Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Леви-чивита Т. -> "Курс теоретической механики Том 1" -> 14

Курс теоретической механики Том 1 - Леви-чивита Т.

Леви-чивита Т., Амальди У. Курс теоретической механики Том 1 — Москва, 1952. — 326 c.
Скачать (прямая ссылка): kursteoriticheskoyfiz1952.djvu
Предыдущая << 1 .. 8 9 10 11 12 13 < 14 > 15 16 17 18 19 20 .. 134 >> Следующая


Для многоугольника с п сторонами молото применить способ последовательного приведения к многоугольникам с меньшим числом сторон и, следовательно, в конечном счете к треугольникам. Достаточно, например, разложить его двумя способами на многоугольник с п —-1 сторонами и треугольник. Обозначив через G', G11 центры 36

гл. x. геометрия ма.сс

тяжести двух многоугольников, через G , G1 центры тяжести соответственных треугольников (соответственных в том смысле, что они дополняют указанные многоугольники), мы, как и выше, будем иметь центр тяжести G в точке пересечения отрезков G'G" и G1G".

в) Дуга окружности. Пусть AB есть дуга (фиг. 14), О — центр окружности, M — средняя точка дуги. Прямая ОМ, очевидно, является осью симметрии, так что центр тяжести G следует искать на ней. Обозначив через N точку пересечения OM с хордой AB,

можно добавить, что центр тяжести должен лежать на отрезке MN.

Действительно, G есть также и центр тяжести всех точек, лежащих на отрезке MN (частичные центры тяжести пар симметричных точек); поэтому он будет внутренней или по крайней мере не внешней точкой для этого отрезка (п. 11). •

Для того чтобы определить положение точки G на MN, обратимся к формулам, выбрав в качестве начала координат точку О и приняв ось симметрии OM за ось у. Вторая из формул (12') определит тогда координату г/0, которая в настоящем случае есть OG, в виде

J yds

OG--

где областью интегрирования S является дуга AB. Интеграл, стоящий в числителе, определяется просто, если примем за переменную интегрирования угол 0, образуемый переменным радиусом OP с осыо Otj и отсчитываемый в направлении от Oy к Ох.

Если 2а есть центральный угол, соответствующий дуге AB,

т. е. угол АОВ, то для точек P дуги AB угол 0 будет изменяться от —<х до -j-a. Обозначив через г радиус, очевидно, будем иметь

у z=rcos 0, dS = rdt).

Искомый интеграл принимает, таким образом, вид

J

V COS

Odl, s 4. центр тяжести тела, поверхности и линии

37

где г является постоянной величиной; легко видеть, что этот интеграл равен 2r'J кіп с.. Так как Ir sin а есть длина хорды AB, то окончательно будем иметь равенство

OG = r~,

о

из которого видно, что расстояние OG центра тяжести дуги от центра окружности относится к радиусу, как хорда к дуге.

Для частного случая а = ъ (полуокружность) AB = Ir, 8 = г.г, и мы будем иметь

OG =-г,

л

г) Призма и цилиндр. Рассмотрим сечения, параллельные основанию; все они равны между собой. Центры тяжести этих сечений являются их соответственными точками и все лежат на одной и той же прямой д, параллельной ребрам (или, соответственно, образующей).

Центр тяжести G тела есть средняя точка отрезка этой прямой у, отсекаемого на ней основаниями. Можно также сказать, что g/_ центр тяжести тела совпадает с центром тяжести сечения, проведенного через середину высоты.

Для подтверждения этого достаточно представить себе призму (или цилиндр) разделен- Фиг. 15. ной на бесконечно тонкие слои посредством

равноотстоящих, параллельных основанию плоскостей. Каждый слой можно уподобить однородной материальной площадке, которая имеет свой центр тяжести G' на прямой д. В силу распределительного свойства точка G есть центр тяжести всех точек G', если приписать им массы соответствующих слоев. Но все эти массы равны между собой. Поэтому точки G' составляют однородный отрезок, центр тяжести которого совпадает с его серединой.

д) Тетраэдр. Будем называть плоскостями-медианами плоскости, определяемые ребром и средней точкой противоположного ребра. Всякий тетраэдр имеет, очевидно, шесть плоскостей-медиан.

Эти плоскости, как мы скоро увидим, являются диаметральными плоскостями, сопряженными с направлением того ребра, которое они делят пополам, и не проходят все через одну и ту же прямую (так как из этого следовало бы, что четыре вершины тетраэдра лежат на одной и той же прямой); вследствие этого они определяют центр тяжести G как их общую точку пересечения (п. 13).

Через каждую вершину, например через А (фиг. 15), проходят три плоскости-медианы. Они пересекают противоположную грань BCD по трем медианам, поэтому все содержат центр тяжести H тре,- 38

гл. x. геометрия ма.сС

угольника BCD и, следовательно, прямую АН. Мы можем, таким образом, определить центр тяжести G тетраэдра как точку пересечения отрезков, соединяющих каждую вершину с центром тяжести противоположной грани.

Важно отметить, что центр тяжести делит эти отрезки в отношении 1:8. Для доказательства обозначим через E среднюю точку ребра ВС и проведем медианы DE и AE треугольников BCD и ABC. Центры тяжести Н, К этих треугольников находятся на соответствующих медианах DE и AE на расстояниях, равных одной трети каждой медианы от основания Е, т. е. EH и EK равны соответственно третьей части от ED и EA. Отсюда следует, что два треугольника EHK и EDA подобны, так как они имеют один и тот же угол, заключенный между пропорциональными сторонами. Поэтому HK составляет одну треть от AD. Соединив HrK с противоположными вершинами А и D отрезками НА и KD, мы увидим, что точка пересечения G этих отрезков есть как раз центр тяжести тетраэдра. Из подобия треугольников GHK и GAD следует, что GH и GK равны соответственно одной трети от GA и GD.
Предыдущая << 1 .. 8 9 10 11 12 13 < 14 > 15 16 17 18 19 20 .. 134 >> Следующая
Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed