1611690511-f3d3a168b7ec28ce5001ecec523eb6f6 (826917), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Пусть К вЂ” суммарный вектор системы, Вычислим момент 1,6. Параллельные скользящие векторы 41 Второе слагаемое последнего выражения направлено вдоль основания результирующею вектора. Значит, конец вектора г, принадлежит этому осиоваиию.О Следует отметить, что если менять направление вектора е, оставляя неизменными концы векторов г;, 1 = 1,..., и, то вектор г, ие изменится. Другими словами, центр системы параллельных скользящих векторов ипвариаитеи относительно ориентации их оснований.
Рассмотрим примеры. П р и м е р 1.6.1. Даны даа скользящих вектора (гы иге), (гг, иге), и иг иг > О. Концы векторов г1 и гг обозначим С1 и Сг соответственно. Определить, з каком отношении отрезок СгСг будет разделен центром такой системы. Р е ш е н и е. По определению центра системы найдем игг1 + иггг гав и1+ иг Следовательно, конец С вектора г„как линейной комбинации двух век- торов г1 и гг, принадлежит отрезку СгСг.
Далее иг(г1 — гг) иг(гг — гг) гг — г, = г, — гг = иг + иг иг + иг Отсюда получаем правило рычага первого рода: СгС иг СгС иг Другими словами, центр С системы двух скользящих одинаково напрааленных векторов (точка приложения результирующего вектора системы) делит отрезок, соединяющий точки Сг и Сг приложения этих векторов, на части, обратно пропорциональные модулям (иг( и ~иг! состааляющих еектороа.О П р и м е р 1.6.2, Решить задачу примера 1.6.1 при условии, что и1 иг < О, иг + иг ф О. Решение. Пусть, например, иг < О, иг > О, и1+иг > О.
Формулы, примененные для решения примера 1.6.1, остаются справедливыми, но теперь )иг~(гг — гг) гг — ге = иг + иг Следовательно, точка С принадлежит продолжению отрезка СгСг со стороны наибольшего по модулю вектора, Имеем правило рычага вгпорого рода.О Для подъема различных грузов часто используются приспособления, называемые рычагами. Оии имеют вид стержня, одна точка Глава 1. Векторные свойства евклидова пространства 42 которого служит опорной, а к другой приложен поднимаемый груз. Примеры 1.6.1 и 1.6.2 показывают (см. 1 4.8), как выполнить соответствующие расчеты. 8 1.7.
Центр масс множества точек Центр масс — одно из важнейших понятий, которое часто будет встречаться в дальнейшем. Применение этого понятия оказывается эффективным не только в механике, но и в других разделах физики, а также для решения многих геометрических задач и получения алгебраических неравенств. Пусть в Ез задано множество Д, состоящее из и точек. Положение точек в пространстве зададим радиусами-векторами г; и каждой точке сопоставим массу т; ) О, г' = 1,..., и.
Такие точки в дальнейшем будем называть точечными массами. Физическая целесообразность понятия массы будет обсуждена в 3 3.3. Здесь используется лишь свойство массы быть строго положительной скалярной величиной. Обозначим 1ь1 суммарную массу всех точек множества. Определение 1.7.1. Точка с радиусом-вектором 1 ч г = — ~тт с ~ г Ф а=1 называется центром масс множества Я. П р и м е р 1.7.1. Предположим, что к точкам приложены параллельные скользящие векторы силы тяжести вз = т;д)с, где д — ускорение свободного падения, 1с — единичный вектор вертикали. Тогда центр масс дает точку приложения результирующего вектора таких сил. Вследствие того, что центр масс не зависит от ориентации вектора 1с, существует простой способ экспериментального определения расположения центра масс в твердом теле, рассматриваемом как множество точечных масс.
Подвесим такое тело на нити, закрепив ее в квкой-либо точке тела. После того как тело перестанет качаться, отметим в нем прямую, служащую продолжением нити. Центр сил тяжести (см. 3 1.6) совпадает с центром масс, и поэтому центр масс обязан принадлежать полученной прямой. Закрепим теперь нить в другой точке тела и повторим операцию. Тогда центр масс Будет точкой пересечения этих прямых.о Теорема 1.Т.1.
Центр масс принадлсогсит минимальной выпуклой области, содержащей ограниченное в пространстве множестпво тачечник масс. 1.7. Центр масс множества точек 43 Доказательство. В самом деле, пусть число точечных масс конечно. Выберем плоскость П, разделяющую пространство Ез на два полупространства так, чтобы одно из полупространств, обозначим его й, содержало все рассматриваемое множество точек. Для конечного множества зто всегда можно сделать. Выберем полюс О в плоскости П. Тогда все векторы г„а вместе с ними и вектор 1 ~" гасе — 7 тсг; М . — ; будут ориентированы в сторону полупространства й, Ориентацию плоскости П можно выбирать произвольно, а саму плоскость располагать сколь угодно близко к множеству точек. Аналогичное построение можно применить и к бесконечному ограниченному в пространстве множеству точечных масс.С1 Лемма 1.7.1. Пусть система 5 = Иксии;е), 1 = 1,...,п) параллельных скользящих векторов разделена на две непересекающиеся подсистемы Я2 = 1(г1, и е), 1 = 1м...,1 ), 52 = ((гр,ире), р= 1ы...,1ь), причем у+А и Х~~ из В2 ф О~ Х~~ ир В2 7 О Тогда радиус-вектор г, центра системы 5 можно вычислить по правилу В1гс1 + В2гс2 В2+ В2 где гс2 и г,з — радиусы-векторы центров систем 52 и 52 соответственно.
ДОКаватЕЛЬСтВО. Раднуем-ВЕКтерЫ Гс2 И Г,з ИМЕЮТ Внд 1ч 1 ~» трир Теперь достаточно подставить указанные выражения в доказывае- мую формулу,сз Следствие 1.7.1. Центр масс некоторого множества точечных масс можно определить путем замены отдельных непересекающихся его подмножеств точками с массами, равными суммарным массам подмножеств, расположенными в центрах масс зтих подмножеств. 44 Глава 1. Векторные свойства евклидова пространства Поиск центра масс облегчается, если множество й точечных масс обладает симметрией.
Пусть й, например, симметрично относительно плоскости П так, что симметричным точкам соответствуют одинаковые массы. Разбив й на два подмножества, симметричных относительно плоскости П, найдем их центры масс. Центры масс подмножеств расположатся симметрично относительно плоскости П. Значит, центр масс всей системы принадлежит плоскости П. В том случае, когда множество Я обладает осевой симметрией, можно, группируя попарно симметричные точки, убедиться в том, что центр масс должен принадлежать оси симметрии. Подчеркнем, что сказанное справедливо лишь тогда, когда симметрично не только геометрическое расположение точек, но и распределение масс. Рассмотрим примеры решения задач с помощью доказанных выше свойств центра масс.
П р и м е р 1.7.2. Доказать, что средние линии любого выпуклого четырехугольника и отрезок, соединяющий середины его диагоналей, проходят через общую точку и делятся ею пополам. Решение. Поместим в вершинах четырехугольника одинаковые массы. Центр масс такой системы должен быть в пересечении средних линий четырехугольника. Этот же центр масс должен делить пополам отрезок, соединяющий середины диагоналей.О П р и м е р 1.7.3. Рассмотрим фигуру Г, ограниченную графиком функции у = !их, х > О и лучом оси абсцисс х > 1. Эта фигура выпуклая. Выберем на оси абсцисс точки 1<х1« ...х„ и найдем соответствующие им точки на графике функции у = !их; (хм!п х1),..., (хм !п х„).
Поместим в зти точки положительные массы те,..., ть„оответственнно. Вычислим координаты центра масс полученной системы точек, обозначив М = т| + + п1л'. 1 1 х, = — (т,х, + .+т„х„), у, = — (т~!пх1+ +т !пхя) В связи с тем, что фигура à — выпуклая, центр масс должен быть расположен строго внутри фигуры и, в частности, (гп1 !п х1+ + т„!и х„) (т1х1+ + т„х„ М М Отсюда, когда те = тз = . = т„, получаем, например, неравенство Кошй: х1 + ' ' ' + х» ".о 1.3.
Геометрия масс 45 3 1.8, Геометрия масс В предшествующем параграфе было изучено понятие центра масс, дающее представление "в целом" о заданном множестве точечных масс. Здесь рассмотрим другие подобные характеристики. Пусть точки, принадлежащие некоторому множеству д С Ез, заданы радиусами-векторами г;, ! = 1,...,п, с началом в полюсе О. Каждой точке припишем массу т, > О.
В пространстве 1сз, соответствующем полюсу О, образуем положительно определенную билинейную симметрическую форму, которая любой паре векторов х, у Е 11з ставит в соответствие скаляр 'Т(х, у) = ~ т;(г; х х) (г! х у). !ли Векторы х н у не обязательно должны быть разными. В частности, если х = е и у = е, где е — единичный вектор, то получим скалярную величину Л, = Т[е,е) = ~~! т!(г! х е)~, ю=! которая называется моментом инерции относительно оси [осевым моментом инерции), коллинеарной вектору е и проходящей через точку О.
Момент инерции Л, равен сумме произведений масс на квадраты их расстояний до указанной оси. Выберем в точке О ортонормированный базис е!,емез. Чтобы определить результат действия формы 'Т[х, у) в ге~, достаточно указать значение формы на парах базисных векторов. Обозначим Лр~ — — Т(ер,е ), р,4=1,2,3. Тогда э Т(х,у) = ~ Лр эру . рл=! Из определения формы Т[х, у) следует, что ее значение не меняется при преобразованиях базисных векторов. В этом смысле набор Л ее коэффициентов Лр, р, е = 1,2,3, представляет собой тензор второго ранга. Он называется связанным с точкой О теизором инерции множества Д точечных масс.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
