Как найти момент инерции дуги

5.I. Вычисление статических моментов и моментов инерции

Предварительно изучите по учебнику Г. М. Фихтенгольца главу XII, п° 206, 207. Рассмотрите внимательно примеры, приведенные в указанных пунктах.

573. Найти статический момент полуокружности относительно диаметра.

Решение. Выберем систему координат так, чтобы центр окружности совпадал с началом координат, а диаметр, относительно которого мы ищем сгатический момент, совпадал с осью Ох. Тогда статический момент полуокружности относительно диаметра выразится следующей формулой:

В выбранной системе координат уравнение полуокружности запишется так: у —V R2—х. Тогда

574. Найти статические моменты относительно осей Ox и Oy дуги эллипса , расположен

ной в первом квадранте.

Решение. Найдем статический момент дуги эллипса относительно оси Ох. Из уравнения эллипса имеем

(мы берем перед корнем знак , так как по условию кривая расположена в первом квадранте).

Найдем статический момент дуги эллипса относительно оси Oy. Из уравнения эллипса имеем:

X = JLyW=T*-, dl = — L YbUg^ZFldy.

К, -|f VF=V? — j — /езщрг dy=

575. Найти статический момент прямоугольника с основанием а и высотой h относительно его сторон.

Решение. Выберем систему координат так, чтобы ось Ox совпадала с основанием, а начало координат — с прилегающей к основанию стороной. Тогда статический момент плоского тела относительно оси Ox будет вычисляться по формуле:

В нашем случае у = h,

Статический момент относительно оси Oy вычисляется по формуле:

576. Налти статический момент фигуры, представленной на рисунке 23 относительно стороны OD1 если известно, что OA = 3 см, AB = 5 см, BC = 5 см, OF = 8см, а дуга CD есть четвертая часть окружности радиуса CF = FD = S см.

Решение. Как видно из рисунка 23, данная фигура имеет сложную форму. Разобьем это тело на простые геометрические фигуры и применим затем теорему: статический момент фигуры относительно некоторой оси равен сумме статических моментов ее частей относительно той же оси.

Выберем систему координат, как показано на рисунке 23. Легко видеть, что данную фигуру можно рассматривать как сумму дзух трапеций OABM и MBCF и одной четвертой части круга.

Координаты точек At Bt C9 Dy F определить легко: Л (0, 3), В (4, 6), С (8, 3), £>(11, 0), F( 8, 0).

Найдем уравнения прямых AB и BCt как уравнения прямых, проходящих через две данные точки:

уравнение прямой AB:

уравнение прямой ВС:

Так как центр F окружности лежит на оси Ox и отстоит от начала координат на расстоянии OF — 8, то уравнение окружности будет

Учитывая все вышеизложенное, найдем:

577. Найти статический момент тела, ограниченного одной аркой циклоиды относительно оси Ох.

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

578. Найти момент инерции одной арки циклоиды

Относительно оси Ох. Решение. Как было показано в теоретическом курсе, момент инерции дуги относительно оси Ox вычисляется по формуле:

где —дифференциал дуги. Найдем дифференциал дуги:

579. Найти момент инерции дуги окружности

, лежащей в первом квадранте, относительно

Решение. Как известно, момент инерции кривой относительно оси Oy вычисляется по формуле:

Так как и, следо

Для вычисления Была использована

580. Найти момент инерциифигуры, вграниченной дугой полуокружности Относительно

Решение. Как известно из теоретического курса, момент инерции Ix плоского тела относительно оси Ojc равен:

где dS—элементарная площадь тела.

581. Найти статические моменты дуги параболы у2 = 2х (у > 0) относительно осей Ox и Oy от х = 0 до

582. Найти статический момент дуги астроиды х3 —2_ 2_

— j-y 3 = а 3 , лежащей в первом квадранте, относительно оси Oy.

583. Найти статический момент относительно оси Ox

584. Вычислить статический момент фигур, ограниченных следующими линиями:

COS X OT ТОЧКИ X —до точки

дуги косинусоиды у

а) у —- и у = Xi относительно оси Ох

б) у — X1 и у = Y х относительно оси Ох.

585. Вычислить статический момент фигуры, представленной на рисунке 24, где BC\AD, CKJ_AD, AB = 5, BC = 2, CK = KD = 3, AK = 6, относительно оси Ох.

586. Найти статический момент прямоугольного равнобедренного треугольника с катетом, равным а, относительно этого катета.

587. Найти момент инерции отрезка AB, где А (2; 3), В (5; 4), относительно обеих координатных осей.

588. Найти момент инерции треугольника ABC (рис. 25) относительно стороны Ь.

589. Найти момент инерции прямоугольника со сторонами а и b относительно обеих сторон.

590. Найти момент инерции трапеции ABCD относительно ее основания AD1 если AD=а, BC = 6, высота трапеции равна h.

591. Найти момент инерции

параболического сегмента относительно основания. Основание сегмента равно а, «стрела сегмента» равна А.

Определение моментов инерции с помощью круга инерции

Формулы (2.13) для случая, когда в качестве исходных приняты главные оси, имеют простую геометрическую интерпретацию. Если ввести обозначения

то указанные формулы примут вид

Из этих формул видно, что момент инерции J_y может быть получен из выражения для / заменой а на а + 90°.

Первая и третья из формул (2.24) представляют собой параметрические уравнения окружности в координатных осях J_x, J^ с радиусом R и центром на оси / на расстоянии а от начала координат (рис. 2.20). Абсцисса произвольной точки К_х этой окружности равна осевому моменту инерции J_x относительно оси Ох, которая составляет угол ос с главной осью 1 (см. рис. 2.7). Ордината точки К_х равна центробежному моменту инерции J относительно осей Ох, Оу.

Координаты точки ^окружности, называемой полюсом, равны соответственно J_y и J_xy.

Впервые данный графический способ был предложен О. Мором для определения напряжений на наклонных площадках (см. § 4.6), и соответствующий круг называется кругом Мора для напряжений. По аналогии круг, изображенный на рис. 2.20, называется кругом инерции.

С помощью круга инерции можно графически определить моменты инерции относительно произвольных осей. При этом обычно строят круг инерции по известным моментам инерции J_x, J_y, J_xy,

вычисленным относительно произвольных осей Ох и Оу. Приведем это построение (рис. 2.21).

Тангенсы углов наклона главных осей 1 и 2 к оси Ох определяются из прямоугольных треугольников ВЕК и ВАК:

На горизонтальной оси отложим OD = J_x и OB = J_y. Поделив отрезок BD пополам, получим центр круга инерции С, причем OC=(J_x + J_y)/2. Отложив из конца отрезка OB = J_y величину / = ВК со своим знаком, получим полюс К круга инерции. Проводя радиусом С К окружность и далее через полюс ^Глучи КЕ и КА, найдем величины главных моментов инерции J_l = ОЕ, /₂ = ОА и углы наклона 0Cj и ос₂ главных осей 1 и 2 к оси Ох.

С помощью приведенных на рис. 2.21 построений можно получить формулы для величин главных моментов инерции (2.12) и углов наклона главных осей (2.11). Действительно, определив из прямоугольного треугольника ВСКрадиус круга инерции

Знак минус в первой формуле объясняется тем, что угол а, является отрицательным.

Для определения величин моментов инерции J , J , J от-

носительно произвольных взаимно перпендикулярных осей Ох_< и Оу_х, наклоненных к оси Ох на угол (3, необходимо через полюс К провести под углом (3 к горизонтали ось Ох_х и перпендикулярно к ней — ось Оу_х до пересечения этих осей с окружностью в точках М и N. Можно показать, что искомые величины моментов инерции соответственно равны

В качестве иллюстрации на рис. 2.22 приведено построение круга инерции для числового примера 2.1, рассмотренного в § 2.7.

Приложения определенного интеграла к решению некоторых задач механики и физики

1. Моменты и центры масс плоских кривых. Если дуга кривой задана уравнением y=f(x), a≤x≤b, и имеет плотность 1) 002.gif» />=(x), то статические моменты этой дуги Mx и My относительно координатных осей Ox и Oy равны

а координаты центра масс 009.gif» /> и — по формулам

1) Всюду в задачах, где плотность не указана, предполагается, что кривая однородна и ◄ Имеем: ◄ Имеем: Пример 3. Найти координаты центра масс полуокружности ◄Вследствие симметрии 026.gif» />. При вращении полуокружности вокруг оси Ох получается сфера, площадь поверхности которой равна 028.gif» />, а длина полуокружности равна па. По теореме Гульдена имеем Отсюда 032.gif» />, т.е. центр масс C имеет координаты CПример 4. Скорость прямолинейного движения тела выражается формулой (м/с). Найти путь, пройденный телом за 5 секунд от начала движения.

◄ Так как путь, пройденный телом со скоростью (t) за отрезок времени [t1,t2], выражается интегралом

http://studref.com/363776/stroitelstvo/opredelenie_momentov_inertsii_pomoschyu_kruga_inertsii

http://www.km.ru/referats/B03D2170DEDE4D5EA26BC6C770E4CD27

[/spoiler]

Предварительно изучите по учебнику Г. М. Фихтенгольца главу XII, п° 206, 207. Рассмотрите внимательно примеры, приведенные в указанных пунктах.

573. Найти статический момент полуокружности относительно диаметра.

Решение. Выберем систему координат так, чтобы центр окружности совпадал с началом координат, а диаметр, относительно которого мы ищем сгатический момент, совпадал с осью Ох. Тогда статический момент полуокружности относительно диаметра выразится следующей формулой:

I

Kx =J ydl,

о

В выбранной системе координат уравнение полуокружности запишется так: у —V R2—х. Тогда

в

R R

574. Найти статические моменты относительно осей Ox и Oy дуги эллипса, расположен

ной в первом квадранте.

Решение. Найдем статический момент дуги эллипса относительно оси Ох. Из уравнения эллипса имеем

(мы берем перед корнем знак, так как по условию кривая расположена в первом квадранте).

Следовательно,

Таким образом,

Найдем статический момент дуги эллипса относительно оси Oy. Из уравнения эллипса имеем:

X = JLyW=T*-, dl = — L YbUg^ZFldy.

b b У Ь2 — у2

Таким образом,

К, -|f VF=V? — j — /езщрг dy=

О

1i/lB7+^=

575. Найти статический момент прямоугольника с основанием а и высотой h относительно его сторон.

Решение. Выберем систему координат так, чтобы ось Ox совпадала с основанием, а начало координат — с прилегающей к основанию стороной. Тогда статический момент плоского тела относительно оси Ox будет вычисляться по формуле:

а

ъ

Kx dX.

В нашем случае у = h,

Статический момент относительно оси Oy вычисляется по формуле:

576. Налти статический момент фигуры, представленной на рисунке 23 относительно стороны OD1 если известно, что OA = 3 см, AB = 5 см, BC = 5 см, OF = 8см, а дуга CD есть четвертая часть окружности радиуса CF = FD = S см.

Решение. Как видно из рисунка 23, данная фигура имеет сложную форму. Разобьем это тело на простые геометрические фигуры и применим затем теорему: статический момент фигуры относительно некоторой оси равен сумме статических моментов ее частей относительно той же оси.

Выберем систему координат, как показано на рисунке 23. Легко видеть, что данную фигуру можно рассматривать как сумму дзух трапеций OABM и MBCF и одной четвертой части круга.

Координаты точек At Bt C9 Dy F определить легко: Л (0, 3), В (4, 6), С (8, 3), £>(11, 0), F( 8, 0).

Найдем уравнения прямых AB и BCt как уравнения прямых, проходящих через две данные точки:

уравнение прямой AB:

уравнение прямой ВС:

Так как центр F окружности лежит на оси Ox и отстоит от начала координат на расстоянии OF — 8, то уравнение окружности будет

Учитывая все вышеизложенное, найдем:

577. Найти статический момент тела, ограниченного одной аркой циклоиды относительно оси Ох.

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

578. Найти момент инерции одной арки циклоиды

Относительно оси Ох. Решение. Как было показано в теоретическом курсе, момент инерции дуги относительно оси Ox вычисляется по формуле:

где—дифференциал дуги. Найдем дифференциал дуги:

579. Найти момент инерции дуги окружности

, лежащей в первом квадранте, относительно

оси Dy.

Решение. Как известно, момент инерции кривой относительно оси Oy вычисляется по формуле:

Так как и, следо

вательно,

Для вычисленияБыла использована

тригонометрическая подстановка

580. Найти момент инерциифигуры, вграниченной дугой полуокружностиОтносительно

оси Ох.

Решение. Как известно из теоретического курса, момент инерции Ix плоского тела относительно оси Ojc равен:

где dS—элементарная площадь тела.

Таким образом,

581. Найти статические моменты дуги параболы у2 = 2х (у > 0) относительно осей Ox и Oy от х = 0 до

X = 2.

2_

582. Найти статический момент дуги астроиды х3 —2_ 2_

— j-y 3 = а 3 , лежащей в первом квадранте, относительно оси Oy.

583. Найти статический момент относительно оси Ox

584. Вычислить статический момент фигур, ограниченных следующими линиями:

COS X OT ТОЧКИ X —до точки

2

дуги косинусоиды у

^ _ TC

2

а) у —- и у = Xi относительно оси Ох

I +JTa * _

б) у — X1 и у = Y х относительно оси Ох.

585. Вычислить статический момент фигуры, представленной на рисунке 24, где BC\AD, CKJ_AD, AB = 5, BC = 2, CK = KD = 3, AK = 6, относительно оси Ох.

586. Найти статический момент прямоугольного равнобедренного треугольника с катетом, равным а, относительно этого катета.

587. Найти момент инерции отрезка AB, где А (2; 3), В (5; 4), относительно обеих координатных осей.

588. Найти момент инерции треугольника ABC (рис. 25) относительно стороны Ь.

589. Найти момент инерции прямоугольника со сторонами а и b относительно обеих сторон.

590. Найти момент инерции трапеции ABCD относительно ее основания AD1 если AD=а, BC = 6, высота трапеции равна h.

591. Найти момент инерции

параболического сегмента относительно основания. Основание сегмента равно а, «стрела сегмента» равна А.

Занятие 21

2.7. Вычисление
моментов

Если на плоскости

масса М плотности

заполняет некоторый ограниченный
континуум

(линию, плоскую область) и

— соответствующая мера (длина дуги,
площадь) той части континуума
,
ординаты которой не превышают
,
то
—м
моментом массы М относительно

называется
число

.

Как частные случаи, получаем при
=0
массу М,

=1
статический момент,

=2
момент инерции.

Координаты центра масс однородной
плоской фигуры определяются по формуле

,

№2501.2. Найти статический момент и
момент инерции дуги полуокружности
радиуса

относительно диаметра, проходящего
через концы этой дуги.

Т.к. плотность не задана, считаем дугу
однородной с
.
Диаметр считаем горизонтальным, а центр
окружности совпадающим с началом
координат. В этом случае

.

.
Соответствующей
мерой служит длина дуги

.

С учетом выше сказанного вычисляем
статический момент

=

=
=

=
.

Момент инерции вычисляет следующий
интеграл

=

=
=
=
=

=
.

№2512. Определить координаты центра
масс области, ограниченной кривой

.

Т.к. плотность не задана, считаем область
однородной с
.

Соответствующей мерой служит площадь
области

.
=
.

Из уравнений связи декартовых и полярных
координат следует, что

,

.

Теперь легко составить интегралы,
вычисляющие моменты необходимые для
нахождения центра тяжести (особенно,
если учесть симметричность фигуры).

=

=
=

=

=
=

=

=
=

=

=
=

=
=

=
=

= 0.

=
= 0.

=

=
=

=
=

=
=

=
=

=

=
=.

В полярных координатах получаем

=

= 0,

=

=
.

Аналогично решаются №№ 2501,1, 2513.

Домашнее задание №№ 2502,1, 2511.

Соседние файлы в папке практикаинтегралы

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

Не нашел формулы для параметрически-заданной кривой,

Вы нормально выписали параметрически-заданную кривую; Вы не нашли формулы для момента инерции

параметрически-заданной кривой. Если найду, сообщу.

Гамма в задании, возможно, описана как линейная плотность кривой (у кого-то это , у кого-то это ещё как-то обозначено). Ежели Вы нам этого не сообщаете, то мы подозреваем, что:
либо Вы задачу не понимаете;
либо это какой-то параметр кривой, который Вы пропустили в формулах;
либо надеетесь на наших телепатов.

А искомый момент, насколько я припоминаю, есть , а дифференциал массы есть , а дифференциал дуги уж есть в Ваших учебниках, а расстояние до оси вращения равно…