Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Статические моменты и координаты центра тяжести

Статические моменты и координаты центра тяжести


Вычисление статических моментов и координат центра тяжести кривой


а) Пусть материальная точка A массы m отстоит от оси \ell на расстоянии d. Статическим моментом этой точки относительно оси \ell называют число md. Статическим моментом системы материальных точек A_1,A_2,\ldots,A_n, расположенных по одну сторону от оси \ell, массы которых равны m_1,m_2,\ldots,m_n, а расстояния от оси \ell равны d_1,d_2,\ldots,d_n называют число


S_{\ell}= \sum\limits_{k=1}^{n}m_kd_k\,.

Если же эти точки расположены по разные стороны от оси, то для точек, находящихся по одну сторону оси, расстояния берутся положительными, а для точек по другую сторону от оси — отрицательными.


Поэтому если точки A_1,A_2,\ldots,A_n расположены на координатной плоскости,


A_k=A_k(x_k;y_k), то S_x=\sum\limits_{k=1}^{n}m_ky_k\,,~~ S_y=\sum\limits_{k=1}^{n}m_kx_k\,,

где S_x — статический момент относительно оси Ox и S_y — относительно оси Oy.




б) Рассмотрим теперь случай, когда масса равномерно распределена по некоторой кривой \Gamma или по некоторой области \lambda. Будем считать, что плотность распределения равна единице. Тогда масса дуги численно равна ее длине, а масса области — ее площади.


Начнем со случая кривой линии \Gamma, задаваемой уравнением y=f(x),~a \leqslant x \leqslant b, причем предположим, что функция f(x) непрерывна и неотрицательна.


Как обычно, разобьем отрезок [a;b] на части точками a=x_0<x_1< \ldots<x_n=b и обозначим через m_k и M_k наименьшее и наибольшее значения функции f(x) на отрезке [x_k;x_{k+1}], Этому разбиению соответствует разбиение дуги \Gamma на части \gamma_0,\ldots, \gamma_{n-1} (рис. 60). Из физических соображений ясно, что статический момент S_k части \gamma_k относительно оси абсцисс заключен между m_k\ell_k и M_k\ell_k, где \ell_k—длина этой части, \ell_k=\ell(\gamma_k) (напомним, что мы положили линейную плотность дуги равной единице). Таким образом,


Разбиение отрезка на части точками
m_k\cdot\ell_k \leqslant S_k \leqslant M_k\cdot\ell_k. Поэтому \sum\limits_{k=0}^{n-1} m_k\ell_k \leqslant S_x \leqslant \sum\limits_{k=0}^{n-1}M_k\ell_k, то есть

\sum\limits_{k=0}^{n-1}m_k \int\limits_{x_k}^{x_{k+1}} \sqrt{1+(y')^2}\,dx \leqslant S_x \leqslant \sum\limits_{k=0}^{n-1}M_k \int\limits_{x_k}^{x_{k+1}} \sqrt{1+(y')^2}\,dx\,.

Так как на отрезке [x_k;x_{k+1}] выполняется неравенство


m_k\cdot \sqrt{1+(y')^2} \leqslant y\cdot \sqrt{1+(y')^2} \leqslant M_k\cdot \sqrt{1+(y')^2}\,,

то в тех же границах, что и S_x, заключен интеграл \int\limits_{a}^{b} y\sqrt{1+(y')^2}\,dx. Значит,


S_x= \int\limits_{a}^{b}y\sqrt{1+(y')^2}\,dx\,.
(1)

Этот интеграл обозначают также следующим образом: \int\limits_{\Gamma}y\,d\ell или \int\limits_{0}^{\ell}y\,d\ell.


Физики обычно заменяют проведенное рассуждение более коротким. Они берут "бесконечно малый участок дуги" d\ell. Его статический момент равен y\,d\ell. А статический момент всей дуги равен сумме элементарных статических моментов, т. е. \int\limits_{a}^{b} y\,d\ell. Преимуществом этого вывода является его наглядность. Однако в нем не определено, что такое "бесконечно малый участок дуги", или как еще говорят, "элемент дуги". При уточнении этого понятия мы вновь приходим к более длинному выводу, изложенному ранее. В дальнейшем для краткости изложения мы будем использовать принятый в физике метод рассуждений. С его помощью сразу выводим, что


S_y=\int\limits_{a}^{b}x\sqrt{1+(y')^2}\,dx= \int\limits_{0}^{\ell}x\,d\ell\,.
(2)

Как формула (1), так и формула (2) верны и в случае, когда кривая \Gamma пересекает оси координат.




в) Введем понятие центра тяжести.


Определение. Центром тяжести тела называется такая точка C, что если в ней сосредоточить всю его массу, то статический момент этой точки относительно любой оси будет равен статическому моменту всего тела относительно той же оси.


Обозначим через \xi и \eta расстояния центра тяжести кривой от осей ординат и абсцисс.


Тогда, пользуясь определением центра тяжести кривой, получим:


S_x= \ell\cdot\eta= \int\limits_{0}^{\ell}y\,d\ell\,;\qquad S_y=\ell\cdot\xi= \int\limits_{0}^{\ell}x\,d\ell\,.

Разрешая полученные равенства относительно \xi и \eta, найдем координаты центра тяжести плоской кривой \Gamma:


\xi=\frac{1}{\ell} \int\limits_{0}^{\ell} x\,d\ell\,;\qquad \eta=\frac{1}{\ell} \int\limits_{0}^{\ell}y\,d\ell\,.

Замечание. Если кривая расположена симметрично относительно некоторой прямой, то центр тяжести такой кривой находится на этой прямой.


Это замечание позволяет в некоторых случаях упростить нахождение координат центра тяжести плоской кривой.




Пример 1. Найти статический момент полуокружности относительно диаметра.


Решение. Выберем систему координат так, чтобы центр окружности совпал с началом координат, а диаметр, относительно которого мы ищем статический момент, совпал с осью Ox. Тогда статический момент полуокружности относительно диаметра выразится формулой


S_x=\int\limits_{0}^{\ell} y\,d\ell, где d\ell=\sqrt{1+(y')^2}\,dx — дифференциал дуги кривой y=f(x).

В выбранной системе координат уравнение полуокружности запишется так: y=\sqrt{R^2-x^2}. Тогда


y'=-\frac{x}{\sqrt{R^2-x^2}},~~1+(y')^2= \frac{R^2}{R^2-x^2} и потому d\ell=\frac{R\,dx}{\sqrt{R^2-x^2}}.
Следовательно,
S_x=\int\limits_{-R}^{R}\! \sqrt{R^2-x^2}\cdot \frac{R\,dx}{\sqrt{R^2-x^2}}= 2R \int\limits_{0}^{R}dx= 2R^2.



Пример 2. Найдем центр тяжести четверти окружности x^2+y^2=4, расположенной в первом квадранте.


Решение. Данная кривая расположена симметрично относительна биссектрисы первого координатного угла, следовательно, центр тяжести этой кривой лежит на биссектрисе, а потому \xi=\eta. Достаточно найти только \xi=\frac{1}{\ell} \int\limits_{0}^{\ell} x\,d\ell.


Вычисление проще провести, перейдя к параметрическим уравнениям окружности. Так как ее радиус равен двум, то для четверти окружности имеем:


\begin{cases}x=2\cos{t}\,,\\ y=2\sin{t}\,,\end{cases} 0 \leqslant t \leqslant \frac{\pi}{2}\,.

Отсюда находим, что x'_t=-2\sin{t},~ y'_t=2\cos{t} и


d\ell= \sqrt{(x'_t)^2+(y'_t)^2}\,dt= \sqrt{4\sin^2t+4\cos^2t}\,dt= 2\,dt\,.

Поскольку длина \ell четверти данной окружности равна \frac{1}{4}\cdot 2\pi\cdot2=\pi, то


\xi=\frac{1}{\pi} \int\limits_{0}^{2\pi} 2\cos{t}\cdot2\,dt= \left.{\frac{4}{\pi} \sin{t}}\right|_{0}^{\pi/2}= \frac{4}{\pi}\,.



Вычисление статических моментов и координат центров тяжести плоских фигур


Найдем статический момент прямоугольника со сторонами k и \ell относительно стороны k. Разобьем этот прямоугольник на элементарные прямоугольники, имеющие стороны k и dy (рис. 61). Масса элементарного прямоугольника равна его площади k\,dy (напомним, что по предположению плотность распределения массы равна единице). Поэтому элементарный статический момент равен ky\,dy, а статический момент всего прямоугольника равен


Разбиение прямоугольника на элементарные прямоугольники
\int\limits_{0}^{\ell} ky\,dy= \left.{\frac{k}{2}\,y^2}\right|_{0}^{\ell}= \frac{k\ell^2}{2}\,.
(1)

Теперь уже легко найти статический момент криволинейной трапеции, ограниченной сверху кривой y=f(x), где f(x) — непрерывная и неотрицательная функция на отрезке [a;b], снизу осью абсцисс, а с боков прямыми x=a,~ x=b.


Разобьем криволинейную трапецию на элементарные прямоугольники, основание каждого из которых равно dx и высота y. Статический момент такого прямоугольника относительно оси абсцисс по формуле (1) равен \frac{y^2}{2}\,dx, а потому статический момент всей криволинейной трапеции равен \frac{1}{2}\int\limits_{a}^{b} y^2\,dx. В случае, когда не выполняется предположение о неотрицательности функции y=f(x), эту формулу надо заменить такой:


S_x=\frac{1}{2} \int\limits_{a}^{b} y|y|\,dx

(части фигуры, расположенные ниже оси абсцисс, дают отрицательный вклад в S_x).


Поскольку по предположению плотность равна единице, то масса криволинейной трапеции равна ее площади, т. е. интегралу \int\limits_{a}^{b} |y|\,dx, а потому ордината центра тяжести этой трапеции выражается формулой


\eta=\frac{\int\limits_{a}^{b} y|y|\,dx}{2 \int\limits_{a}^{b} |y|\,dx}\,.

Нетрудно найти и статический момент криволинейной трапеции относительно оси ординат. Для этого достаточно заметить, что расстояние элементарного прямоугольника от этой оси равно x. Поэтому его статический момент равен x|y|\,dx, а статический момент всей трапеции выражается формулой


S_y=\int\limits_{a}^{b} x|y|\,dx. Следовательно, абсцисса центра тяжести выражается так: \xi=\frac{\int\limits_{a}^{b} x|y|\,dx}{\int\limits_{a}^{b} |y|\,dx}.



Пример 3. Найти статический момент (относительно оси Ox) фигуры, ограниченной осью абсцисс и одной аркой циклоиды:

\begin{cases}x=a(t-\sin{t}),\\ y=a(1-\cos{t}),\end{cases} 0\leqslant t\leqslant2\pi\,.


Решение. Так как параметр t одной арки циклоиды изменяется от 0 до 2\pi, то


\begin{aligned}S_x&= \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{2\pi} a^2(1-\cos{t})^2a(1-\cos{t})\,dt= \frac{a^3}{2} \int\limits_{0}^{2\pi} (1-\cos{t})^3\,dt=\\ &= \left.{\frac{a^3}{2}\! \left[t-3\sin{t}+ \frac{3}{2}\! \left(t+\frac{1}{2} \sin2t\right)- \left(\sin{t}-\frac{1}{3} \sin^3t\right)\right] }\right|_{0}^{2\pi}=\\ & =\frac{a^3}{2}\! \left(2\pi+\frac{3}{2}\cdot 2\pi\right) = \frac{5}{2}\,\pi a^3.\end{aligned}



Пример 4. Найти центр тяжести фигуры, ограниченной осью Ox и одной полуволной синусоиды y=\sin{x}.


Решение. Так как фигура под полуволной синусоиды расположена симметрично относительно прямой x=\frac{\pi}{2}, то центр тяжести лежит на этой прямой и, следовательно, \xi=\frac{\pi}{2}. Ордината \eta центра тяжести находится по формуле \eta=\frac{1}{2S} \int\limits_{0}^{\pi} y^2\,dx.


Так как S=\int\limits_{0}^{\pi} \sin{x}\,dx= \Bigl.{-\cos{x}}\Bigr|_{0}^{\pi}=2, то \eta=\frac{1}{4} \int\limits_{0}^{\pi}\sin^2x\,dx = \frac{\pi}{8}.


Итак, центр тяжести данной фигуры находится в точке \left(\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{8}\right).




Пример 5. Найти центр тяжести фигуры, ограниченной осью абсцисс и одной аркой циклоиды \begin{cases}x=a(t-\sin{t}),\\ y=a(1-\cos{t}).\end{cases}.


Решение. Данная фигура расположена симметрично относительно прямой x=\pi a, следовательно, центр тяжести ее находится на этой прямой, и потому \xi=\pi a. Найдем \eta по формуле \eta=\frac{1}{2S} \int\limits_{a}^{b} y^2\,dx.


Площадь S данной фигуры была вычислена раньше, она равна 3\pi a^2. Следовательно,


\eta=\frac{1}{6\pi a^2} \int\limits_{0}^{2\pi} a^3(1-\cos{t})^3\,dt= \frac{5}{6}\,a\,.

Центр тяжести данной фигуры находится в точке \left(\pi a; \frac{5}{6}\,a\right).

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved