Как найти координаты центра масс пластины

Приложения кратных интегралов в механике

Краткая теория

---

Масса и статистические моменты пластики

Если

 – область плоскости

, занятая пластинкой, и

 – поверхностная плотность пластики в точке

, то масса

 пластинки и ее статистические моменты

 и

 относительно осей

 и

 выражаются двойными интегралами:

Если
пластика однородна, то

Координаты центра тяжести пластики

Если

 – центр тяжести пластики, то

где

 – масса пластинки и

 – ее статистические моменты относительно осей
координат.

Моменты инерции пластики

Моменты
инерции пластинки относительно осей

 и

 соответственно равны:

Момент инерции пластики относительно
начала координат:

Полагая

, получаем геометрические моменты инерции плоской
фигуры.

Масса тела, занимающего область
 и статистические моменты тела относительно
координатных плоскостей

где

 – плоскость тела в точке

Координаты центра тяжести

Если тело
однородно, то формулах для координат центра тяжести можно положить

.

Моменты инерции относительно
осей координат

Полагая в
этих формулах

, получаем геометрические
моменты инерции тела.

Примеры решения задач

---

Задача 1

Вычислить
массу материальной пластины, занимающей область

 плоскости

, если поверхностная
плотность

 и границы области

 заданы уравнениями.

Решение

Сделаем
чертеж области

:

Искомая
масса материальной пластины:

Ответ:

---

Задача 2

Найти
статистический момент фигуры, ограниченной линиями

 и

 относительно оси абсцисс.

Решение

Сделаем
чертеж:

Статистический
момент относительно оси

:

Ответ:

---

Задача 3

Вычислить
координаты центра масс однородной

 материальной пластины

, ограниченной данными
линиями:

Решение

Сделаем
чертеж:

Масса
пластинки:

Статистические
моменты:

Искомые
координаты центра масс:

Ответ:

.

---

Задача 4

Вычислить массу тела

, ограниченного заданными поверхностями

 -плотность в
точке

.

Решение

На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Изобразим
тело на рисунке:

С боков
тело будет ограничено цилиндром

 и плоскостями

. Сверху плоскостью

Проекция на плоскость

:

           

Ответ:

---

Задача 5

Найти
момент инерции однородного шара

 с массой

 относительно оси

.

Решение

Момент
инерции относительно оси

 можно найти по формуле:

Шар
однородный, поэтому плотность:

Перейдем
к сферическим координатам:

Получаем:

Ответ:

Содержание:

1. Центр масс
2. Центр параллельных сил
3. Центр тяжести
4. Центры тяжести некоторых плоских однородных фигур
5. Центр тяжести дуги окружности
6. Центр тяжести кругового сектора
7. Центр тяжести кругового сегмента
8. Центр тяжести треугольника
9. Центр тяжести трапеции
10. Примеры решения задач на тему: Центр масс
11. Способы определения координат центра тяжести тела
12. Метод симметрии
13. Метод разбиения
14. Метод дополнения
15. Экспериментальные способы
16. Центры тяжести некоторых однородных тел
17. Центр тяжести дуги окружности
18. Центр тяжести треугольника
19. Центр тяжести сектора

Центр масс – это геометрическая точка, положение которой определяется распределением массы в теле, а перемещение характеризует движение тела или механической системы как целого.

На странице -> решение задач по теоретической механике собраны решения задач и заданий с решёнными примерами по всем темам теоретической механики.

Центр масс

Центр масс – это некоторое положение, определяемое относительно объекта или системы объектов и это среднее положение всех частей системы, взвешенное в соответствии с их массами.

Центр параллельных сил

Если на тело действует система параллельных сил , ,…, , то точка , через которую проходит равнодействующая этой системы сил, называется центром параллельных сил (рис.9.1).

Координаты центра параллельных сил определяются по зависимостям:

где  – координаты точек приложения сил .

Центр параллельных сил имеет ту особенность, что через него обязательно будет проходить линия действия равнодействующей при вращении линий действия всех сил системы вокруг точек их приложения на один и тот же угол в одну и ту же сторону. Модули сил при вращении не должны меняться.

Центр тяжести

Если твердое тело находится возле поверхности Земли, то на каждую материальную часть этого тела действует сила тяжести­ , которая направлена к центру Земли. Поскольку размеры тела небольшие по сравнению с размерами Земли, то образованную систему сил можно рассматривать как параллельную. Равнодействующая этой параллельной системе сил , которая равна их сумме, называется тяжестью тела, а центр этой системы – точка называется центром тяжести тела (рис.9.2).

Координаты центра тяжести твердого тела можно определить как координаты центра параллельных сил:

где  – сила тяжести элементарной частицы тела;

 – тяжесть тела;

 – координаты центра тяжести;

 – координаты элементарной частицы тела.

Если тело однородное, то есть удельный вес не меняется по объему , то:

где  – объем тела;

 – объем элементарной частицы.

Тогда формулы для определения координат центра тяжести твердого тела приобретут вид:

Положение центра тяжести однородного тела зависит только от формы объема, что занимает тело, и называется центром тяжести этого объема.

Если однородное тело имеет форму тонкой пластины, то его можно рассматривать как материальную плоскую фигуру. В этом случае положение центра тяжести плоской фигуры определяется двумя координатами  и и зависит от формы площади фигуры:

где  – площадь элементарной части плоской фигуры;

 – площадь плоской фигуры.

Центр тяжести однородной пластины называется центром тяжести плоской фигуры.

Если выбранный элементарный объем  (площадь элементарной площадки в плоском случае) направить к нулю, то формулы для вычисления координат центра тяжести приобретут интегральный вид:

а) для однородного твердого тела:

где  – объем тела, интегрирование выполняется по всему объему тела;

б) для однородной поверхности:

где  – площадь поверхности, интегрирование выполняется по всей поверхности тела;

в) для однородной плоской фигуры, лежащей в плоскости xy:

г) для однородной линии:

где  – длина линии, интегрирование выполняется по всей длине линии.

Центры тяжести некоторых плоских однородных фигур

Для упрощения определения центра тяжести используются следующие вспомогательные правилами:

1. Если тело имеет плоскость симметрии, то центр тяжести лежит на этой плоскости.
2. Если тело симметрично относительно оси, то центр тяжести лежит на этой оси.
3. Если тело симметрично относительно точки, то центр тяжести лежит в центре симметрии.
4. Если тело состоит из нескольких частей, центры тяжести которых можно определить, то центр тяжести такого тела находят как центр тяжести нескольких материальных точек, а именно тех, в которых расположены весы каждой отдельной части тела.

Центр тяжести дуги окружности

Центр тяжести дуги окружности  (рис.9.3) лежит на ее оси симметрии и на расстоянии от центра окружности:

где  – радиус окружности;

 – половина центрального угла, опирающегося на дугу .

Центр тяжести кругового сектора

Центр тяжести кругового сектора лежит на оси симметрии и имеет координаты:

где  – радиус окружности;

 – половина центрального угла сектора.

Центр тяжести кругового сегмента

Центр тяжести кругового сегмента лежит на оси симметрии сегмента и имеет координаты:

где  – радиус окружности;

 – половина центрального угла сегмента.

Центр тяжести треугольника

Центр тяжести треугольника (рис. 9.6) лежит в точке пересечения его медиан – на расстоянии 1/3 каждой медианы от соответствующего основания треугольника.

Центр тяжести трапеции

Центр тяжести трапеции (рис.9.7) с основаниями  и  и высотой лежит на прямой , которая соединяет середины основ.

Расстояния  и центра тяжести площади трапеции от ее основ определяются по формулам:

Наиболее распространенный способ определения положения центра тяжести однородного тела сложной формы заключается в том, что его разбивают на такие части, положение центров тяжести которых известно, или может быть легко определено.

Например, однородную плоскую фигуру (рис.9.8) разбивают на три части 1,2 и 3, положения центров тяжести которых, можно определить.

Координаты центра тяжести фигуры определяются по формулам:

где  – координаты центра тяжести первой части плоской фигуры;

 – площадь первой части и т.п.

Этим способом удобно пользоваться и при определении положения центра тяжести плоской фигуры, из которой вырезана некоторая часть (рис.9.9).

В этом случае площадь плоской фигуры можно записать в виде разницы площадей сплошной фигуры 1 (площадь положительная) и вырезанной части 2 (площадь отрицательная), то есть .

Координаты центра тяжести фигуры равны:

где  – координаты центра тяжести сплошной фигуры 1, площадь которой равна ;

 – координаты центра тяжести вырезанной части 2, площадь которой равна – .

Первый из этих методов имеет название “метод разбиения”, второй – “метод дополнения”, или “метод отрицательных масс”. В общем случае формулы для определения центра тяжести плоской фигуры имеют вид:

где  – площадь всей фигуры.

Примеры решения задач на тему: Центр масс

Задача № 1

Найти центр тяжести двутаврового профиля, размеры которого в сантиметрах указаны на рис.9.10.

Решение. Поскольку форма сечения имеет ось симметрии, ось направим вдоль оси симметрии, а ось перпендикулярно ей.

В силу симметричности профиля относительно оси центр тяжести будет лежать на этой оси, то есть

Линиями и поделим профиль на три прямоугольника 1, 2 и 3.

Запишем уравнение для определения абсциссы центра тяжести площади:

где  – абсциссы центров тяжести прямоугольников 1, 2, 3;

 – площади этих прямоугольников.

Поскольку центры тяжести прямоугольников и лежат на пересечении их диагоналей, то (рис.9.10):

Площади этих прямоугольников соответственно равны:

Тогда: 

Таким образом, центр тяжести фигуры лежит в точке с координатами: 

Ответ: 

Задача № 2

Найти координаты центра тяжести поперечного пересечения разностороннего угольника (рис.9.11), полки которого имеют ширину  и толщину

Решение. Разделим пересечение линией на два прямоугольника и , центры тяжести которых лежат на пересечении соответствующих диагоналей.

Запишем формулы для координат  и  центра тяжести пересечения:

где  и  – координаты центров тяжести прямоугольников 1 и 2;

,  – площади прямоугольников 1 и 2.

С рис.9.11 видим, что

Тогда: 

Ответ: 

Задача № 3

Определить положение центра тяжести плоской фигуры (рис.9.12), ограниченной полуокружностью  радиуса и двумя прямыми равной длины и , причем

Решение. Данная площадь имеет ось симметрии, вдоль которой направим ось . Поскольку центр тяжести площади лежит на оси симметрии, то

Разделим площадь линией на две части: полуокружность и равнобедренный треугольник .

Абсцисса центра тяжести площади будет равняться:

где  – координата центра тяжести половины круга ;

 – координата центра тяжести треугольника ;

,  – площади половины круга и треугольника.

Для определения воспользуемся приведенными в разделе 9.3.2 координатами центра тяжести кругового сектора

В случае половины круга 

Площадь половины круга равна:

Центр тяжести треугольника лежит на пересечении его медиан (раздел 9.3.4). Поскольку треугольник равнобедрен, то линия  будет его медианой и расстояние будет равняться третьей части от :

Площадь треугольника равна:

Подставив найденные значения , ,  и  в уравнение для , получим:

Ответ: 

Задача № 4

Найти координаты центра тяжести квадратной пластины с вырезом в виде сегмента радиуса (рис.9.13), если

Решение. Осью симметрии рассматриваемой фигуры будет диагональ прямоугольника

Поэтому направим ось вдоль этой линии, а ось – перпендикулярно (рис.9.13).

Центр тяжести пластины будет лежать на оси , то есть

Площадь фигуры можно представить как разницу площадей квадрата (положительная площадь) и сектора (отрицательная площадь).

Абсцисса центра тяжести фигуры будет равняться:

где  – абсцисса центра тяжести квадрата ;

 – абсцисса центра тяжести сектора ;

 и  – площади квадрата и сектора.

Для квадрата получим:

Как следует из рис. 9.13, равняется

где  – расстояние от точки к центру тяжести кругового сектора .

Для кругового сектора (раздел 9.3.2) получим:

Поскольку  и , то 

Таким образом, абсцисса равняется:

Площадь кругового сектора :

Подставив значение , ,  и  в формулу для , получим:

Ответ:  

Задача № 5

Найти координаты центра тяжести площади, ограниченной (рис.9.14) правой веткой параболы , осью  и прямой

Решение. На расстоянии  от оси выделяем элементарную площадку шириной (заштрихованная область).

Площадь выделенной элементарной площадки будет равняться:

Площадь фигуры, что ограничена заданными линиями:

Поскольку точка представляет собой пересечение параболы и прямой , то 

Отсюда: 

Тогда:

Абсцисса центра тяжести

Для определения координаты выделим элементарную площадку шириной на расстоянии  от оси .

Площадь выделенной площадки:

Ордината центра тяжести:

Тогда: 

Ответ: 

Способы определения координат центра тяжести тела

Существует несколько способов определения координат центра тяжести тел. среди них различают: метод симметрии, метод разбиения и дополнения, экспериментальные способы.

Рассмотрим последовательно эти способы.

Метод симметрии

Если однородное тело имеет плоскость, ось или центр симметрии, то его центр тяжести лежит соответственно в плоскости симметрии, или на оси симметрии, или в центре симметрии.

Таким образом, центр тяжести однородных симметричных тел, таких как кольца,
прямоугольные пластины, прямоугольные параллелепипеды, шары и другие тела, которые
имеют центр симметрии, расположенный в геометрических центрах (центры симметрии) этих тел.

Метод разбиения

Если тело можно разбить на конечное число таких частей, для каждой из которых положение центра тяжести нетрудно определяется, то координаты центра тяжести всего тела можно определить непосредственно по формулам выше. Причем количество слагаемых в числителе каждого из указанных выражений будет равно количеству частей, на которое разбивается тело.

Приведем пример определения центра тяжести тела методом разбиения его на отдельные тела, центры тяжести которых известны.

Пример:

Определить координаты центра тяжести однородной пластины. Размеры в
мм заданные на рис. 1.64

Решение.

Выберем оси координат x и y. Разбиваем пластину на отдельные прямоугольные части. Для каждого прямоугольника проводим диагонали, точки пересечения которых c₁, c₂ и c₃ соответствуют центрам веса каждого прямоугольника. В принятой системе координат нетрудно получить значение координат этих точек. А именно: c₁ (–1,1), c₂ (1,5), c₃ (5,9). Площади каждого тела соответственно равны: I — s₁ = 4 см²; II — s₂ = 20 см²; III — s₃ = 12 см². Площадь всей пластины равна: S = s₁ + s₂ + s₃ = 36 см².

Для определения координат центра тяжести заданной пластины используем выражение выше. Подставив значения всех известных величин в уравнения, получим

По вычисленным значениям координат центра тяжести пластины можно обозначить точку C на рисунке. Как видим, центр тяжести (геометрическая точка) пластины расположен за ее пределами.

Метод дополнения

Способ, о котором говорится далее, является некоторым случаем способа разбиения. Он может применяться к телам, которые имеют вырезы, полости, причем без учета выреза, или вырезанной части тела положение центра тяжести тела известно. Рассмотрим пример применения такого метода.

Пример. Определить положение центра тяжести круглой пластины радиусом R, имеет круговое отверстие радиуса r (рис. 1.65). Расстояние C₁C₂ = a.

Решение.

Как видно из рисунка, центр тяжести пластины находится на оси симметрии пластины x, то есть на прямой, проходящей через точки C₁ и C₂. Таким образом, для определения положения центра тяжести этой пластины необходимо вычислить только одну координату x_C, поскольку вторая координата y_C равна нулю. Покажем оси координат x, y. Примем, что пластина состоит из двух тел — с полного круга (без учета выреза) и тела,
образовано вырезом. В принятой системе координаты x для указанных тел будут равны: x₁ = 0; x₂ = C₁C₂ = a. Площади тел равны: Общая площадь всего тела будет равна физической разницы между площадями первого и второго тел, а именно
Для определения неизвестной координаты центра тяжести
заданной пластины используем первое уравнение выражения.

Подставив значения всех известных величин в это уравнение, получим

Таким образом, значение координаты x_C отрицательное, а потому, поскольку вторая координата 0 y_C = 0, то центр тяжести пластины C размещен на оси x слева от точки C₁.

Экспериментальные способы

Эти способы нашли широкое применение при отыскании положения центра тяжести тел сложных форм и конфигураций, для которых другие способы почти непригодны вследствие громоздкости и сложности. К таким телам, в первую очередь, следует отнести комбайны, тракторы, сложные сельскохозяйственные машины и орудия. При применении экспериментальных способов отыскания положения
центра тяжести наиболее широко используют метод подвешивания и метод взвешивания тел.

При применении метода подвешивания тело на тросе подвешивают за различные его точки. Направление троса, будет давать каждый раз направление силы веса тела. Тогда точка пересечения этих направлений и дает положение центра тяжести тела.

Использование второго метода — взвешивание требует измерения веса всего тела, а также отдельных его частей. Рассмотрим пример применения этого метода.

Пример.

Определим продольную координату центра тяжести трактора, у которого продольная база составляет l (рис. 1.66).

Решение.

Сначала поставим на платформу весов задние колеса трактора, как это показано на рисунке. Итак, определяем силу давления задних колес на платформу, или реакцию . Аналогично определяем вес переднего моста, или реакцию . Вполне понятно, что сумма этих реакций равна общему весу трактора, а именно:

Q = R_A + R_B.

Теперь составим алгебраическую сумму моментов всех сил относительно точки A. Она равна

Откуда определяем продольную координату центра тяжести:

x_C = .

Для определения поперечной координаты центра тяжести трактора необходимо знать реакции левых колес (переднего и заднего) и правых, а также поперечную базу трактора. Дальше аналогичным выражением определяется эти координаты центра тяжести.

Центры тяжести некоторых однородных тел

Определим далее координаты центров тяжести некоторых простых однородных тел.

Центр тяжести дуги окружности

Рассмотрим дугу AB окружности радиусом R, в которой центральный угол OAB равен 2α (радиан) (рис. 1.67). Покажем оси координат x, y начало которых разместим в точке O. Вследствие того, что дуга имеет ось симметрии Ox, то центр ее тяжести будет расположен именно на этой оси (y_C = 0). Остается только вычислить координату x_C.

Используем для вычисления этой координаты первое уравнение выражения, а именно

Определим составляющие, которые необходимо подставить в это уравнение. Для этого выделим на дуге AB элемент M M₁ длиной dl, равной:

dl = R · dφ.

Если φ — угол, определяющий положение элемента M M₁ на дуге AB, то координата x элемента M M₁ будет равна:

x = Rcosφ.

Общая длина дуги AB равна:

L = 2α · R.

Подставим эти значения в первое уравнение выражения. При этом считается, что интеграл в числителе данного выражения должен быть определенным по всей длине дуги. Будем иметь:

Таким образом, координата x_C будет равняться

x_C = .

Центр тяжести треугольника

Есть произвольный треугольник, вершины которого в принятой системе координат Oxy соответствуют точкам с координатами A₁ (x₁, y₁), A₂ (x₂, y₂), A₃ (x₃, y₃) (рис. 1.68). Если провести прямые, которые будут параллельны основе A₁A₃ и провести их достаточное количество, то вся площадь треугольника будет состоять из полос бесконечно малой ширины, центры тяжести которых будут размещены посередине каждой полосы, а потому и центр тяжести треугольника будет расположенный на его медиане. А если провести линии, параллельные другой стороне треугольника, то и в этом случае центр тяжести будет размещен на соответствующей медиане. Таким образом, совершенно очевидно, что центр тяжести треугольника C будет расположен в точке пересечения его медиан.

Определим координаты этой точки. По курсу аналитической геометрии известно, что точка пересечения медиан треугольника в принятой системе координат определяется такими зависимостями

где x₁, x₂, …, y₃  — координаты вершин треугольника.

Полезно также знать, что

Центр тяжести сектора

Рассмотрим круговой сектор OAB радиуса R, центральный угол которого равен 2α (радиан) (рис. 1.69). Центр тяжести сектора, вполне очевидно, лежит на оси его симметрии, то есть на биссектрисе угла AOB. Эту биссектрису примем за ось x и найдем на этой оси положение центра C. Разобьем площадь сектора на бесконечно большое число элементарных секторов с центральными углами ∆φ.

Будем рассматривать каждый сектор как треугольник с основанием R · ∆φ и высотой R. Центр тяжести каждого треугольника расположен на расстоянии  от центра сектора. Таким образом, центры тяжести всех треугольников расположены на дуге A´B´. Итак, если 0 ∆φ → 0, то центры тяжести образуют дугу AB, тогда необходимо найти центр тяжести дуги A´B´. Используем формулу, по которой определяется центр тяжести дуги окружности радиусом r:

Тогда учитывая, что

Будем иметь

Услуги по теоретической механике:

1. Заказать теоретическую механику
2. Помощь по теоретической механике
3. Заказать контрольную работу по теоретической механике

Учебные лекции:

1. Статика
2. Система сходящихся сил
3. Момент силы
4. Пара сил
5. Произвольная система сил
6. Плоская произвольная система сил
7. Трение
8. Расчет ферм
9. Расчет усилий в стержнях фермы
10. Пространственная система сил
11. Произвольная пространственная система сил
12. Плоская система сходящихся сил
13. Пространственная система сходящихся сил
14. Равновесие тела под действием пространственной системы сил
15. Естественный способ задания движения точки
16. Центр параллельных сил
17. Параллельные силы
18. Система произвольно расположенных сил
19. Сосредоточенные силы и распределенные нагрузки
20. Кинематика
21. Кинематика твердого тела
22. Движения твердого тела
23. Динамика материальной точки
24. Динамика механической системы
25. Динамика плоского движения твердого тела
26. Динамика относительного движения материальной точки
27. Динамика твердого тела
28. Кинематика простейших движений твердого тела
29. Общее уравнение динамики
30. Работа и мощность силы
31. Обратная задача динамики
32. Поступательное и вращательное движение твердого тела
33. Плоскопараллельное (плоское) движение твёрдого тела
34. Сферическое движение твёрдого тела
35. Движение свободного твердого тела
36. Сложное движение твердого тела
37. Сложное движение точки
38. Плоское движение тела
39. Статика твердого тела
40. Равновесие составной конструкции
41. Равновесие с учетом сил трения
42. Колебания материальной точки
43. Относительное движение материальной точки
44. Статические инварианты
45. Дифференциальные уравнения движения точки под действием центральной силы и их анализ
46. Динамика системы материальных точек
47. Общие теоремы динамики
48. Теорема об изменении кинетической энергии
49. Теорема о конечном перемещении плоской фигуры
50. Потенциальное силовое поле
51. Метод кинетостатики
52. Вращения твердого тела вокруг неподвижной точки

         Приведем пример
определения центра массы тела методом разделения его на отдельные тела, центры
масс которых известны.

Пример 1. Определить координаты центра массы однородной
пластины (рис.9). Размеры заданы в миллиметрах  на рисунке 9.

Решение:  Показываем оси координат  и
. Разбиваем пластину на части,
которые образованы тремя прямоугольниками. Для каждого прямоугольника проводим
диагонали, точки пересечения которых  и определяют положения центров массы
каждого прямоугольника. В  принятой системе координат несложно найти значения
координат этих точек. А именно:

(-1;
1), (1;5),(5;9).
Площади каждого тела соответственно равны:

 ; ;
.

Площадь всей пластины равна:

.

         Для определения
координат центра массы заданной пластины применяем выражения (21). Подставим
значения всех известных величин в  данном уравнении, получим

.

         Согласно полученных
значений координат центра массы пластины укажем точку С на рисунке. Как видно,
центр массы (геометрическая точка) пластины находится за ее пределами.

Способ дополнения. Этот способ есть частичным случаем способа
разделения. Он может применяться к телам, которые имеют вырезы (пустоты).
Причем, без  вырезанной части, положение центра массы тела известно. Рассмотрим
например применение такого  метода.

Пример 2. Определить положение центра массы веса круглой
пластины радиусом  R, в которой есть вырез радиусом  r (рис.10). Расстояние .

Решение: Как видим, из  рис.10 центр массы пластины лежит на
оси симметрии пластины, то есть на прямой ,
поскольку эта прямая есть осью симметрии. Таким образом, для определения
положения центра массы этой пластины необходимо определить только одну
координату , поскольку вторая координата  будет расположена на оси симметрии и
уравновешивает нулевые. Покажем оси координат , . Примем, что
пластина складывается из двух тел – из  полного круга (как будто без выреза) и
тела, которое как будто выполнено с вырезом. В принятой системе координат
координаты  для указанных тел будут равны: .Площади  тел равны: ; .
Общая  площадь всего тела будет равна разнице между площадями  первого и
второго тела, а именно

.

 Теперь,
 для определения неизвестной координаты центра массы заданной пластины
применяем первое уравнение выражения (21). Подставим значения всех известных
величин в это уравнение, получаем

.

Уважаемый посетитель!

Чтобы распечатать файл, скачайте его (в формате Word).

Ссылка на скачивание – внизу страницы.

3 Приложения
двойных интегралов

3.1 Теоретическое
введение

Рассмотрим приложения двойного интеграла
к решению ряда геометрических задач и
задач механики.

3.1.1 Вычисление площади и массы плоской
пластины

Рассмотрим тонкую материальную
пластину D,
расположенную в плоскости Оху.

Площадь
S
этой пластины может быть найдена с
помощью двойного интеграла по формуле:

­ ­ ­

(1)

Пусть в каждой точке пластины
задана ее поверхностная плотность γ
= γ (x,
y) ≥ 0. Будем считать,
что функция γ = γ (x,
y) непрерывна в области
D.
Тогда масса
m
этой пластины равна двойному интегралу
от функции плотности γ (x,
y) по области D:

­ ­ ­

(2)

3.1.2
Статические моменты. Центр масс плоской
пластины

Статическим моментом
M_x
относительно оси Ox
материальной точки P(x;y),
лежащей в плоскости Oxy
и имеющей массу m,
называется произведение массы точки
на ее ординату, т.е. M_x=
my. Аналогично
определяется статический момент M_y
относительно оси Oy:
­ ­ ­ M_y
= mx.
Статические
моменты плоской
пластины с поверхностной плотностью γ
= γ (x,
y) вычисляются по
формулам:

­ ­ ­

(3)

­ ­ ­

(4)

Как известно из механики,
координаты x_c
, y_c
центра масс плоской материальной системы
определяются равенствами:

­ ­ ­

(5)

где m
– масса системы, а M_x
и M_y
– статические моменты системы. Масса
плоской пластины m
определяется формулой (1), статические
моменты плоской пластины можно вычислить
по формулам (3) и (4). Тогда, согласно
формулам (5), получаем выражение для
координат центра масс плоской пластины:

­ ­ ­

(6)

3.2 Содержание
типового расчета

Типовой расчет содержит
две задачи. В каждой задаче задана
плоская пластина D,
ограниченная линиями, указанными в
условии задачи. Г(x,y)
– поверхностная плотность пластины D.
Для этой пластины найти:
1. S
– площадь;
2. m
– массу;
3. M_y
, M_x
– статические моменты относительно
осей Оy
и Ох
соответственно;
4.
,
–
координаты центра масс.

3.3 Порядок
выполнения типового расчета

При решении каждой задачи
необходимо:
1. Выполнить чертеж заданной
области. Выбрать систему координат, в
которой будут вычисляться двойные
интегралы.
2. Записать область в виде
системы неравенств в выбранной системе
координат.
3. Вычислить площадь S
и массу m
пластины по формулам (1) и (2).
4. Вычислить
статические моменты M_y
, M_x
по формулам (3) и (4).
5. Вычислить
координаты центра масс
,
по
формулам (6). Нанести центр масс на чертеж.
При этом возникает визуальный
(качественный) контроль полученных
результатов.
Численные ответы должны
быть получены с тремя значащими цифрами.

3.4 Примеры
выполнения типового расчета

Задача 1.
Пластина D
ограничена линиями: y
= 4 – x²;
х =
0; y
= 0 (x
≥ 0; y
≥ 0) Поверхностная плотность γ₀
= 3.
Решение.
Область, заданная в задаче, ограничена
параболой y
= 4 – x²,
осями координат и лежит в первой четверти
(рис. 1). Задачу будем решать в декартовой
системе координат. Эта область может
быть описана системой неравенств:

Рис.
1

Площадь S
пластины равна (1):

Так
как пластина однородная, ее масса m
= γ₀S
= 3·
= 16.
По формулам (3), (4) найдем статические
моменты пластины:




Координаты
центра масс находятся по формуле (6):

Ответ:
S ≈
5,33; m
= 16; M_x
= 25,6; M_y
= 12;
=
0,75;
=
1,6.

Задача 2.
Пластина D
ограничена линиями: х²
+ у²
= 4; х
= 0, у
= х
( х
≥ 0, у
≥ 0). Поверхностная плотность γ(x,y)
= у.

Решение.
Пластина ограничена окружностью и
прямыми, проходящими через начало
координат (рис. 2). Поэтому для решения
задачи удобно использовать полярную
систему координат. Полярный угол φ
меняется от π/4 до π/2. Луч, проведенный
из полюса через пластину, «входит» в
неё при ρ = 0 и «выходит» на окружность,
уравнение которой: х²
+ у²
= 4 <=> ρ = 2.

Рис.
2

Следовательно, заданную
область можно записать системой
неравенств:

Площадь
пластины найдем по формуле (1):

Массу
пластины найдем по формуле (2), подставив
γ(x,y)
= у = ρ
sinφ:

Для
вычисления статических моментов пластины
используем формулы (3) и (4):




Координаты
центра масс получим по формулам (6):

Ответ:
S ≈
1,57; m
≈ 1,886; M_x
= 2,57; M_y
= 1;
=
0,53;
=
1,36.

3.5 Оформление
отчета

В отчете должны быть представлены все
выполненные расчеты, аккуратно выполненные
чертежи. Численные ответы должны быть
получены с тремя значащими цифрами.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

Механические приложения двойного интеграла

Будем считать, что $mathbf { textit { D } } $ – неоднородная плоская пластина с поверхностной плотностью материала в точке $P$ равной $mu (P)$. В механике $mu (P)$ определяется так. Точка $P$ окружается малой областью $mathbf { textit { S } } $, находится масса $mathbf { textit { m } } (mathbf { textit { S } } )$ и площадь этой области { площадь тоже будем обозначать буквой $mathbf { textit { S } } $ } и $mu (P)=mathop { lim } limits_ { diam(S)to 0 } frac { m(S) } { S } $.

Для нахождения массы по заданной плотности мы решим обратную задачу. Разобьём $mathbf { textit { D } } $ на малые подобласти $mathbf { textit { D } } _ { 1 } $, $mathbf { textit { D } } _ { 2 } $,$mathbf { textit { D } } _ { 3 } , { ldots } , mathbf { textit { D } } _ { n } $, в каждой из подобластей $mathbf { textit { D } } _ { i } $ выберем произвольную точку $mathbf { textit { P } } _ { i } $, и, считая что в пределах $mathbf { textit { D } } _ { i } $ плотность постоянна и равна $mu (P_i )$, получим, что масса $mathbf { textit { D } } _ { i } $ приближённо есть $mu (P_i )cdot s(D_i )$, а масса всей пластины $sumlimits_ { i=1 } ^n { mu (P_i )cdot s(D_i ) } $.

Это интегральная сумма, при уменьшении $d=mathop { max } limits_ { i=1,2,ldots ,n } diam(D_i )$ точность приближения увеличивается, и в пределе $m(D)=mathop { lim } limits_ { begin{array} { l } dto 0 \ (nto infty ) \ end{array} } sumlimits_ { i=1 } ^n { mu (P_i )cdot Delta s(D_i ) } =iintlimits_D { mu (P)ds } $.

Аналогично находятся другие параметры пластины:

Координаты центра тяжести

$x_c =frac { 1 } { m(D) } iintlimits_D { xcdot mu (P)ds } $, $y_c =frac { 1 } { m(D) } iintlimits_D { ycdot mu (P)ds } $;

Моменты инерции пластины

• $I_x =iintlimits_D { y^2cdot mu (P)ds } $ { относительно оси $mathbf { textit { Ox } } $ } ,
• $I_y =iintlimits_D { x^2cdot mu (P)ds } $ { относительно оси $mathbf { textit { Oy } } $ } ,
• $I_O =iintlimits_D { (x^2+y^2)cdot mu (P)ds } =I_x +I_y $ { относительно начала координат } .

Пластина расположена в области (R) и ее плотность в точке ( { left( { x,y }right) } ) равна ( { rho left( { x,y }right) } ).

Масса пластины

(m = largeiintlimits_Rnormalsize { rho left( { x,y }right)dA } )

Статические моменты пластины

Момент пластины относительно оси (Ox) определяется формулой

( { M_x } = largeiintlimits_Rnormalsize { yrho left( { x,y }right)dA } )

Аналогично, момент пластины относительно оси (Oy) выражается в виде

( { M_y } = largeiintlimits_Rnormalsize { xrho left( { x,y }right)dA } )

Координаты центра масс пластины

• (bar x = largefrac { { { M_y } } } { m } normalsize = largefrac { 1 } { m } normalsize largeiintlimits_Rnormalsize { xrho left( { x,y }right)dA } = largefrac { { iintlimits_R { xrho left( { x,y }right)dA } } } { { iintlimits_R { rho left( { x,y }right)dA } } } normalsize,;)
• (bar y = largefrac { { { M_x } } } { m } normalsize = largefrac { 1 } { m } normalsize largeiintlimits_Rnormalsize { yrho left( { x,y }right)dA } = largefrac { { iintlimits_R { yrho left( { x,y }right)dA } } } { { iintlimits_R { rho left( { x,y }right)dA } } } normalsize ).

Заряд пластины

(Q = largeiintlimits_Rnormalsize { sigma left( { x,y }right)dA } ),

где электрический заряд распределен по области (R) и его плотность в точке ( { left( { x,y }right) } ) равна ( { sigma left( { x,y }right) } ).

Среднее значение функции

(mu = largefrac { 1 } { S } iintlimits_Rnormalsize { fleft( { x,y }right)dA } ,;) где (S = largeiintlimits_Rnormalsize { dA } ).

Пример 1

Найти параметры неоднородной плоской пластины, ограниченной кривыми

$D:left[{ begin{array} { l } y=x^2, \ y=4; \ end{array} }right.$ если плотность $mu (x,y)=y+1$.

Решение:

$m(D)=iintlimits_D { (y+1)dxdy } =2intlimits_0^2 { dx } intlimits_ { x^2 } ^4 { (y+1)dy } =2intlimits_0^2 { left. { left( { y^2/2+y }right) }right|_ { x^2 } ^4 dx } =$ $ =2intlimits_0^2 { left( { 12-x^4/2-x^2 }right)dx } =2left. { left( { 12x-x^5/10-x^3/3 }right) }right|_0^2 =2left( { 24-frac { 16 } { 5 } -frac { 8 } { 3 } }right)=frac { 544 } { 15 } . $ $ x_c =frac { 1 } { m(D) } iintlimits_D { x(y+1)dx } dy=frac { 15 } { 544 } intlimits_ { -2 } ^2 { dx } intlimits_ { x^2 } ^4 { x(y+1)dy } =frac { 15 } { 544 } intlimits_ { -2 } ^2 { xleft. { left( { y^2/2+y }right) }right|_ { x^2 } ^4 dx } = $ $=frac { 15 } { 544 } intlimits_ { -2 } ^2 { left( { 12x-x^5/2-x^3 }right)dx } = quad =frac { 1 } { 544 } left. { left( { 6x^2-x^6/10-x^4/4 }right) }right|_ { -2 } ^2 =0$ { что и следовало ожидать, так как область и плотность симметричны относительно оси Оу). $ begin{array} { l } y_c =frac { 1 } { m(D) } iintlimits_D { y(y+1)dx } dy=frac { 15 } { 544 } intlimits_ { -2 } ^2 { dx } intlimits_ { x^2 } ^4 { y(y+1)dy } =frac { 15 } { 272 } intlimits_0^2 { left. { left( { y^3/3+y^2/2 }right) }right|_ { x^2 } ^4 dx } = \ =frac { 15 } { 272 } intlimits_0^2 { left( { 64/3+8-x^6/3-x^4/2 }right)dx } =frac { 15 } { 272 } left. { left( { 88x/3-x^7/21-x^5/10 }right) }right|_0^2 =frac { 15 } { 272 } left( { frac { 176 } { 3 } -frac { 128 } { 21 } -frac { 16 } { 5 } }right)=frac { 15 } { 272 } cdot frac { 1728 } { 35 } approx 2,72. \ end{array} $ $ I_x =iintlimits_D { y^2(y+1)dx } dy=2intlimits_0^2 { dx } intlimits_ { x^2 } ^4 { y^2(y+1)dy } =2intlimits_0^2 { left. { left( { y^4/4+y^3/3 }right) }right|_ { x^2 } ^4 dx } =2intlimits_0^2 { left( { frac { 256 } { 3 } -frac { x^8 } { 4 } -frac { x^6 } { 3 } }right)dx } = $ $ =2left. { left( { frac { 256 } { 3 } x-frac { x^9 } { 36 } -frac { x^7 } { 21 } }right) }right|_0^2 approx 300,7. $ $ I_y =iintlimits_D { x^2(y+1)dx } dy=2intlimits_0^2 { x^2dx } intlimits_ { x^2 } ^4 { (y+1)dy } =2intlimits_0^2 { x^2left. { left( { y^2/2+y }right) }right|_ { x^2 } ^4 dx } =2intlimits_0^2 { x^2left( { 12-frac { x^4 } { 2 } -x^2 }right)dx } = $ $ =2left. { left( { 4x^3-frac { x^7 } { 14 } -frac { x^5 } { 5 } }right) }right|_0^2 approx 32,9. quad I_O =iintlimits_D { left( { x^2+y^2 }right)(y+1)dx } dy=I_x +I_y approx 333,6. $

Пример 2

Вычислить моменты инерции треугольника, ограниченного прямыми (x + y = 1,) (x = 0,) (y = 0) и имеющего плотность $rho left( { x,y }right) = xy.$

Решение:

Найдем момент инерции пластины относительно оси (Ox:) $ { { I_x } = iintlimits_R { { y^2 } rho left( { x,y }right)dxdy } } = { intlimits_0^1 { left[ { intlimits_0^ { 1 – x } { { y^2 } xydy } }right]dx } } = { intlimits_0^1 { left[ { intlimits_0^ { 1 – x } { { y^3 } dy } }right]xdx } } = { intlimits_0^1 { left[ { left. { left( { frac { { { y^4 } } } { 4 } }right) }right|_0^ { 1 – x } }right]xdx } } = \ = { frac { 1 } { 4 } intlimits_0^1 { { { left( { 1 – x }right) } ^4 } xdx } } = { frac { 1 } { 4 } intlimits_0^1 { left( { 1 – 4x + 6 { x^2 } – 4 { x^3 } + { x^4 } }right)xdx } } = \ = { frac { 1 } { 4 } intlimits_0^1 { left( { x – 4 { x^2 } + 6 { x^3 } – 4 { x^4 } + { x^5 } }right)dx } } = { frac { 1 } { 4 } left. { left( { frac { { { x^2 } } } { 2 } – frac { { 4 { x^3 } } } { 3 } + frac { { 6 { x^4 } } } { 4 } – frac { { 4 { x^5 } } } { 5 } + frac { { { x^6 } } } { 6 } }right) }right|_0^1 } = { frac { 1 } { 4 } left( { frac { 1 } { 2 } – frac { 4 } { 3 } + frac { 3 } { 2 } – frac { 4 } { 5 } + frac { 1 } { 6 } }right) } = { frac { { 49 } } { { 120 } } . } $

Аналогично вычислим момент инерции относительно оси (Oy:) $ { { I_y } = iintlimits_R { { x^2 } rho left( { x,y }right)dxdy } } = { intlimits_0^1 { left[ { intlimits_0^ { 1 – x } { { x^2 } xydy } }right]dx } } = { intlimits_0^1 { left[ { intlimits_0^ { 1 – x } { ydy } }right] { x^3 } dx } } = { intlimits_0^1 { left[ { left. { left( { frac { { { y^2 } } } { 2 } }right) }right|_0^ { 1 – x } }right] { x^3 } dx } } = { frac { 1 } { 2 } intlimits_0^1 { { { left( { 1 – x }right) } ^2 } { x^3 } dx } } = \ = { frac { 1 } { 2 } intlimits_0^1 { left( { 1 – 2x + { x^2 } }right) { x^3 } dx } } = { frac { 1 } { 2 } intlimits_0^1 { left( { { x^3 } – 2 { x^4 } + { x^5 } }right)dx } } = { frac { 1 } { 2 } left. { left( { frac { { { x^4 } } } { 4 } – frac { { 2 { x^5 } } } { 5 } + frac { { { x^6 } } } { 6 } }right) }right|_0^1 } = { frac { 1 } { 2 } left( { frac { 1 } { 4 } – frac { 2 } { 5 } + frac { 1 } { 6 } }right) } = { frac { 1 } { { 120 } } . } $

Пример 3

Электрический заряд распределен по площади диска ( { x^2 } + { y^2 } = 1) таким образом, что его поверхностная плотность равна $sigma left( { x,y }right) = 1 + { x^2 } + { y^2 } ;left( { text { Кл/м } ^2 }right)$ Вычислить полный заряд диска.

Решение:

В полярных координатах область, занятая диском, описывается множеством (left[{ left( { r,theta }right)|;0 le r le 1,0 le theta le 2pi }right].)

Полный заряд будет равен $ { Q = iintlimits_R { sigma left( { x,y }right)dxdy } } = { intlimits_0^ { 2pi } { left[ { intlimits_0^1 { left( { 1 + { r^2 } { { cos } ^2 } theta + { r^2 } { sin^2 } theta }right)rdr } }right]dtheta } } = { intlimits_0^ { 2pi } { dtheta } intlimits_0^1 { left( { 1 + { r^2 } }right)rdr } } = { 2pi intlimits_0^1 { left( { r + { r^3 } }right)dr } } = \ = { 2pi left. { left( { frac { { { r^2 } } } { 2 } + frac { { { r^4 } } } { 4 } }right) }right|_0^1 } = { 2pi left( { frac { 1 } { 2 } + frac { 1 } { 4 } }right) } = { frac { { 3pi } } { 2 } ;left( { text { Кл } }right). } $