И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 51
Текст из файла (страница 51)
В случае, когда кривая задана явным образом в полярнойсистеме координат уравнениемr = r (ϕ ) , где r (ϕ ) ∈ C (1) [ϕ 0 , ϕ1 ] , то массакривой вычисляется по формулеϕ1M = ∫ ρ (ϕ ) r 2 (ϕ ) + (r ′(ϕ )) dϕ .2Моментами инерции(4)ϕ09.2. Статические моменты, моменты инерции и центры тяжестиплоских кривых и фигурk =1I x и I y системы материальных точек {Ak } относи-nnk =1k =1I x = ∑ m k y k2 , I y = ∑ m k x k2 .Если же массы не сосредоточены в отдельных точках, а сплошь заполняют линию или плоскую фигуру, то для выражения статических моментов имоментов инерции потребуются уже не суммы, а интегралы в смысле Римана.Предположим всюду в дальнейших рассуждениях кривую (плокую фигуру)однородной, т.е. с постоянной линейной (плоскостной) плотностью ρ . Дляпростоты будем считать, что ρ ≡ 1 (в противном случае полученный результат следует умножить на ρ ).Теорема 1 (статические моменты и моменты инерции плоской кривой).Пусть дана дуга AB плоской гладкой кривой длины L .
Возьмём за независимую переменную длину дуги l , отсчитываемую от точки A 0 ≤ l ≤ L .Тогда статические моменты и моменты инерции7 этой дуги относительноосей Ox и Oy вычисляются соответственно по формулам(LL00M x = ∫ y (l )dl , M y = ∫ x(l )dl ,9.2.1. Случай плоской кривойnматериальных точек Ak ( x k ; y k ) с массами m k , и некоторая прямая p(ось), причём расстояние от точки Ak до оси равно d k , k = 1,2,..., n .Статическим моментом этой системы относительно данной оси p на-k =1тельно осей Ox и Oy называются суммы произведений масс точек на квадраты их расстояний до соответствующей оси:(3)x = x( y ) , где x( y ) ∈Если же кривая задана явным уравнениемnM x = ∑ mk y k , M y = ∑ mk x k .Следствие 2.
Если кривая задана явным образом в декартовой системекоординат уравнениемляется по формулеn{Ak }LПусть на плоскости в декартовых координатах Oxy задана системаI x = ∫ y (l )dl , I y = ∫ x 2 (l )dl ,где(1)L20)(2)0dl – дифференциал дуги.зывается суммаnM p = ∑ mk d k ,k =17Момент инерции тела является в физике мерой инертности тела во вращательном движениивокруг неподвижной оси, подобно тому как масса тела является мерой его инертности в поступательном движении§9.
Физические приложения определённого интеграла349Доказательство. Выделим элемент dl кривой AB . Поскольку плотность кривой мы считаем равной единице, то масса этого элемента кривойтакже выражается числом dl . Приняв этот элемент приближенно за материальную точку, лежащую на расстоянии y от оси Ox , получим выражениеdM x = ydl . Если теперь взять за независимую переменную длину дуги l , отсчитываемую от точки A , то, суммируядля его статического момента:Рассмотрим несколько следствий из этих теорем.Следствие 1. Если плоская кривая задана в декартовой системе координат()M x = ∫ y (l )dl .
Аналогично выража-bbbbaaaaгде дифференциал дуги0Чтобы получить формулу для вычисления моментов инерции дуги кривой AB , заметим, что для моментов инерции элемента dl этой кривой от-b(4)b1∫a xdl , yc = L ∫a y(x )dl .1xc =LLM y = ∫ x(l )dl .(1)M x = ∫ y ( x )dl , M y = ∫ xdl , I x = ∫ y 2 ( x )dl , I y = ∫ x 2 dl ,0ется и момент относительно оси Oy :[ ]явным уравнением y = y x , y ( x ) ∈ C a, b , то статические моменты,моменты инерции8 относительно координатных осей и координаты центратяжести её дуги вычисляются по формуламLэти элементарные моменты, получим:Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл350(5)bdl = 1 + ( y ′( x )) dx , L = ∫ dl .2aOx и Oy справедливы формулы: dI x = y 2 dl ,Следствие 2. Если плоская кривая задана в декартовой системе координатпараметрическими уравнениями x = x t , y = y t , где t ∈ T0 , T ,dI y = x 2 dl . Снова взяв за независимую переменную длину дуги l , получа-то статические моменты иносительно осейем, чтоLL00x(t ), y (t ) ∈ C(1)[T0 , T ] , x(T0 ) = a ,MxСтатические моменты M x и M y кривой легко позволяют установитьC ( xc ; y c ) . Точка C обладает тем свойством, что если в ней сосредоточить всю «массу» L кривой (численно равнуюположение её центра тяжестиTTTTT0T0T0T0= ∫ y (t )dl , M y = ∫ x(t )dl , I x = ∫ y 2 (t )dl , I y = ∫ x 2 (t )dl ,xc =длине), то момент этой точки относительно любой оси совпадает с моментомкривой относительно этой оси.Теорема 2 (координаты центра тяжести плоской кривой). Координатыцентра тяжести дуги плоской кривой находятся по формулам1LL∫ x(l )dl , yc =0L1y (l )dl .L ∫0(3)Доказательство. Рассмотрим моменты M x и M y данной кривой относительно координатных осей.
По определению центра тяжести получаем, чтоLL00[()]моменты инерции дуги относительно координатных осей вычисляются поформуламI x = ∫ y 2 (l )dl , I y = ∫ x 2 (l )dl . Теорема доказана.xc =()x(T ) = b ,Lxc = M y = ∫ x(l )dl , Ly c = M x = ∫ y (l )dl .Отсюда немедленно следуют формулы (3) для нахождения координат центратяжести дуги кривой.
Теорема доказана.где дифференциал дуги1LT∫ x(t )dl , yc =T0dl =(6)T1y (t )dl .L T∫0(7)T(x′(t ))2 + ( y ′(t ))2 dt , L = ∫ dl .T0Следствие 3. Если кривая задана явно в полярной системе координат (совмещённой с прямоугольной) уравнением r = r ϕ , ϕ ∈ ϕ 0 , ϕ1 ,( )[]r (ϕ ) ∈ C (1) [ϕ 0 , ϕ1 ] , то статические моменты и моменты инерции её дуги8Моменты инерции относят к моментам 2-го порядка (моментомf (x )k -гопорядка функцииbназывается числоμ k = ∫ x k f (x )dx (k ∈ N ) ). Одна из задач математическогоaанализа (проблема моментов) состоит в том, чтобы охарактеризовать свойства функциипо свойствам последовательности её моментов.f (x )§9. Физические приложения определённого интегралаотносительно осей351Ox и Oy вычисляются по формуламϕ1bM x = ∫ y ( x )dl , где dl = 1 + ( y ′( x )) dx , y ′ = −ϕ1M x = ∫ r sin ϕdl , M y = ∫ r cos ϕdl ,ϕ0Ix =ϕ1∫ (r sin ϕ )dl , I y =1xc =Lгде дифференциал дуги∫ (r cos ϕ )2(8)1 1rcosϕdl,y=r sin ϕdl .c∫L ϕ∫0ϕ0(9)ϕ0ϕbI x = ∫ y dl =2a2r∫ (r−x2тельное геометрическое следствие.9Теорема 3 (первая теорема Гульдина ).
Величина площади поверхности,полученной от вращения кривой вокруг некоторой не пересекающей её оси,лежащей в плоскости кривой, равна длине L дуги этой кривой, умноженнойна длину окружности, описанной центром тяжести C кривой:S пов . = 2πy c L .LL00y c L = ∫ y (l )dl , откуда 2πy c L = 2π ∫ y (l )dl ,S пов . поверхности, полученнойот вращения кривой AB вокруг оси Ox , в левой же части равенства выражение 2πy c означает длину окружности, описанной центром тяжести кривойOx . Таким образом, теорема доказана.Пример 1.
Найти статический момент и момент инерции полуокружно-()− r ≤ x ≤ r относительно оси Ox .сти y = r − xРешение. Статический момент будем вычислять по формуле292Guldin Paul (1577–1643) – швейцарский математик.)r0x = r sin t , t ∈ [0, π 2] , тогда dx = r cos tdt .Выполним подстановкуСледовательно,ππ22I x = 2r ∫ r 2 − r 2 sin 2t ⋅ r cos tdt = r 3 ∫ (1 + cos 2t )dt =00π3⎛ 1⎞ 2 πr= r 3 ⎜ t + sin 2t ⎟ =.2⎝ 2⎠0Пример 2. Найти статические моменты и моменты инерции дуги аст-Доказательство. В самом деле, имеемпри вращении её около осиrx21+ 2dx = r ∫ r 2 − x 2 dx =2r −x−r= 2r ∫ r 2 − x 2 dx .ϕ0Замечание. Если рассматриваемая дуга симметрична относительно некоторой прямой, то центр тяжести дуги лежит на этой прямой.Из формулы для ординаты y c центра тяжести можно получить замеча-2−rdl = r (ϕ ) + (r ′(ϕ )) dϕ , L = ∫ dl .но правая часть этого равенства есть площадь.rx2M x = ∫ r − x 1+ 2dx = r ∫ dx = 2r 2 .2r −x−r−rНайдём момент инерции относительно оси Ox :2ϕ122r 2 − x2rϕ1ϕ1xТогда получимdlϕ02aϕ02Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл352роиды x = a cos t , y = a sin t , лежащей в 1-й четверти.Решение. В силу симметрии астроиды относительно обеих координатныхосей имеем: M x = M y , I x = I y . Поэтому достаточно вычислить моменты33относительно осилах от 0 доOx . Для первой четверти параметр t изменяется в преде-π 2 . Так как(x′(t ))2 + ( y ′(t ))2 dt = 3a sin t cos tdt , тоπTM x = ∫ y (t )T02(x′(t ))2 + ( y ′(t ))2 dt = ∫ a sin 3 t ⋅ 3a sin t cos tdt =0=2π3a3a 2sin 5 t 2 =,055§9. Физические приложения определённого интеграла353πT2(x′(t ))2 + ( y ′(t ))2 dt = ∫ a 2 sin 6 t ⋅ 3a sin t cos tdt =I x = ∫ y 2 (t )T00=π333a3asin 8 t 2 =.088Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл354стью ρ .
Без существенного ограничения общности будем считать, что(в этом случае масса трапеции численно равна её площади).Теорема 4 (статические моменты и моменты инерции плоской фигуры).Статические моменты и моменты инерции криволинейной трапеции F относительно осей Ox и Oy вычисляются по формуламSПример 3. Найти координаты центра тяжести дуги цепной линииMx =xy = ach , − a ≤ x ≤ a .ay ′(x ) = shxc = 0 . Остаётся найти y c . Имеемx, тогдаa2dl = 1 + ( y ′( x )) dx = 1 + sh 2 ( x a )dx = ch( x a )dx ,и длина дугиaL=21 + ( y ′(x )) dx =∫−aaa−a0∫ ch(x a )dx = 2∫ ch(x a )dx == 2ash( x a ) 0 = 2ash1 .aСледовательно,yc=1La∫y−aa=1 + ( y ′( x )) dx =2S1yds , M y = ∫ xds ,2 ∫00SIx =Решение.
Так как кривая симметрична относительно оси Oy , то её центртяжести лежит на этой оси, т.е.a1ach 2 ( x a )dx =∫2ash1 −aa11(1 + ch(2 x a ))dx =ch 2 ( x a )dx =∫sh1 02sh1 ∫0a (2 + sh 2 )1 ⎛a 2x ⎞.=⎜ x + sh ⎟ =a ⎠04 sh12 sh1 ⎝2a9.2.2. Случай плоской фигурыРассмотрим на плоскости в прямоугольных координатах Oxy криволинейную трапецию F , ограниченную сверху гладкой кривой AB , снизу осьюабсцисс, слева и справа – вертикальными прямыми, проходящими через точки A и B (с абсциссами a и b соответственно). Предположим, что по этойфигуре равномерно распределена масса с постоянной поверхностной плотно-ρ ≡1(7)S1 2y ds , I y = ∫ x 2 ds ,3 ∫00(8)где ds – дифференциал площади криволинейной трапеции (в прямоугольныхкоординатах ds = ydx ), S – площадь криволинейной трапеции F .Доказательство.
Как и в случае нахождения статических моментов плоской кривой, выделим элемент криволинейной трапеции в виде бесконечноузкой вертикальной полоски. Приняв эту полоску приближенно за прямоугольник, получим, что её масса (выражаемая тем же числом, что и площадь)будет равна ydx . Для определения соответствующих элементарных моментовdM x , dM y предположим, что вся масса полоски сосредоточена в еёцентре тяжести (т.е. в центре прямоугольника), что, как известно, не изменитвеличин статических моментов. Полученная материальная точка отстоит нарасстоянии11y от оси Ox и на расстоянии x + dx от оси Oy . Так как221dx , умноженная на массу ydx , даёт бесконечно малую более21 2высокого порядка, то имеем: dM x = y dx + o( dx ) , dM y = xydx . Про2величинасуммировав эти элементарные моменты, приходим к формуламbMx =b1 2y dx , M y = ∫ xydx .2 ∫aaЕсли теперь ввести в рассмотрение дифференциал площадиxлать в интеграле замену переменнойds (т.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
