Как найти центр тяжести полусферы

2018-01-21   

Определите положение центра масс однородного полушара радиусом $R$.

Решение:

Полушар симметричен относительно оси $x$ (рис.), поэтому его центр масс будет находиться на этой оси:

$r_{c} = x_{c} = frac{ sum_{i} Delta m_{i} x_{i}}{m}$, где $Delta m_{i}$ — элемент массы в виде диска радиусом $y$ и толщиной $Delta x$. Так как полушар сплошной, то от суммировании необходимо перейти к интегрированию, тогда $x_{c} = frac{ int_{0}^{R} xdm}{m}$.

$dm = rho dV = rho pi y^{2} dx; y^{2} = R^{2} — x^{2}; dm = rho pi (R^{2} — x^{2})dx$;

$rho$ — плотность материала полушара, $dV$ — элемент объема (диск). Масса полушара $m = frac{4}{6} pi R^{3} rho$, отсюда

$x_{c} = frac{6}{4 pi R^{3} rho } int_{0}^{R} rho pi (R^{2} — x^{2}) xdx = frac{3}{8}R$.

С
пренебрежимо малой погрешностью для
подавляющего большинства решаемых
задач можно считать, что сила тяжести
– это равнодействующая
параллельно-распределённой системы
сил, приложенных к частицам тела со
стороны поля земного тяготения.

Вес
тела – это модуль силы тяжести.

Удельный
вес – это вес единицы объёма тела.

Центр
тяжести тела – это такая его точка,
через которую проходит сила тяжести,
независимо от положения тела, относительно
Земли.

Понятие
о центре тяжести тела ввёл Архимед
(287-212 до н.э.) – в трактате «О весах» он
писал: «Центр тяжести тела – это точка
пересечения отвесных линий при подвесе
этого тела за различные точки».

Для
определения положений центров тяжести
тел используют экспериментальные и
теоретические способы.

Из
экспериментальных наиболее распространены
способы подвешивания и взвешивания
тел.

С

14.14

пособ подвешивания: тело два раза
подвешивают на нити (цепи, тросе, верёвке
и т.п.) и находят точку пересечения двух
экспериментально установленных
направлений. С точки зрения получения
минимальной погрешности, угол между
определяемыми направлениями надо
принимать близким к 90^о.

С

14.15

пособ взвешивания целесообразно
использовать для тел протяжённой формы.
Рекомендуем студентам «открыть»
(разработать и описать) его самостоятельно
(после изучения раздела «Равновесие
тел»).

Экспериментальные
способы удобно использовать в случае
тел сложной конфигурации и составленных
из деталей, имеющих разные удельные
веса материалов, из которых они
изготовлены.

Однако,
несмотря на простоту, экспериментальные
способы не всегда применимы. Например,
при отсутствии конструкции (что имеет
место на стадии проектирования устройств
и сооружений), при больших размерах тел,
при отсутствии возможности прикрепить
к телу гибкую связь.

53

П

Способ
разбиения тела на части

ри теоретическом определении
положений центров тяжести тел сложной
конфигурации используют приём
разбиения исходного тела на части —

его
представляют разделённым наменьших тел (см. рис.6), весаи положения ()
центров тяжести которых известны;
тогда, в соответствии с законом Вариньона:

,
где

Рисунок 14.3

— вес
исходного тела.

Из
14.13 видно, что положения центров тяжести
однородных
тел зависят от геометрических форм, но
не от разновидностей материалов. В связи
с этим, оперируют также понятиями:
«центр тяжести объёма», «центр тяжести
плоской фигуры», «центр тяжести линии».
Чтобы отличать одно от другого в формулах
14.13 вместо
можно условиться писать другие буквы:
в первом случае —,
во втором —,
в третьем —.
Этот результат легко видится, если веса
начать выражать через удельный вес (),
или через вес единицы площади плоской
фигуры, или через вес единицы длины
линии. Например,и ясно, что,
как величина, не зависящая от номера
частицы тела, из уравнения уйдёт –
окажется и в числителе, и в знаменателе.

Из
14.13 рекомендуем самостоятельно получить
и такой результат:

ц

О центре тяжести
треугольника

ентр
тяжести однородного тела располо-жен
в плоскости симметрии, на оси симметрии,
в точке симметрии (если таковые имеются).

Переходим
к рассмотрению основных приёмов,
применяемых при определении центров
тяжести однородных тел простых
конфигураций.

Центр
тяжести однородного треугольника
находится на пересечении его медиан.

Сформулированный
результат можно получить следующими
рассуждениями.-

Р

Рисунок 14.4

азбиваем треугольник на бесконечно
большое число бесконечно узких полосок,
параллельных основанию АВ. ЕF
– одна из них,
-тая
(см. рис. 14.4).

54

М

14.17

едиана ДG
пересекает
-тую
полоску посередине (в точке).
В соответствии с 14.14
ордината её центра
тяжести ()
равна нулю. Таким образом, распределённая
по поверхности треугольника система
сил тяжести сводится к тяжёлой линии
— к медиане ДG.

Т

14.18

.к. для любой из расматриваемых
элементарных полосок,
то на основании 14.13 заключаем: центр
тяжести треугольника расположен на
медиане ДG.

Аналогично
приходим к выводу о том, что центр тяжести
треугольника расположен и на медиане
АК.

Н

14.19

о тело имеет лишь один центр тяжести.
Следовательно, он расположен на
пересеченииDG
и AK.

О

О центре тяжести
дуги окружности

14.20

сталось лишь напомнить (из элементарной
геометрии): точка пересечения медиан
делит каждую из них на два отрезка, один
из которых (примыкающий к вершине
треугольника) в два раза больше второго.

Ц

14.16

ентр
тяжести однородной дуги окружности
(см. рис.14.5) расположен на её оси симметрии
и отстоит от центра этой окружности на
расстоянии

где

—
радиус окружности;

— половина центрального угла, на который
дуга опирается.

Р

Рисунок 14.5

езультат 14.16 можно получить следующим
образом.-

Ось
(см. рис.14.5) направляем так, чтобы она
оказалась осью симметрии рассматриваемой
дуги. Тогда (в соответствии с 14.14),

.

Длина
дуги:
.

Представим
её состоящей из бесконечно большого
числа бесконечно малых дуг, одна из
которых (длиной
)
изображена на рисунке. Тогда:

.

Ниже
приведенные результаты 14.17-14.20 получите
самостоятельно:

55

ц

О центре тяжести
кругового сектора

ентр
тяжести однородного кругового сектора
отстоит от центра круга на расстоянии

,
где

—
радиус круга;
— половина секторного угла;

у

Рисунок 14.6

однородной полусферы (рис.14.7) центр
тяжести отстоит от её основания (от
экваториальной окружности) на расстоянии,
равном половине радиуса;

уоднородного полушара (см. рис.14.8) центр
тяжести отстоит от основания-круга на
растоянии трёх восьмых радиуса.

центр
тяжести однородной пирамиды (и конуса)
расположен на отрезке, соединяющем
центр тяжести основания с вершиной и
отсто-ит от вершины на расстоянии, равном
трём четвертям этого отрезка.

О центре тяжести
полусферы

О центре тяжести
полушара

Рисунок 14.7

Рисунок 14.8

Куб. На нём пирамида

ПРИМЕР
14.1.- Вычислить координаты центра тяжести
тела по рис.14.9.

м
– длина ребра куба.
.

Решение.-
— Центр тяжести расположен на оси
симметрии (на
)
—м.

Рисунок 14.9

м.

56

Соседние файлы в папке Учебник

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

Механические и физические приложения поверхностного интеграла первого рода

Масса поверхности

Пусть на поверхности $sigma $ распределена масса с поверхностной плотностью $mu (mathbf { textit { x } } $,$mathbf { textit { y } } $,$mathbf { textit { z } } )$. Тогда масса $mathbf { textit { m } } $ поверхности равна

$mathbf { textit { m } } =iintlimits_sigma { mu (x,y,z)dsigma } $.

Статические моменты и центр масс

Статические моменты поверхности относительно координатных плоскостей $mathbf { textit { OYZ } } $, $mathbf { textit { OXZ } } $, $mathbf { textit { OXY } } $ равны соответственно $M_ { yz } =iintlimits_sigma { xmu dsigma } , M_ { xz } =iintlimits_sigma { ymu dsigma } , M_ { xy } =iintlimits_sigma { zmu dsigma } $

Координаты центра масс поверхности

$sigma $ равны $mathbf { textit { x } } _ { c } =frac { M_ { yz } } { m } $, $mathbf { textit { y } } _ { c } =frac { M_ { xz } } { m } $, $mathbf { textit { z } } _ { c } =frac { M_ { xy } } { m } $.

Моменты инерции

Момент инерции поверхности $sigma $ относительно прямой $mathbf { textit { L } } $ равен $mathbf { textit { I } } _ { L } =iintlimits_sigma { r_L^2 mu dsigma } $, где $r_L =mathbf { textit { r } } _ { L } (mathbf { textit { x } } ,mathbf { textit { y } } ,mathbf { textit { z } } )$ — расстояние от точки { $mathbf { textit { x } } ,mathbf { textit { y } } ,mathbf { textit { z } } $ } , лежащей на поверхности $sigma $, до прямой $mathbf { textit { L } } $. В частности, моменты инерции относительно координатных осей $mathbf { textit { OX } } ,mathbf { textit { OY } } $, $mathbf { textit { OZ } } $ равны

$I_x =iintlimits_sigma { (y^2+z^2)mu dsigma } $,

$I_y =iintlimits_sigma { (x^2+z^2)mu dsigma } $,

$I_z =iintlimits_sigma { (x^2+y^2)mu dsigma } $.

Момент инерции относительно точки $mathbf { textit { P } } (mathbf { textit { x } } _ { 0 } $,$mathbf { textit { y } } _ { 0 } $,$mathbf { textit { z } } _ { 0 } )$ равен $ I_p =iintlimits_sigma { ((x-x_0 )^2+(y-y_0 )^2+(z-z_0 )^2)mu (x,y,z)dsigma } $

Момент инерции относительно начала координат равен $ I_0 =iintlimits_sigma { (x^2+y^2+z^2)mu (x,y,z)dsigma =frac { 1 } { 2 } (I_x +I_y +I_z ). } $

Пример 1

Найти координаты центра масс полусферы $mathbf { textit { x } } ^ { 2 } +mathbf { textit { y } } ^ { 2 } +mathbf { textit { z } } ^ { 2 } =mathbf { textit { R } } ^ { 2 } ,mathbf { textit { z } } leqslant 0$, если поверхностная плотность в каждой точке сферы равна расстоянию от этой точки до оси $mathbf { textit { OZ } } $.

Решение

Масса полусферы $sigma $ равна

$ begin{array} { l } M=iintlimits_sigma { mu dsigma =iintlimits_sigma { sqrt { x^2+y^2 } dsigma = } } iintlimits_ { x^2+y^2leqslant R^2 } { sqrt { x^2+y^2 } cdot sqrt { 1+((sqrt { R^2-x^2-y^2 } { ) } ‘_x )^2+((sqrt { R^2-x^2-y^2 } { ) } ‘_y )^2 } } dxdy= \ =iintlimits_ { x^2+y^2leqslant R^2 } { sqrt { x^2+y^2 } cdot sqrt { 1+frac { x^2+y^2 } { R^2-x^2-y^2 } } dxdy= } iintlimits_ { x^2+y^2leqslant R^2 } { sqrt { x^2+y^2 } cdot frac { Rdxdy } { sqrt { R^2-x^2-y^2 } } =Rintlimits_0^ { 2pi } { dvarphi } intlimits_0^R { frac { r^2dr } { sqrt { R^2-r^2 } } = } } \ =2pi Rintlimits_0^R { frac { r^2-R^2+R^2 } { sqrt { R^2-r^2 } } dr=2pi Rleft( { R^2arcsin left. { frac { r } { R } }right|_0^R -intlimits_0^R { sqrt { R^2-r^2 } } dr }right)=frac { pi ^2R^3 } { 2 } . } \ end{array} $

{ Мы воспользовались тем, что интеграл $intlimits_0^R { sqrt { R^2-r^2 } dr } $ равен четверти площади круга радиуса $mathbf { textit { R } } $ , т.е. $frac { pi R^2 } { 4 } $ } .

Пример 2

Найти массу поверхности $G:left { { { begin{array} { * { 20 } c } { x^2+y^2+z^2=16 } hfill \ { ygeqslant 0 } hfill \ { 0leqslant zleqslant 3 } hfill \ end{array} } }right.$ с поверхностной плотностью $gamma = 2z^ { 2 } + 3$.

Решение

На рассматриваемой поверхности $z=sqrt { 16-x^2-y^2 } $,

$frac { partial z } { partial x } =-frac { x } { sqrt { 16-x^2-y^2 } } ,frac { partial z } { partial y } =-frac { y } { sqrt { 16-x^2-y^2 } } .$ Тогда

$ dS=sqrt { 1+frac { x^2 } { 16-x^2-y^2 } +frac { x^2 } { 16-x^2-y^2 } } dxdy=frac { 4 } { sqrt { 16-x^2-y^2 } } dxdy. $

Проекцией $D$ этой поверхности на координатную плоскость $Oxy$ является полукольцо с границами в виде дуг концентрических окружностей радиусов 3 и 4.

Применяя формулу массы поверхности и перехода к полярным координатам, получим:

$ begin{array} { c } M=4iintlimits_D { frac { 2(16-x^2-y^2)+3 } { sqrt { 16-x^2-y^2 } } } dxdy=4intlimits_0^pi { dvarphi } intlimits_3^4 { frac { 2(16-rho ^2)+3 } { sqrt { 16-rho ^2 } } } rho drho = \ =4pi left( { -frac { 1 } { 2 } }right)intlimits_7^0 { frac { 2t+3 } { sqrt t } } dt=2pi intlimits_0^7 { left( { 2t^ { frac { 1 } { 2 } } +3t^ { -frac { 1 } { 2 } } }right) } dt=2pi left( { frac { 4 } { 3 } t^ { frac { 3 } { 2 } } +6t^ { frac { 1 } { 2 } } }right)left| { { begin{array} { * { 20 } c } { ^7 } hfill \ { _0 } hfill \ end{array} } }right.= \ =2pi left( { frac { 28 } { 3 } sqrt 7 +6sqrt 7 }right)=frac { 92sqrt 7 } { 3 } pi . \ end{array} $

iSopromat.ru

Формулы для расчета координат положения центра тяжести треугольника, дуги окружности и кругового сегмента.

Центр тяжести треугольника

Центр тяжести площади треугольника совпадает с точкой пересечения его медиан (рисунок 1.10, а).

Центр тяжести дуги окружности

Дуга имеет ось симметрии (рисунок 1.10, б). Центр тяжести лежит на этой оси, т.е. y_C = 0.

dl – элемент дуги, dl = Rdφ, R – радиус окружности, x = Rcosφ, L = 2αR,

Центр тяжести кругового сектора

Сектор радиуса R с центральным углом 2α имеет ось симметрии Ox, на которой находится центр тяжести (рисунок 1.10, в).

Разбиваем сектор на элементарные секторы, которые можно считать треугольниками. Центры тяжести элементарных секторов располагаются на дуге окружности радиуса (2/3)R.

Центр тяжести сектора совпадает с центром тяжести дуги AB:

Уважаемые студенты!
На нашем сайте можно получить помощь по техническим и другим предметам:
✔ Решение задач и контрольных
✔ Выполнение учебных работ
✔ Помощь на экзаменах

Как найти центр тяжести?

Опубликовано 21 Окт 2013
Рубрика: Механика | 3 комментария

В инженерной практике случается, что возникает необходимость вычислить координаты центра тяжести сложной плоской фигуры, состоящей из простых элементов, для которых расположение центра тяжести известно. Такая задача является частью задачи определения.

. геометрических характеристик составных поперечных сечений балок и стержней. Часто с подобными вопросами приходится сталкиваться инженерам-конструкторам вырубных штампов при определении координат центра давления, разработчикам схем погрузки различного транспорта при размещении грузов, проектировщикам строительных металлических конструкций при подборе сечений элементов и, конечно, студентам при изучении дисциплин «Теоретическая механика» и «Сопротивление материалов».

Библиотека элементарных фигур.

Для симметричных плоских фигур центр тяжести совпадает с центром симметрии. К симметричной группе элементарных объектов относятся: круг, прямоугольник (в том числе квадрат), параллелограмм (в том числе ромб), правильный многоугольник.

Из десяти фигур, представленных на рисунке выше, только две являются базовыми. То есть, используя треугольники и сектора кругов, можно скомбинировать почти любую фигуру, имеющую практический интерес. Любые произвольные кривые можно, разбив на участки, заменить дугами окружностей.

Оставшиеся восемь фигур являются самыми распространенными, поэтому они и были включены в эту своеобразную библиотеку. В нашей классификации эти элементы не являются базовыми. Прямоугольник, параллелограмм и трапецию можно составить из двух треугольников. Шестиугольник – это сумма из четырех треугольников. Сегмент круга — это разность сектора круга и треугольника. Кольцевой сектор круга — разность двух секторов. Круг – это сектор круга с углом α=2*π=360˚. Полукруг – это, соответственно, сектор круга с углом α=π=180˚.

Расчет в Excel координат центра тяжести составной фигуры.

Передавать и воспринимать информацию, рассматривая пример, всегда легче, чем изучать вопрос на чисто теоретических выкладках. Рассмотрим решение задачи «Как найти центр тяжести?» на примере составной фигуры, изображенной на рисунке, расположенном ниже этого текста.

Составное сечение представляет собой прямоугольник (с размерами a1 =80 мм, b1 =40 мм), к которому слева сверху добавили равнобедренный треугольник (с размером основания a2 =24 мм и высотой h2 =42 мм) и из которого справа сверху вырезали полукруг (с центром в точке с координатами x03 =50 мм и y03 =40 мм, радиусом r3 =26 мм).

В помощь для выполнения расчета привлечем программу MS Excel или программу OOo Calc. Любая из них легко справится с нашей задачей!

В ячейках со светло-желтой заливкой считаем результаты .

Начинаем решение задачи – начинаем поиск координат центра тяжести сечения.

Исходные данные:

1. Названия элементарных фигур, образующих составное сечение впишем соответственно

в ячейку D3: Прямоугольник

в ячейку E3: Треугольник

в ячейку F3: Полукруг

2. Пользуясь представленной в этой статье «Библиотекой элементарных фигур», определим координаты центров тяжести элементов составного сечения xci и yci в мм относительно произвольно выбранных осей 0x и 0y и запишем

в ячейку D4: =80/2=40,000

xc 1 = a 1 /2

в ячейку D5: =40/2=20,000

yc 1 = b 1 /2

в ячейку E4: =24/2=12,000

xc 2 = a 2 /2

в ячейку E5: =40+42/3=54,000

yc 2 = b 1 + h 2 /3

в ячейку F4: =50=50,000

xc 3 = x03

в ячейку F5: =40-4*26/3/ПИ()=28,965

yc 3 = y 03 -4* r3 /3/π

3. Рассчитаем площади элементов F 1 , F 2 , F3 в мм2, воспользовавшись вновь формулами из раздела «Библиотека элементарных фигур»

в ячейке D6: =40*80=3200

в ячейке E6: =24*42/2=504

в ячейке F6: =-ПИ()/2*26^2=-1062

F3 = -π/2* r3 ^2

Площадь третьего элемента – полукруга – отрицательная потому, что это вырез – пустое место!

Расчет координат центра тяжести:

4. Определим общую площадь итоговой фигуры F0 в мм2

в объединенной ячейке D8E8F8: =D6+E6+F6=2642

5. Вычислим статические моменты составной фигуры Sx и Sy в мм3 относительно выбранных осей 0x и 0y

в объединенной ячейке D9E9F9: =D5*D6+E5*E6+F5*F6=60459

в объединенной ячейке D10E10F10: =D4*D6+E4*E6+F4*F6=80955

6. И в завершение рассчитаем координаты центра тяжести составного сечения Xc и Yc в мм в выбранной системе координат 0x — 0y

в объединенной ячейке D11E11F11: =D10/D8=30,640

в объединенной ячейке D12E12F12: =D9/D8=22,883

Задача решена, расчет в Excel выполнен — найдены координаты центра тяжести сечения, составленного при использовании трех простых элементов!

Заключение.

Пример в статье был выбран очень простым для того, чтобы легче было разобраться в методологии расчетов центра тяжести сложного сечения. Метод заключается в том, что любую сложную фигуру следует разбить на простые элементы с известными местами расположения центров тяжести и произвести итоговые вычисления для всего сечения.

Если сечение составлено из прокатных профилей – уголков и швеллеров, то их нет необходимости разбивать на прямоугольники и квадраты с вырезанными круговыми «π/2»- секторами. Координаты центров тяжести этих профилей приведены в таблицах ГОСТов, то есть и уголок и швеллер будут в ваших расчетах составных сечений базовыми элементарными элементами (о двутаврах, трубах, прутках и шестигранниках говорить нет смысла – это центрально симметричные сечения).

Расположение осей координат на положение центра тяжести фигуры, конечно, не влияет! Поэтому выбирайте систему координат, упрощающую вам расчеты. Если, например, я развернул бы в нашем примере систему координат на 45˚ по часовой стрелке, то вычисление координат центров тяжести прямоугольника, треугольника и полукруга превратилось бы в еще один отдельный и громоздкий этап расчетов, который «в уме» не выполнишь.

Представленный ниже расчетный файл Excel в данном случае программой не является. Скорее – это набросок калькулятора, алгоритм, шаблон по которому следует в каждом конкретном случае составлять свою последовательность формул для ячеек с яркой желтой заливкой.

Итак, как найти центр тяжести любого сечения вы теперь знаете! Полный расчет всех геометрических характеристик произвольных сложных составных сечений будет рассмотрен в одной из ближайших статей в рубрике «Механика». Следите за новостями на блоге.

Для получения информации о выходе новых статей и для скачивания рабочих файлов программ прошу вас подписаться на анонсы в окне, расположенном в конце статьи или в окне вверху страницы.

После ввода адреса своей электронной почты и нажатия на кнопку «Получать анонсы статей» НЕ ЗАБЫВАЙТЕ ПОДТВЕРЖДАТЬ ПОДПИСКУ кликом по ссылке в письме, которое тут же придет к вам на указанную почту (иногда — в папку «Спам»)!

Несколько слов о бокале, монете и двух вилках, которые изображены на «значке-иллюстрации» в самом начале статьи. Многим из вас, безусловно, знаком этот «трюк», вызывающий восхищенные взгляды детей и непосвященных взрослых. Тема этой статьи – центр тяжести. Именно он и точка опоры, играя с нашим сознанием и опытом, попросту дурачат наш разум!

Центр тяжести системы «вилки+монета» всегда располагается на фиксированном расстоянии по вертикали вниз от края монеты, который в свою очередь является точкой опоры. Это положение устойчивого равновесия! Если покачать вилки, то сразу становится очевидным, что система стремится занять свое прежнее устойчивое положение! Представьте маятник – точка закрепления (=точка опоры монеты на кромку бокала), стержень-ось маятника (=в нашем случае ось виртуальная, так как масса двух вилок разведена в разные стороны пространства) и груз внизу оси (=центр тяжести всей системы «вилки+монета»). Если начать отклонять маятник от вертикали в любую сторону (вперед, назад, налево, направо), то он неизбежно под действием силы тяжести будет возвращаться в исходное устойчивое состояние равновесия (это же самое происходит и с нашими вилками и монетой)!

Кто не понял, но хочет понять – разберитесь самостоятельно. Это ведь очень интересно «доходить» самому! Добавлю, что этот же принцип использования устойчивого равновесия реализован и в игрушке ванька–встань-ка. Только центр тяжести у этой игрушки расположен выше точки опоры, но ниже центра полусферы опорной поверхности.

Всегда рад вашим комментариям, уважаемые читатели.

Прошу, УВАЖАЯ труд автора, скачивать файл ПОСЛЕ ПОДПИСКИ на анонсы статей.

Ссылка на скачивание файла: raschet-tsentra-tyazhesti (xls 17,0KB).

Вычисление элементов плоских фигур. Площадь. Центр тяжести. Ключевые размеры.Квадрат. Прямоугольник. Параллелограмм. Треугольник. Трапеция. Правильный шестиугольник. Правильный многоугольник. Круг. Полукруг. Сектор. Сегмент. Кольцо. Кольц.сектор. Эллипс

Вычисление элементов плоских фигур. Площадь. Центр тяжести. Ключевые размеры.Квадрат. Прямоугольник. Параллелограмм. Треугольник. Трапеция. Правильный шестиугольник. Правильный многоугольник. Круг. Полукруг. Сектор. Сегмент. Кольцо. Кольцевой сектор. Эллипс.