Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Учебное пособие 1733

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

1.92 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 / 2417 18 19 20 21 22 23 24 > Следующая >>>

x = myz

òxy

1+ y¢2 dx

(8)

ò y 1 + (y¢ )2 dx

5°.

Координаты

центра

тяжести

цилиндрическо

поверхности,

перпендикулярной

плоскости хОу (рис.

3.29),

образующие

которой

ограничены

кривойz =

z(t),

определяются формулами

x =

myz

mxy

(9)

где S - площадь цилиндрической поверхности;

myz ,

mxz ,

mxy -

статические моменты (3.6 (7)) относительно координатных плоскостей.

6°. Теоремы Гульдина.

1)Площадь поверхности, полученной вращением дуги плоской кривой вокруг оси, лежащей в ее плоскости, но ее не пересекающей, равна длине этой дуги, умноженной на длину окружности, описанной ее центром тяжести.

2)Объем тела вращения, образованного вращением

плоской фигуры вокруг оси, лежащей							в	плоскости этой
фигуры и ее не пересекающей, равен произведению площади
этой фигуры на длину окружности, описанной									центром
тяжести площади фигуры.
7.1. Найти координаты центра тяжести дуги: а) цепной
линии	y = ach		x	(0 £ x £ a) ;		б)	арки		циклоиды
			a

x = a(t - sin t),		y = a(1- cos t) ,			если линейная плотность в
каждой	ее	точке		пропорциональна			абсциссе		точки;
в) кардиоиды		r = a (1+ cosj )			(0 £ j £ p ) .
Решение.		а) Воспользуемся				формулами		(1),	полагая,
что

161

плотность равна единице. Для этого найдем дифференциал дуги

dl = 1 + y¢2 dx = 1+ sh2 x dx = ch x dx .

Длина дуги равна

L = òdl = òch

dx = ash

= ash1.

Находим статические моменты:

= òxch

dx; mx

= a òch2

dx.

Интегрируя

по

:частямx = u, ch

dx = dv; dx = du;

v = ashxa , будем иметь

- aòsh

= ysh

dx = çaxsh

- a

a a æ

2x ö

a æ

2x ö

ç1

+ ch

÷dx =

ç x +

ò0 è

ö a = a2 (sh1- ch1 +1).

ø 0

	a	æ		1	ö
=		ç1	+		sh ÷.
=	2	ç1	+	2	sh ÷.
	2	è		2	ø

Таким образом, координаты центра тяжести дуги будут

		my		a	æ		1	ö
xc	=		=		(sh1 - sh1+1) = ç1	- th		÷;
		L		sh1			2
					è			ø

yc =

sh2

(csh1

+ ch1).

ç1

2sh1

б) Для определения массы дуги арки циклоидыт при заданной линейной плотности δ(М) = х найдем дифференциал ее дуги

dl = x2 + y2 dt = a2 (1 - cos t)2 + a2 sin 2 t dt = 2a sin t dt

и вычислим интеграл

162

m = ò xdl = 2a

ò (t -sin t) sin

dt = 2a

ò t sin

dt - ò sin t sin dt ÷

-2t cos

+ 4sin

sin

t ö

= 8a

Статический момент относительно оси Oy равен

= ò x2 dl = 2a3 ò(t - sin t)2 sin

dt =

= 2a

3 ç

òt

dt -

2 òt sin t sin

dt + òsin

t sin

sin

÷.

Интегрируя первые два интеграла по частям, получим:

3 æ

8 2p

= 2a

- 2t

cos

+ 4

òt cos

dt -

t sin

òsin

æ 2pæ

2 t ö

2 t

òç1

- 2a

- cos

÷cos

d cos

÷ =

3 æ

t ö

æ 8

3 t

= 2a

ç-

cos

+ 8t sin

+16 cos

- ç

t sin

çcos

2 ø

2 3 è

3 t

æ 8

t ö

2p ö

cos

è 3

2 5

2 ø

0 ø

8(p

- 4)

16a

çp

÷.

Статический момент относительно оси Ox равен

163

= ò xydl = 2a3 ò(t - sin t )(1 - cos t)sin

dt =

3 æ

çç

òt sin

dt - òt cos t sin

dt -

- òsin t sin

dt + òt cos t sin

dt -

- òsin t sin

dt + òsin t cos t sin

÷.

Интегрируя первые два интеграла по частям, получим

ç- 2t cos

+ 4 sin

2tç

cos

- cos

2 ø

è 3

2 ø

2p +

òcos3

dt + 2 òcos

dt -

sin 3

2 t

+ 2 òsin

cos

çcos

- sin

÷dt

3 æ

t ö

ç4p +

p - ç

çsin

sin

÷ - 4 sin

2 3

2 ø

æ 1

5 t ö

2p ö

3 æ

32a2p

+ 4ç

sin

= 2a

4p +

p ÷

è 3

2 5

2 ø

3 ø

0 ø

Координаты центра тяжести находим по формулам (1)

x =

2 -

16 ö

çp

÷,

p è

15 ø

в) найдём дифференциал дуги:

dL = (a2 (1 + cosj)2 + a2 sin 2 j)1

2 dj = 2a cos

dj.

Длина дуги:

L = 2aòcos

dj = 4a sin

= 4a.

Координаты центра тяжести находим по формулам (2):

164

p cosj ×2a cos

dj =

x (1 + cosj)cosj cos

dj =

4a ò

æp

òcosj cos

dj + òcos

j cos

dj ÷

a æ

j ö

p æ

2 j

çç2ò

ç1

- 2 sin

÷d sin

+ 2òç1- 4 sin

cos

÷d sin

2 è

2 ø

0 è

3 j

5 j

öö

= açsin

sin

+ sin

4ç

sin

÷÷

2 3

2 5

øø

p sin j × 2a cos

dj =

x (1 + cosj)cosj cos

dj =

ò0

æp

òsin j cos

dj +

òcos j sin j cos

÷ =

2 j j

2 j ö

- 4òcos

cos

- 4ò

ç2 cos

-1÷cos

d cos

æ 1

3 j

5 j

3 j ö

= -2aç

cos

è 3

7.2.Найти координаты центра тяжести фигуры,

ограниченной: а) осью Ох и полуокружностью y =	a2 - x2 ;
б) осями координат и дугой эллипсах = аcost у	= bsint,

расположенной в первом квадранте, если плотность в каждой ее точке пропорциональна оси ординат; в) линиями y2 = ах и х = а; г) правой петлей лемнискаты Бернулли p2=a2cos2φ.

Решение.	а)	Поскольку	полукруг	симметричен
относительно	оси координат, то центр тяжести			находится на

оси Оу и координата хc = 0.

Для вычисления координаты уc воспользуемся формулами

(3). В знаменателях формул (3) интегралы при δ(М) = 1 есть не что ,иноекак площадь фигуры, ограниченной

165

криволинейной

трапецией

осью абсцисс. Для

полукруга

a2 - x2 dx = pa

2 .

-а

Таким образом

(a2 - x2 )dx =

(a2

- x2 )dx =

ça2 x -

-a

pa è

-a

3 p

)б Так как

плоская

фигура

прилежит

кОх,осито

воспользуемся

формулами (3).

Масса

плоской

фигуры

равна m = ò y2dx. В первом квадранте при

возрастаниих от 0

до a величина t убывает от

до 0, поэтому

m = òb2 sin 2 t(-a sin t)dt = ab2 ò(1 - cos2 t )=

= ab

çcost

cos

t ÷

p 2

Найдем статические моменты:

mx =

y3 dx =

0 b3

sin3 t(-a sin t)dt = -

ab3

(1 - cos2t )2 dt =

pò

2 ò0

2 pò

ab3

= -

ç1- 2 cos 2t +

(1+ cos 4t )÷dt

p 2 è

ab3

1 æ

= -

çt -sin 2t +

çt +

sin 4t

pab

2 è

p 2

mx = ò xy 2dx = òa cos tb2 sin 2 t(-a sin t)dt = -a2b2 òsin 3 td sin t =

p 2

= -

a2b2 sin 4 t

p 2

166

Окончательно получим x =	my	=	3	a,	y	c	=	my	=	9	pb.

c	m		8					m		64

в) Сделаем чертеж (рис. 3.52). Поскольку парабола симметрична относительно оси х, то yc = 0 . Уравнения ветвей

параболы будут: y = ax и y = - ax . Отсюда по формуле (4) имеем

Рис. 3.52


			a				4		5	a
			2ò x	axdx					5
								a x 2

x						5				0		3	a.
	c	=	0		=						=
			0
			a						3
			a				4		3	a	5
			2ò	axdx				a x 2		a

					3					0
			0
			0

г) Поскольку правая петля лемнискаты симметрична относительно оси абсцисс, то центр тяжести находится на оси Ох и ус=0. Для нахождения координатыхс воспользуемся формулами (5). Площадь петли равна

p 4

S =

ò p 2 dj =

òcos 2jdj =

sin 2j

-p 4

Таким образом


	2		p 4		3			2a	p 4	3 2
xc =			ò p			cosjdj =			ò(cos 2j)		cosjdj =
xc =	3a	2	ò p			cosjdj =		3	ò(cos 2j)		cosjdj =
	3a		-p 4					3	-p 4
			=	2a			pò4 (1- 2sin 2 j)3			2 cosjdj.
			=				pò4 (1- 2sin 2 j)3			2 cosjdj.
				3 -p 4

167

168

Делаем замену sin j =

1 sin t;

cosjdj = 1

costdt

при

j =

t =

; j = -

t = -

, получим

2a p 2

tdt =

p 2

+ 2cos 2t +

òcos

ç1

+ cos 4t )÷dt =

-p 2

=	2a æ		1 æ	1	ööp 2	=	2pa
=		çt + sin 2t +	çt +		sin 4t ÷÷	=
	12	ç	2 è	4	÷		8
	12	è	2 è	4	øøp 2		8

7.3. На каком расстоянии от основания лежит центр тяжести: а) тела, ограниченного параболоидом вращения и плоскостью, перпендикулярной его ,осиесли высота параболоида равна H; б) конуса, высота которого равна H; в) полушара радиуса R?

Решение. а) Поскольку параболоид образован вращением кривой x = y2 вокруг осиОх, то для нахождения центра тяжести воспользуемся формулой (7)

òxy 2 dx

òx 2 dx

ò y 2 dx

ò xdx

Следовательно,

от плоскости

основания центр тяжести

лежит на расстоянии 1 H . 3

б) Для нахождения центра тяжести конуса воспользуемся результатами задачи 6.7(а) (рис. 3.45). Так как объем конуса

равен V = 1 pR 2 H , то координата центра тяжести находится

3
по формуле		myz
xc	=	myz	=	pR	2 H 2 ×3	=	1	H .
xc	=	V	=	12pR2 H		=	4	H .
		V		12pR2 H			4

Этот же результат получается при вычислениях по формуле (7), т.к. расчеты в обоих случаях тождественны.

в) При вычислении центра тяжести полушар воспользуемся результатами задачи6.7(б) (рис. 3.47). Зная,

что

объем

полушара

равенV =

pR3 , расстояние

от

плоскости основания находим по формуле

xc =

myz

pR2 ×3

4 ×2pR3 H

Этот же результат получается при вычислениях по формуле

(7).

7.4. Найти центр тяжести поверхности полусферы. Решение. При вычислении центра тяжести полусферы

воспользуемся результатами задачи6.7(б) (рис. 3.46). Поскольку полусфера представляет поверхность вращения, то по формуле (8) имеем

myz

p × R3

pR3

2pR 2

2p ò

- x

7.5. Найти координаты центра тяжести цилиндрической

поверхности

x2+y2=R2,

ограниченной

плоскостями z = 0

z = y (y>0).

Решение. Координаты центра тяжести цилиндрической поверхности, перпендикулярной плоскости Oy (pис. 3.38), определяем по формулам (9).

Площадь цилиндрической поверхности равна

S = òzdl = òz 1+ y¢2 dx . Поскольку z=y, x2+y2=R2,

L -R

y¢ = -	x	, то
	R2 - x2

169

S = ò

- x

2 dx = Rx = 3R

- x

-R

Используя

статические моменты, вычисленные

задаче6.8

получим

= 0,

yc =

R, zc =

2 2R2

4 2R2

7.6. Пользуясь теоремой Гульдина, найти координаты

центра

тяжести:

а)

дуги

астроиды х = а cos3t,

у = а sin3t,

лежащей в первой четверти; б) полукруга.

Решение. а) Вследствие

симметрии

дуги

астроиды

относительно

биссектрисы

первого

координатного , угла

координаты

центра

тяжести

равныхc= уc. На

основании

первой теоремы Гульдина площадь поверхности, полученной

вращением

астроиды

вокруг

осиОх,

равна

длине

дуги

астроиды, умноженной на длину окружности, описанной ее центром тяжести, т. е.

S = L ×2pyc .

Площадь поверхности вращения астроиды найдена в задаче

5.2(а) и равна S = 6 pa2 . Длина дуги найдена в задаче 4.1(б) и

		5			3 × 2
равна L =	3	a . Таким образом	yc =	4pR		=	4R	.
	2			3pR2	× 2p		3p

б) Выберем оси координат таким образом, чтобы ось Ох совпадала с диаметром, начало координат с центром круга. Вследствие симметрии полукруга относительно оси Оу имеем хc=0. При вращении полукруга вокруг осиОх получим шар,

объем которого равен V = 4 pR3 . Площадь полукруга равна

S =

pR 2 .

Пользуясь

второй

теоремой Гульдина, имеем

V = S ×2py

отсюда y

4pR3 ×2

3pR 2 ×2p

7.7. Найти поверхность и объем тела, которое получается

170

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 / 2417 18 19 20 21 22 23 24 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.20221.9 Mб3Учебное пособие 1729.pdf
#
30.04.2022311.71 Кб2Учебное пособие 173.pdf
#
30.04.20221.9 Mб3Учебное пособие 1730.pdf
#
30.04.20221.92 Mб8Учебное пособие 1731.pdf
#
30.04.20221.92 Mб2Учебное пособие 1732.pdf
#
30.04.20221.92 Mб4Учебное пособие 1733.pdf
#
30.04.20221.93 Mб4Учебное пособие 1734.pdf
#
30.04.20221.93 Mб4Учебное пособие 1735.pdf
#
30.04.20221.93 Mб8Учебное пособие 1736.pdf
#
30.04.20221.93 Mб12Учебное пособие 1737.pdf
#
30.04.20221.93 Mб6Учебное пособие 1738.pdf