Координаты центра тяжести. Практикум по математическому анализу. Урок 94

Координаты центра тяжести. Практикум по математическому анализу. Урок 94

Координаты центра тяжести
Центром тяжести совокупности материальных точек называется центр параллельных сил тяжести, приложенных в этих точках.
Для материальной дуги AB плоской кривой прямоугольные координаты центра тяжести С определяются формулами

x_{C}=\frac{m_{y}}{m}=\frac{\int_{(A)}^{(B)}\delta xdl}{\int_{(A)}^{(B)}\delta dl},\: y_{C}=\frac{m_{x}}{m}=\frac{\int_{(A)}^{(B)}\delta ydl}{\int_{(A)}^{(B)}\delta dl}\; \; \; (1)

где m — масса дуги AB; m_{x} и m_{y} — статические моменты этой дуги относительно осей Ox и Oy; \delta (M) — линейная плотность распределения массы в точке M(x,y) дуги; dl — дифференциал дуги; (A) и (B) обозначают значения выбранной переменной интегрирования в точках A и B.

Если материальная дуга является однородной, то формулы (1) упрощаются: постоянная \delta выносится за знаки интегралов и сокращается.

Координаты центра тяжести. Практикум по математическому анализу. Урок 94
Рис.1

Для материальной однородной криволинейной трапеции, прилежащей к оси Ox (см. рис. 1),

x_{C}=\frac{\int_{a}^{b}xydx}{\int_{a}^{b}ydx};\; y_{C}=\frac{\int_{a}^{b}y^{2}dx}{2\int_{a}^{b}ydx}.\; \; \; (2)

Центр тяжести однородной материальной линии или фигуры, имеющей ось симметрии, лежит на этой оси.

Пример 1. Найти центр тяжести четверти окружности x^{2}+y^{2}=a^{2}, расположенной в первом квадранте, если в каждой ее точке линейная плотность пропорциональна произведению координат точки.
Решение. Из уравнения окружности найдем y' затем dl:

2x+2yy'=0;\; y'=-\frac{x}{y};


dl=\sqrt{1+(y')^{2}}dx=\sqrt{1+\frac{x^{2}}{y^{2}}}dx=\sqrt{\frac{y^{2}+x^{2}}{y^{2}}}dx=\frac{a}{y}dx.

Далее вычислим интегралы, содержащиеся в формулах (1), полагая, согласно условию, \delta =kxy:

\int_{(A)}^{(B)}\delta xdl=\int_{0}^{a}kxy\cdot x\cdot \frac{a}{y}dx=ka\int_{0}^{a}x^{2}dx=\frac{ka}{3}x^{3} \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{0}^{a}=\frac{ka^{4}}{3},


\int_{(A)}^{(B)}\delta ydl=ka\int_{0}^{a}xydx=ka\int_{0}^{a}x\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx=\frac{ka}{2}\int_{a}^{0}(a^{2}-x^{2})^{\frac{1}{2}}d(a^{2}-x^{2})=\frac{ka}{3}(a^{2}-x^{2})^{\frac{3}{2}} \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{a}^{0}=\frac{ka^{4}}{3},


\int_{(A)}^{(B)}\delta dl=ka\int_{0}^{a}xdx=\frac{ka}{2}x^{2} \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{0}^{a}=\frac{ka^{3}}{2}.

Подставляя значения интегралов в формулы (1), получим

x_{C}=y_{C}=\frac{2}{3}a.

Очевидно, найденная точка не лежит на данной дуге, а расположена ниже ее.

Пример 2. Найти центр тяжести однородной арки циклоиды (рис.2)

x=a(t-\sin t),\; y=a(1-\cos t).

Решение. Данная однородная дуга симметрична относительно прямой x=\pi a. Поэтому центр тяжести дуги лежит на этой прямой, т. е. x_{C}=\pi a. Для определения y_{C} найдем дифференциал дуги циклоиды

dl=\sqrt{x^{2}+y^{2}}dt=\sqrt{a^{2}(1-\cos t)^{2}+a^{2}\sin^{2}t}dt=2a\sin \frac{t}{2}dt

Координаты центра тяжести. Практикум по математическому анализу. Урок 94
Рис.2

и вычислим интегралы, содержащиеся во второй из формул (1):

I_{1}=\int_{(A)}^{(B)}\delta ydl=2\delta a^{2}\int_{0}^{2\pi }(1-\cos t)\sin \frac{t}{2}dt=


=2\delta a^{2}\left ( \int \sin \frac{t}{2}dt-\int \cos t\sin \frac{t}{2}dt \right ) \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{0}^{2\pi }=2\delta a^{2}\left \{ 2\int \sin \frac{t}{2}d\frac{t}{2}-\frac{1}{2}\int \left [ \sin \frac{3}{2}t+\sin \left ( -\frac{t}{2} \right ) \right ]dt \right \} \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{0}^{2\pi }=


=2\delta a^{2}(-3\cos \frac{t}{2}+\frac{1}{3}\cos \frac{3}{2}t) \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{0}^{2\pi }=\frac{32}{3}\delta a^{2}.


I_{2}=\int_{(A)}^{(B)}\delta dl=2\delta a\int_{0}^{2\pi }\sin \frac{t}{2}dt=-4\delta a\cos \frac{t}{2} \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{0}^{2\pi }=8\delta a.

По формуле (1), y_{C}=\frac{4}{3}a.

Пример 3. Найти центр тяжести однородной фигуры (пластинки), ограниченной параболой \sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{a} и осями координат.

Координаты центра тяжести. Практикум по математическому анализу. Урок 94
Рис.3

Решение. Данная однородная фигура симметрична относительно биссектрисы первого координатного угла (рис. 3), поэтому x_{C}=y_{C}.
Вычислим интегралы, содержащиеся в первой из формул (2):

I_{1}=\int_{a}^{b}xydx=\int_{0}^{a}x(a^{\frac{1}{2}}-x^{\frac{1}{2}})^{2}dx=\int_{0}^{a}(ax-2a^{\frac{1}{2}}x^{\frac{3}{2}}+x^{2})dx=\left ( \frac{1}{2}ax^{2}-\frac{4}{5}a^{\frac{1}{2}}x^{\frac{5}{2}}+\frac{1}{3}x^{3} \right ) \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{0}^{a}=\frac{a^{3}}{30}.

I_{2}=\int_{a}^{b}ydx=\int_{0}^{a}x(a^{\frac{1}{2}}-x^{\frac{1}{2}})^{2}dx=\int_{0}^{a}(a-2a^{\frac{1}{2}}x^{\frac{1}{2}}+x)dx=\frac{a^{2}}{6}.

Следовательно, x_{C}=y_{C}=\frac{I_{1}}{I_{2}}=\frac{a}{5}.

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

пятнадцать − один =