Черненко В.Д. Высшая математика в примерах и задачах (том 1)

Подождите немного. Документ загружается.

660

Гпава

а . . а

В силу симметрии 'w^ =

^^^

= —

= —.

Pt^c.

12.43

б) Обозначим прямую, проходящую через вершину,

за /.

Через а^ обозначим ширину сечения, параллельного оси Ох, на

расстоянии

от вершины треугольника. Из подобия трегольни-

ков -^

== —

=h. Отсюда, статический момент

момент инер-

а а

ции

га

Г" 2 ^

L^\\h4h=rh4h

h у Jo 4

в) Центр тяжести треугольника расположен на Т" высоты

от основания. Проведем через центр тяжести ось /

(рис.

12.44 ).

Обозначим через

а^,

ширину сечения, параллельного оси /, на

расстоянии

h от

нее. Ширина сечения выше

оси /

равна

a^,=--a-h, ниже а„ =

—а

А.

' 3

Поскольку ось /проходит через центр тяжести, то статичес-

кий момент треугольника относительно

ее

равен

нулю.

Действи-

тельно, для верхней части треугольника

ПРИПО^КЕНИЕ ОПРЕПЕПЕННОГО ИНТЕГРАПА

661

— а\

-i

а i

i 1

Ул^\

la^ ) /г \

Рис. 12.44

т,

ДЛЯ

нижней

hdh

^2 h' h'^^

—а

3 2 3

—а

•

=lHh*''

hdh

27 3'

При вычислении статических моментов расстояния точек,

лежащих по разные стороны от оси /, берутся с разными знака-

ми,

следовательно, т,

т"

—т,"

=0.

Момент инерции верхней части треугольника относительно

оси / равен

^'=f |'-*Р*=

2 h' h

—а

3 3 4

4 Л

—а

а^4

813'

Момент инерции нижней части треугольника

Л'^

2 h' h

—а

—

+ —

3 3 4

4 Л

^11

8112'

Таким образом, момент инерции всего треугольника равен

aV4

81 3 12

36'

662

Гпава 12

6.6. Найти статический момент и момент инерции фигуры,

ограниченной линиями у

х^ и у = л/х относительно оси абс-

цисс.

Решение. Плоская фигура, ограничения заданными линия-

ми,

показана на

рис.

12.45. Ширина сечения на расстоянии у по

X опредляется разностью абсцисс ^2^У)'"^\{у)

= ^^У

^У .

оси

Статический момент определяем по формуле

Рис. 12.45

т,

= £я

VJ^-/)^=

.5/2 У

4 Л

20'

Момент инерции находим по первой из формул (10)

h=iy\4y-y")dy

Z//2_y_

2 5

5 Л

35'

6.7. Найти статический момент относительно основания:

а) кругового конуса; б) полусферы; в) поверхности кругового

конуса; г) поверхности полусферы.

Решение. а)Расположим оси координат относительно кону-

са, как показано на

рис.

12.46. Из подобия треугольников ОАВ и

MNB имеем

Н-х

у \ Н

Статический момент от-

носительно плоскости основания находим по формуле (5)

ПРИПО^КЕНИЕ ОПРЕПЕПЕННОГО ИНТЕГРАПА

663

Рис. 12.46

(

рЯ рЯ

х-2

\ах

Н Я'

7ГЯ^

' Х^ ^ JC" X

2 +

4 Л

ЗЯ 4Я'

тт2

кК'Н

б)

Расположим оси координат относительно полусферы, как

показано на

рис.

12.47.

Из треугольника OMN имеем у^ =R^ —х^.

Статический момент относительно плоскости основания вычис-

ляем по формуле (5)

Рис. 12.47

^V2^'^\

^ dx

Kl x(R -x)dx-K

f 2 4 л

/?^—-

—

nR'

в) Поскольку поверхность кругового конуса представляет

поверхность вращения вокруг оси Ох (рис. 12.46), то статичес-

664

Гпава 12

КИЙ

момент относительно плоскости основания вычисляем по фор-

муле (6)

/и.

У^

2KJ"

хуф + y^dx =

27cj"xR\l-—

dx =

2KR

1Г

ylH'+R'

^2 ЗЯ

жЯН

лМЧ^

г) Статический момент поверхности полусферы

(рис.

12.47)

относительно плоскости основания вычисляем по формуле (6)

/и^

= 2я J xyyjl +

у'^

dx.

Производную у находим из дифференцирования выраже-

ния

=/?^-Jc^: 1уу'

—2х,

у=—,

yjR^-x

ком интеграла примет вид

yjl +

y'^ =./1

+ —

Таким образом,

Радикал под зна-

' х'

rR i—z R R^ ,

т^=2к\

x^R^

-x^ -r==clx

2KR —

KR\

6.8. Найти статические моменты относительно координат-

ных плоскостей цилиндрической поверхности х^

-^-у^

=R^, ог-

раниченной плоскостями z

0 и z

у (у>0).

Решение. Заданная цилиндрическая поверхность показана

на рис. 12.48.

Статические моменты находим по формулам

(7),

учитывая,

что

y, л:'+/=7г^ у=-

VF^'

ПРИПОЖЕНИЕ ОПРЕПЕПЕННОГО ИНТЕГРАПА

665

yjl +

y^dx =

Rdx

ylR'-x''

Rdx

f* рл Rdx f«

m,„

= \

xzdl=\

xy I ^

R\ xdx

i^'-t^'^-'t^^"^-

Рис.

12. 48

Интегрируя по частям, будем иметь

Aw_

4¥^]

cyjR^-x-+R-

arcsin

-R'

r«

f«

i?rfx

•v

2J-R

2-'-* Л^-

Используя вычисления предьщущего интеграла, получим

666 Гпава 12

jc'

у''

6.9. Найти момент инерции эллипса —

+ —у

относитель-

а Ъ

но его осей.

Решение. Поскольку эллипс симметричен относительно

координатных осей, то достаточно найти момент инерции ча-

сти эллипса, расположенной в первом квадранте, и умножить

результат на 4. Согласно формулам (10) будем иметь

^V ~ ^ —л/л -

X dx , Делаем замену х = а sin /, тогда

•'^ а

acostdt и

1= —

\ а cos

ta^

sin^

ta cos

tdt

a^b

sin^ 2tdt =

a Jo Jo

cos

4t)dt = 71,

Jo 4

Аналогично находим момент инерции относительно оси х

1х=4\ —^Jb^-y^y^dy. Делаем замену y

bsint,

тогда

bcostdt и

4а f^, ,2.2/ т ^b^

I =—\ b cos tb sm tb cos tdt = ж.

' 6 Jo 4

6.10. Найти момент инерции: a) цилиндра; б) конуса отно-

сительно его оси, высота которого Я, а радиус основания R.

Решение, а) Разобьем цилиндр на элементарные цилиндри-

ческие трубки параллельно оси цилиндра

(рис.

12.49).

Объем та-

кой элементарной трубки V = InyHdy, где у — радиус трубки

толщиной dy и высотой Я.

Момент инер1|ии элементарной трубки относительно оси

равен dl^ = InHy^dy,

Суммируя, получим момент инерции цилиндра относитель-

но его оси

ПРИПОХСЕНИЕ ОПРЕПЕПЕННОГО ИНТЕГРАПА 667

1,=\У1^=2кН\1уЧу

]-кНК\

Рис. 12.49

б) Разобьем конус на элементарные цилиндрические труб-

ки параллельно оси конуса (рис. 12.50 ). Объем элементарной

трубки равен dV ^ 2л у hdy

где j — радиус трубки толщиной dy

и высотой

Из подобия треугольников ОАВ и MNB находим,

что h

Момент инерции элементарной трубки

2кН

(

У_

/dy.

Рис. 12.50

Суммируя, получим момент инерции конуса относительно

его оси

668

Гпава

pR л/г

^ Jo "^ Jo

\dy

27tH

= —KHR\

6.11.

Найти момент инерции боковой поверхности: а) ци-

линдра, высота которого Я, а радиус основания R, относительно

его оси; б) шара радиуса R относительно его диаметра.

Решение, а) Масса элементарной полоски боковой поверх-

ности цилиндра (рис. 12.51) на расстоянии R от оси вращения

есть SlnRdx.

Рис. 12,51

Момент инерции элементарной полоски относительно оси

Ох равен dl^ = R^8lTcRdx.

Суммируя, получим момент инерции цилиндрической повер-

хности, высота которой Я

/ = f"" dl =

2K5R^

\" dx

InSR'H

mR^,

^ Jo ^ Jo

где m

2K5RH

— масса боковой поверхности цилиндра.

б) Рассечем поверхность шара двумя параллельными плос-

костями, отстоящими друг от друга на расстоянии dx, и парал-

лельными плоскости Oj;z

(рис.

12.52).

Масса элементарной полоски боковой поверхности шара на

расстоянии у от диаметра, расположенного по оси Ох, есть

SlKydl

ПРИПОЖЕНИЕ ОПРЕПЕПЕННОГО ИНТЕГРАПА

669

Рис. 12.52

Момент инерции элементарной полоски относительно диа-

метра равен dl^ = y^Slnydl. Суммируя, получим момент инер-

ции поверхности шара относительно его диаметра

^ J-R ^ J-R

Учитывая, что х^ +

>'^

i?^,

yJR^

~х^, у =-

\]г -X

dl =

^Jl

/^dx =

Rdx

находим

4 = InSR^" (R^ -x')dx

2K5R

где m

AnSR^ — масса поверхности шара

R'x-—

-n5R'=-mR\

3 3

12Л*

Координаты центра тяжести

Точка С, являющаяся центром параллельных сил тяжести

частиц тела, называется центром тяжести данного тела.

1°.

Для материальной дуги АВ плоской кривой прямоуголь-

ные координаты центра тяжести определяются по формулам