Oх однородной плоской линии, которая является верхней частью окружности

397

L : x2 y2 R2

Решение. Так как линия однородна, то линейная плотность массы постоянна, т.е. (x, y) 0.Согласно формул (3.11а.7), момент инерции данной

линии относительно оси Ох равен криволинейному интегралу по верхней

части окружности: Jx y2 (x, y)dl 0	y2dl . Перейдем к линейному ин-
L	L

тегралу. Для этого выразим дифференциал длины dℓ через уравнение линии

L : y	R2 x2 по формуле:
	dl 1 y 2 dx	1	x	2 dx Rdx

xR2 x2 R2 x2

Вкриволинейном интеграле переменную y заменим ее зависимостью от

xиз уравнения данной окружности и подставим вместо dℓ найденное для него выражение, тогда

	R		R2 x2 2	Rdx		R
Jx 0						0 R	R2 x2 dx
				2	2
	R			R x		R

Полученный линейный интеграл является табличным. Применяя формулу Ньютона-Лейбница, найдем Jx:

x R2

x2

R2

x R

R2

R2

Jx 0 R

arcsin

0 R

arcsin1

arcsin( 1)

2

2

2

2

R

R

Jx

R3

0

2

Уравнение окружности x2 y2 R2 можно было взять в параметрической форме:

x Rcost

y Rsin t

В этом случае дифференциал длины dℓ выражают через уравнение линии по формуле:

dl

xt 2 yt 2 dt

( Rsin t)2 (Rcost)2 dt Rdt

Параметр t в верней части окружности изменяется от 0 до π. Переходя к линейному интегралу по переменной t, получим

		1 cos2t		R3
Jx 0 R2 sin2 t Rdt 0 R3		2	dt 0
				2
0	0

Найденное значение для Jx такое же.

398

Пример 5. определить момент инерции однородного цилиндра относительно оси Оz. Высота цилиндра равна h см, внутренний радиус – α см, а внешний – b см (Рис. 3.11а.12).

Решение. Так как цилиндр однородный, то плотность массы постоянна

(x, y, z) 0

Момент инерции относительно оси Оz найдем используя формулы (3.11а.10):

Jz (x2 y2 ) 0dV

W

В тройном интеграле перейдем к цилиндрической системе координат:

Jz 0 (x2 y2 )dxdydz		x r cos		0 r2 rdrd dz
		y r sin
W		dxdydz rdrd dz		W*

Значения переменных φ, r, и z внутри области W заключены в пределах

0 ≤ φ ≤ 2π; α ≤ r ≤ b; 0 ≤ z ≤ h.

Переходя к трехкратному интегрированию, получим:

2	b	h	r4			b				h
Jz 0 d r3dr dz 0							h		0		[b4 4 ]
			2
				4
0		0							2

Определение моментов инерции плоских тел и частей поверхностей относительно начала и осей координат приводит к вычислению двойных и поверхностных интегралов соответственно.

3.11.6. Общая схема применение линейного интеграла к физическим задачам.

Решение задач на применение определенного интеграла можно осуществить двумя способами. Первый способ опирается на непосредственное определение определенного интеграла как предела интегральной суммы.

Искомая величина (масса неоднородного стержня, площадь, работа и т.д.) соответствовала некоторому отрезку [α,b] изменения величины х, которая служит переменной интегрирования. Определяемая величина обладает свойством аддитивности. Первый шаг состоит в разбиении отрезка [α,b] на

частичные интервалы [xi , xi 1], где i = 0,1,2,…, n – 1, x0 = α, xn = b.

Далее составляют интегральную сумму, выражающую приближенное значение искомой величины, тем более точное, чем меньше наибольшая из длин частичных интервалов xi .