Найти массу треугольника если плотность

Механические приложения двойного интеграла

1. Услуги проектирования
2. Двойной интеграл
3. Механические приложения двойного интеграла

Видео:Расчёт массы и объёма тела по его плотности. Физика 7 классСкачать

Механические приложения двойного интеграла

Будем считать, что $mathbf < textit > $ — неоднородная плоская пластина с поверхностной плотностью материала в точке $P$ равной $mu (P)$. В механике $mu (P)$ определяется так. Точка $P$ окружается малой областью $mathbf < textit > $, находится масса $mathbf < textit > (mathbf < textit > )$ и площадь этой области < площадь тоже будем обозначать буквой $mathbf < textit > $ > и $mu (P)=mathop limits_ frac $.

Для нахождения массы по заданной плотности мы решим обратную задачу. Разобьём $mathbf < textit > $ на малые подобласти $mathbf < textit > _ $, $mathbf < textit > _ $,$mathbf < textit > _ , , mathbf < textit > _ $, в каждой из подобластей $mathbf < textit > _ $ выберем произвольную точку $mathbf < textit

> _ $, и, считая что в пределах $mathbf < textit > _ $ плотность постоянна и равна $mu (P_i )$, получим, что масса $mathbf < textit > _ $ приближённо есть $mu (P_i )cdot s(D_i )$, а масса всей пластины $sumlimits_ ^n $.

Это интегральная сумма, при уменьшении $d=mathop limits_ diam(D_i )$ точность приближения увеличивается, и в пределе $m(D)=mathop limits_ < begin dto 0 \ (nto infty ) \ end > sumlimits_ ^n =iintlimits_D $.

Аналогично находятся другие параметры пластины:

Координаты центра тяжести

Моменты инерции пластины

Пластина расположена в области (R) и ее плотность в точке ( < left( right) > ) равна ( < rho left( right) > ).

Масса пластины

(m = largeiintlimits_Rnormalsize < rho left( right)dA > )

Статические моменты пластины

Момент пластины относительно оси (Ox) определяется формулой

Аналогично, момент пластины относительно оси (Oy) выражается в виде

Координаты центра масс пластины

• (bar x = largefrac < < > >normalsize = largefrac normalsize largeiintlimits_Rnormalsize < xrho left( right)dA > = largefrac < < iintlimits_R < xrho left( right)dA > > >< < iintlimits_R < rho left( right)dA > > > normalsize,;)
• (bar y = largefrac < < > >normalsize = largefrac normalsize largeiintlimits_Rnormalsize < yrho left( right)dA > = largefrac < < iintlimits_R < yrho left( right)dA > > >< < iintlimits_R < rho left( right)dA > > > normalsize ).

Заряд пластины

(Q = largeiintlimits_Rnormalsize < sigma left( right)dA > ),

где электрический заряд распределен по области (R) и его плотность в точке ( < left( right) > ) равна ( < sigma left( right) > ).

Среднее значение функции

(mu = largefrac iintlimits_Rnormalsize < fleft( right)dA > ,;) где (S = largeiintlimits_Rnormalsize ).

Найти параметры неоднородной плоской пластины, ограниченной кривыми

$D:left[ < begin y=x^2, \ y=4; \ end >right.$ если плотность $mu (x,y)=y+1$.

Решение:

Вычислить моменты инерции треугольника, ограниченного прямыми (x + y = 1,) (x = 0,) (y = 0) и имеющего плотность $rho left( right) = xy.$

Решение:

Электрический заряд распределен по площади диска ( + = 1) таким образом, что его поверхностная плотность равна $sigma left( right) = 1 + + ;left( < text ^2 >right)$ Вычислить полный заряд диска.

Решение:

В полярных координатах область, занятая диском, описывается множеством (left[< left( right)|;0 le r le 1,0 le theta le 2pi >right].)

Далее:

Несобственные интегралы от неограниченной функции

Условия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования

Определение двойного интеграла

Класс M. Теорема о замкнутости класса M

Булевы функции от $n$ переменных

Класс $L$. Теорема о замкнyтости класса $L$

Примеры применения цилиндрических и сферических координат

Несобственные интегралы по неограниченной области

Логические операции над высказываниями

Замыкание. Свойства замыкания. Теорема о сведении к заведомо полной системе

Поток жидкости через поверхность

Механические приложения тройного интеграла

Переход от двойного интеграла к повторному. Изменение порядка интегрирования. Переход к полярным координатам

Класс Te . Теорема о замкнутости Te

Равносильные формулы алгебры высказываний

Огравление $Rightarrow $

Видео:Как найти массу если известна плотность и объёмСкачать

Как найти массу треугольника

Видео:Урок 28 (осн). Вычисление массы и объема тела по плотностиСкачать

Как найти массу треугольника

Любите ли вы геометрию? Многие на этот вопрос отвечают «нет», потому что в школе она даётся труднее всего. Причём особенную нелюбовь вызывают у учеников задачи о пересекающихся отрезках в треугольнике, к которым трудно даже подступиться. В этой статье мы расскажем о замечательном методе решения подобных задач — методе масс.

Эта статья была опубликована в журнале OYLA №10(38). Оформить подписку на печатную и онлайн-версию можно здесь.

Наверняка в детстве вы качались на качелях-весах. И наверняка один из двоих чаще всего оказывался тяжелее и его сторона постоянно перевешивала. А что можно сделать в этой ситуации, чтобы уравновесить качели?

Вспоминаем правило рычага: чтобы система была в равновесии, моменты сил, действующих на качели, должны быть одинаковыми.

Так как силы в нашем случае — это силы тяжести, верно следующее равенство:

Сокращаем константу g и получаем, что отношение масс обратно пропорционально отношению расстояний от края качелей до опоры.

Обратите внимание: вес самих качелей мы не учитываем. То есть система состоит из двух точек — концов отрезка с «гирьками», а также третьей точки, которая делит этот отрезок в отношении, обратно пропорциональном отношению масс «гирек». Последняя точка имеет своё название — она является центром масс системы из двух точек-«гирек».

Что же такое центр масс, или, как его ещё называют, центр тяжести? Формальное определение звучит так:

Точка О называется центром масс системы из n точек А1, А2, …, Аn, где каждой точке соответствует масса m1, m2, …, mn, если верно следующее равенство:

Не пугайтесь этой формулы! На деле решать задачи данным методом можно не думая про векторы. Сделаем допущение, что груз на концах отрезков не имеет размера — только массу.

Чтобы найти центр масс системы из двух точек, надо всего лишь разбить отрезок в отношении, обратно пропорциональном массам точек. Это условие делает верным наше векторное равенство.

Теперь рассмотрим систему из трёх точек, образующих некий треугольник. Как найти его центр масс? Для большей наглядности представим большой поднос, на котором произвольно расставлены гири. И официанта, который ловко удерживает поднос на одном пальце. Точка, в которой палец соприкасается с подносом, и есть центр масс. Только условимся, что поднос обладает бесконечно малой массой.

Как же найти эту точку? Оказывается, у центра масс есть следующее полезное свойство.

Если есть система точек с массами в них и какую-то пару точек А(m_A) и B(m_B) мы заменим их центром масс Р(m_A+m_B), то центр масс исходной системы не изменится.

Доказать это свойство попробуйте самостоятельно: это несложное упражнение на векторы.

Давайте применим указанное свойство к треугольнику. Если есть треугольник с вершинами А, В, С с массами в них, то, чтобы найти центр масс данной системы, можно сперва найти центр масс точек А и В (точку Р), а затем найти центр масс точек Р и С. В каждом из двух случаев центр масс мы находим с помощью обычного правила рычага.

Всё это здорово, но возникает резонный вопрос: а зачем? Какое отношение имеют эти рассуждения к геометрическим задачам? Терпение, друзья!

Дан треугольник АВС. М — середина АВ, точка К лежит на отрезке АС и делит его в отношении 1:2 от вершины А. В каком отношении отрезок СМ делит отрезок ВК?

Решение Суть нашего метода в следующем. Расставим в точки А, В и С массы 2, 2 и 1 соответственно. Как вы видите, центр масс точек А(2) и В(2) — это точка М(4). Значит, центр масс всей системы из трёх точек находится на отрезке СМ и делит его в отношении 1:4 от С.

Теперь вернёмся к началу и найдём центр масс точек А и С. Это будет точка К(3). Значит, центр масс исходной системы лежит на отрезке ВК и делит его в отношении 3:2 от В.

Но речь идёт об одной и той же системе точек А, В и С, а значит, у них один и тот же центр масс, который лежит и на СМ, и на ВК. Таким образом, центр масс не что иное, как точка О. Отсюда следует, что искомое отношение ВО к ОК равно 3:2.

Ответ. 3:2.

Постойте-ка! А как это мы догадались расставить массы именно так: 2, 2 и 1? На самом деле никакой магии тут нет. Наша цель — расставить массы в вершинах треугольника так, чтобы их центром оказалась точка О. Но почему именно 2, 2 и 1? Всё дело в том, что О будет центром масс, если мы покажем, что центр масс одновременно лежит и на отрезке СМ, и на отрезке ВК. Следовательно, в первом случае массы из точек А и В должны сместиться в точку М. Вспоминаем правило качелей: так как АМ = ВМ, то массы в точки А и В надо ставить одинаковые. Запомним это.

Во втором случае мы должны поставить массы в А и С так, чтобы их центром была точка К. Но АК:СК = 1:2, значит, в точке А масса должна быть вдвое больше, чем в С. Следовательно, ставим в С массу 1, тогда в А будет 2 (вдвое больше) и в В — тоже 2 (как в А).

Методом масс можно не только решать задачи, но и доказывать теоремы.

Докажите, что медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 2:1, считая от вершин.

Решение Рассмотрим медианы ВК и СМ. В данном случае и К, и М — середины, поэтому поставим во все три вершины А, В и С массу 1. Далее рассмотрим точки А и В. Их центр масс — точка М(2). Значит, центр масс системы точек А, В и С лежит на отрезке СМ и делит его в отношении 2:1 от вершины С.

Теперь рассмотрим точки А и С, их центр масс — точка К(2). Значит, центр масс всё той же системы точек А, В и С лежит на отрезке ВК и делит его в отношении 2:1 от вершины В. Но тогда искомый центр масс — это точка О на пересечении отрезков ВК и СМ, причём каждый из отрезков эта точка делит в отношении 2:1 от вершин.

Осталось заметить, что если мы рассмотрим медианы ВК и АР, то их точка пересечения также будет центром масс и разделит ВК и АР в отношении 2:1 от вершин. Но точка, которая делит ВК в отношении 2:1 от В, единственная, значит, в обоих случаях речь идёт об одной и той же точке О. Итак, все три медианы проходят через точку О и делятся ею в отношении 2:1 от вершин, что и требовалось доказать.

Видео:Масса через двойной интегралСкачать

M237. Задачи на нахождении масс вершин в треугольнике

Видео:Физика 7 класс (Урок№10 - Плотность и масса.)Скачать

Условие

Углы остроугольного треугольника равны [latex]alpha[/latex], [latex]beta[/latex] и [latex]gamma[/latex]. Какие массы нужно поместить в его вершинах, чтобы центр тяжести этих трех масс попал:

1. В точку пересечения высот?
2. В центр описанной окружности?

Стороны треугольника равны [latex]a[/latex], [latex]b[/latex] и [latex]c[/latex]. Какие массы нужно поместить в его вершины, чтобы центр тяжести попал:

1. В точку пересечения отрезков соединяющих вершины и точки касания противоположных им сторон со вписанной окружностью?
2. В центр вписанной окружности?

Видео:Математический анализ, 47 урок, Криволинейные интегралы первого родаСкачать

Решение

Пусть в вершинах треугольника [latex]ABC[/latex] расположены массы [latex]m_[/latex], [latex]m_[/latex] и [latex]m_ [/latex] соответственно. Проведем прямые [latex]BD[/latex] и [latex]CE[/latex], пересекающиеся внутри треугольника в точке [latex]O[/latex] (рис. 1). Заметим, что для того, чтобы центр тяжести этих масс попал в точку[latex]O[/latex], необходимо выполнение соотношений [latex]frac > =frac [/latex] и [latex]frac =frac [/latex]. Перейдем теперь к решению задачи.

1. Пусть [latex]BD[/latex] и [latex]CE[/latex] — высоты в треугольнике [latex]ABC[/latex] (рис. 2). Тогда [latex]frac =tg alpha[/latex], [latex]frac =tg gamma[/latex], то есть [latex]frac =frac [/latex].
   Согласно сделанному замечанию, [latex]frac > =frac [/latex] и аналогично [latex]frac =frac [/latex]. Значит, в вершины [latex]A[/latex], [latex]B[/latex] и [latex]C[/latex] треугольника [latex]ABC[/latex] можно поместить, например, массы [latex]m_=tg alpha[/latex], [latex]m_=tg beta[/latex], [latex]m_ =tg gamma[/latex].
   
2. Пусть [latex]O[/latex] — центр описанной окружности (рис. 3). Имеем:
   [latex]frac =frac > [/latex],
   [latex]frac =frac > [/latex]
   (теорема синусов для треугольника [latex]ABD[/latex] и [latex]BCD[/latex]). Поэтому [latex]frac =frac > >[/latex].
   Треугольник [latex]BAK[/latex] — прямоугольный ([latex]measuredangle BAK=90^ [/latex]) и [latex]measuredangle BKA=measuredangle BCA=gamma[/latex]; поэтому [latex]sin beta_ =cos gamma[/latex]. Аналогично [latex]sin beta_ =cos alpha[/latex].
   Итак, [latex]frac =frac cdot frac =frac [/latex].
   Учитывая замечание, получаем:
   [latex]frac > =frac [/latex].
   Таким же образом [latex]frac =frac [/latex].
   Значит, можно взять [latex]m_=sin 2alpha[/latex], [latex]m_=sin 2beta[/latex], [latex]m_ =sin 2gamma[/latex].
   
3. Легко видеть (см. рис. 4), что [latex]AD=p-a[/latex], [latex]DC=p-c[/latex], где [latex]p=frac [/latex], поэтому [latex]frac > =frac

[/latex].
Аналогично [latex]AE=p-a[/latex], [latex]EB=p-b[/latex], то есть [latex]frac =frac

[/latex].
Поэтому достаточно положить [latex]m_=frac

[/latex], [latex]m_ =frac

[/latex].

Так как [latex]BD[/latex] — биссектриса угла [latex]B[/latex] (см. рис. 5), то [latex]frac =frac [/latex] или [latex]frac > =frac [/latex]; соответственно [latex]CE[/latex] — биссектриса угла [latex]C[/latex] и [latex]frac =frac[/latex], то есть [latex]frac =frac[/latex]. Поэтому можно взять [latex]m_=a[/latex], [latex]m_=b[/latex], [latex]m_ =c[/latex].

Видео:Плотность вещества и единицы измерения плотности. Практическая часть - решение задачи. 7 класс.Скачать

Центры тяжести многоугольников и многогранников

Центром тяжести (или центром масс) некоторого тела называется точка, обладающая тем свойством, что если подвесить тело за эту точку, то оно будет сохранять свое положение.

Ниже рассмотрены двумерные и трёхмерные задачи, связанные с поиском различных центров масс — в основном с точки зрения вычислительной геометрии.

В рассмотренных ниже решениях можно выделить два основных факта. Первый — что центр масс системы материальных точек равен среднему их координат, взятых с коэффициентами, пропорциональными их массам. Второй факт — что если мы знаем центры масс двух непересекающихся фигур, то центр масс их объединения будет лежать на отрезке, соединяющем эти два центра, причём он будет делить его в то же отношении, как масса второй фигуры относится к массе первой.

Видео:Урок 29 (осн). Задачи по теме "Плотность" - 1Скачать

Двумерный случай: многоугольники

На самом деле, говоря о центре масс двумерной фигуры, можно иметь в виду одну из трёх следующих задач:

• Центр масс системы точек — т.е. вся масса сосредоточена только в вершинах многоугольника.
• Центр масс каркаса — т.е. масса многоугольника сосредоточена на его периметре.
• Центр масс сплошной фигуры — т.е. масса многоугольника распределена по всей его площади.

Каждая из этих задач имеет самостоятельное решение, и будет рассмотрена ниже отдельно.

Центр масс системы точек

Это самая простая из трёх задач, и её решение — известная физическая формула центра масс системы материальных точек:

где — массы точек, — их радиус-векторы (задающие их положение относительно начала координат), и — искомый радиус-вектор центра масс.

В частности, если все точки имеют одинаковую массу, то координаты центра масс есть среднее арифметическое координат точек. Для треугольника эта точка называется центроидом и совпадает с точкой пересечения медиан:

Для доказательства этих формул достаточно вспомнить, что равновесие достигается в такой точке , в которой сумма моментов всех сил равна нулю. В данном случае это превращается в условие того, чтобы сумма радиус-векторов всех точек относительно точки , домноженных на массы соответствующих точек, равнялась нулю:

и, выражая отсюда , мы и получаем требуемую формулу.

Центр масс каркаса

Будем считать для простоты, что каркас однороден, т.е. его плотность везде одна и та же.

Но тогда каждую сторону многоугольника можно заменить одной точкой — серединой этого отрезка (т.к. центр масс однородного отрезка есть середина этого отрезка), с массой, равной длине этого отрезка.

Теперь мы получили задачу о системе материальных точек, и применяя к ней решение из предыдущего пункта, мы находим:

где — точка-середина -ой стороны многоугольника, — длина -ой стороны, — периметр, т.е. сумма длин сторон.

Для треугольника можно показать следующее утверждение: эта точка является точкой пересечения биссектрис треугольника, образованного серединами сторон исходного треугольника. (чтобы показать это, надо воспользоваться приведённой выше формулой, и затем заметить, что биссектрисы делят стороны получившегося треугольника в тех же соотношениях, что и центры масс этих сторон).

Центр масс сплошной фигуры

Мы считаем, что масса распределена по фигуре однородно, т.е. плотность в каждой точке фигуры равна одному и тому же числу.

Случай треугольника

Утверждается, что для треугольника ответом будет всё тот же центроид, т.е. точка, образованная средним арифметическим координат вершин:

Случай треугольника: доказательство

Приведём здесь элементарное доказательство, не использующее теорию интегралов.

Первым подобное, чисто геометрическое, доказательство привёл Архимед, но оно было весьма сложным, с большим числом геометрических построений. Приведённое здесь доказательство взято из статьи Apostol, Mnatsakanian «Finding Centroids the Easy Way».

Доказательство сводится к тому, чтобы показать, что центр масс треугольника лежит на одной из медиан; повторяя этот процесс ещё дважды, мы тем самым покажем, что центр масс лежит в точке пересечения медиан, которая и есть центроид.

Разобьём данный треугольник на четыре, соединив середины сторон, как показано на рисунке:

Четыре получившихся треугольника подобны треугольнику с коэффициентом .

Треугольники №1 и №2 вместе образуют параллелограмм, центр масс которого лежит в точке пересечения его диагоналей (поскольку это фигура, симметричная относительно обеих диагоналей, а, значит, её центр масс обязан лежать на каждой из двух диагоналей). Точка находится посередине общей стороны треугольников №1 и №2, а также лежит на медиане треугольника :

Пусть теперь вектор — вектор, проведённый из вершины к центру масс треугольника №1, и пусть вектор — вектор, проведённый из к точке (которая, напомним, является серединой стороны, на которой она лежит):

Наша цель — показать, что вектора и коллинеарны.

Обозначим через и точки, являющиеся центрами масс треугольников №3 и №4. Тогда, очевидно, центром масс совокупности этих двух треугольников будет точка , являющаяся серединой отрезка . Более того, вектор от точки к точке совпадает с вектором .

Искомый центр масс треугольника лежит посередине отрезка, соединяющего точки и (поскольку мы разбили треугольник на две части равных площадей: №1-№2 и №3-№4):

Таким образом, вектор от вершины к центроиду равен . С другой стороны, т.к. треугольник №1 подобен треугольнику с коэффициентом , то этот же вектор равен . Отсюда получаем уравнение:

Таким образом, мы доказали, что вектора и коллинеарны, что и означает, что искомый центроид лежит на медиане, исходящей из вершины .

Более того, попутно мы доказали, что центроид делит каждую медиану в отношении , считая от вершины.

Случай многоугольника

Перейдём теперь к общему случаю — т.е. к случаю мноугоугольника. Для него такие рассуждения уже неприменимы, поэтому сведём задачу к треугольной: а именно, разобьём многоугольник на треугольники (т.е. триангулируем его), найдём центр масс каждого треугольника, а затем найдём центр масс получившихся центров масс треугольников.

Окончательная формула получается следующей:

где — центроид -го треугольника в триангуляции заданного многоугольника, — площадь -го треугольника триангуляции, — площадь всего многоугольника.

Триангуляция выпуклого многоугольника — тривиальная задача: для этого, например, можно взять треугольники , где .

Случай многоугольника: альтернативный способ

С другой стороны, применение приведённой формулы не очень удобно для невыпуклых многоугольников, поскольку произвести их триангуляцию — сама по себе непростая задача. Но для таких многоугольников можно придумать более простой подход. А именно, проведём аналогию с тем, как можно искать площадь произвольного многоугольника: выбирается произвольная точка , а затем суммируются знаковые площади треугольников, образованных этой точкой и точками многоугольника: . Аналогичный приём можно применить и для поиска центра масс: только теперь мы будем суммировать центры масс треугольников , взятых с коэффициентами, пропорциональными их площадям, т.е. итоговая формула для центра масс такова:

где — произвольная точка, — точки многоугольника, — центроид треугольника , — знаковая площадь этого треугольника, — знаковая площадь всего многоугольника (т.е. ).

Видео:Масса и измерение массы тел. 7 класс.Скачать

Трёхмерный случай: многогранники

Аналогично двумерному случаю, в 3D можно говорить сразу о четырёх возможных постановках задачи:

• Центр масс системы точек — вершин многогранника.
• Центр масс каркаса — рёбер многогранника.
• Центр масс поверхности — т.е. масса распределена по площади поверхности многогранника.
• Центр масс сплошного многогранника — т.е. масса распределена по всему многограннику.

Центр масс системы точек

Как и в двумерном случае, мы можем применить физическую формулу и получить тот же самый результат:

который в случае равных масс превращается в среднее арифметическое координат всех точек.

Центр масс каркаса многогранника

Аналогично двумерному случаю, мы просто заменяем каждое ребро многогранника материальной точкой, расположенной посередине этого ребра, и с массой, равной длине этого ребра. Получив задачу о материальных точках, мы легко находим её решение как взвешенную сумму координат этих точек.

Центр масс поверхности многогранника

Каждая грань поверхности многогранника — двухмерная фигура, центр масс которой мы умеем искать. Найдя эти центры масс и заменив каждую грань её центром масс, мы получим задачу с материальными точками, которую уже легко решить.

Центр масс сплошного многогранника

Случай тетраэдра

Как и в двумерном случае, решим сначала простейшую задачу — задачу для тетраэдра.

Утверждается, что центр масс тетраэдра совпадает с точкой пересечения его медиан (медианой тетраэдра называется отрезок, проведённый из его вершины в центр масс противоположной грани; таким образом, медиана тетраэдра проходит через вершину и через точку пересечения медиан треугольной грани).

Почему это так? Здесь верны рассуждения, аналогичные двумерному случаю: если мы рассечём тетраэдр на два тетраэдра с помощью плоскости, проходящей через вершину тетраэдра и какую-нибудь медиану противоположной грани, то оба получившихся тетраэдра будут иметь одинаковый объём (т.к. треугольная грань разобьётся медианой на два треугольника равной площади, а высота двух тетраэдров не изменится). Повторяя эти рассуждения несколько раз, получаем, что центр масс лежит на точке пересечения медиан тетраэдра.

Эта точка — точка пересечения медиан тетраэдра — называется его центроидом. Можно показать, что она на самом деле имеет координаты, равные среднему арифметическому координат вершин тетраэдра:

(это можно вывести из того факта, что центроид делит медианы в отношении )

Таким образом, между случаями тетраэдра и треугольника принципиальной разницы нет: точка, равная среднему арифметическому вершин, является центром масс сразу в двух постановках задачи: и когда массы находится только в вершинах, и когда массы распределены по всей площади/объёму. На самом деле, этот результат обобщается на произвольную размерность: центр масс произвольного симплекса (simplex) есть среднее арифметическое координат его вершин.

Случай произвольного многогранника

Перейдём теперь к общему случаю — случаю произвольного многогранника.

Снова, как и в двумерном случае, мы производим сведение этой задачи к уже решённой: разбиваем многогранник на тетраэдры (т.е. производим его тетраэдризацию), находим центр масс каждого из них, и получаем окончательный ответ на задачу в виде взвешенной суммы найденных центров масс.

Видео:ПЛОТНОСТЬ ВЕЩЕСТВА 7 класс Перышкин физика ЗАДАЧИСкачать

Найти массу треугольника если плотность

1. Вычисление объема тела

Пусть функция f ( x ; y ) ≥ 0. Рассмотрим тело, ограниченное поверхностью z = f ( x ; y ), плоскостью z = 0 и цилиндрической поверхно­стью, образующие которой па­раллельны оси 0 z , а направ­ляющей служит граница об­ласти D . Как было показано выше, согласно формуле (6.3) объем данного тела равен

Пример 6.9. Вычислить объём тела, ограниченного параболоидом z = x 2 + y 2 + 1, плоскостью x + y –3=0 и координатными плоскостями.

Решение. Основанием тела служит треугольник ОАВ. Область D в данном случае определяется неравенствами:

2. Вычисление площади плоской фигуры

Если положить в формуле (6.18) f ( x , y )=1, то цилиндрическое тело «превратится» в прямой цилиндр с высотой h = 1. Объем такого цилиндра,

как известно, численно равен площади S основания D . Получаем формулу для вычисления площади S области D :

или, в полярных координатах,

Пример 6.10. Вычислить площадь фигуры, ограниченной прямой y = 2 x + 1 и параболой y = x 2 + 1.

Решение. Решая совместно систему

Применяя формулу (6.19), будем иметь:

Решение. Переходим к полярной системе координат, полагая x = r cos φ и y = r sin φ ; тогда получаем

3. Вычисление массы плоской фигуры (пластины)

Масса плоской пластинки D с переменной плотностью γ =γ ( x , y ) находится по формуле

4. Определение статических моментов и координат центра тяжести плоской фигуры

Статические моменты фигуры D относительно осей 0 x и 0 y могут быть вычислены по формулам

а координаты центра масс фигуры – по формулам

Статические моменты широко используются в сопротивлении материалов и других технических науках.

5. Определение моментов инерции плоской фигуры

Моментом инерции материальной точки массы m относительно оси l называется произведение массы m на квадрат расстояния d точки до оси, т.е. . Моменты инерции плоской фигуры относительно 0 x и 0 y могут быть вычислены по формулам:

Момент инерции фигуры относительно начала координат – по формуле

Пример 6.12 . Найти массу, статические моменты и координаты центра тяжести фигуры, лежащей в первой четверти, ограниченной эллипсом и координатными осями. Поверхностная плотность в каждой точке фигуры пропорциональна произведению координат точки.

Решение. По формуле (6.21) находим массу пластины. По условию, γ =γ ( x , y )= k ∙ xy , где k – коэффициент пропорциональности.Тогда

Находим статические моменты пластинки по формулам (6.22):

Находим координаты центра тяжести пластинки, используя формулы (6.23):

6. Поверхностный интеграл I рода

Обобщением двойного интеграла является поверхностный интеграл. Пусть в трехмерном пространстве О xyz в точках некоторой поверхности площади S определена непрерывная функция u = f ( x ; y ; z ). Разобьем поверхность на конечное число n частей S_i , площади которых равны ∆ S_i , а диаметры – d_i , . Выберем в каждой части S_i произвольную точку M_i ( x_i ; y_i ; z_i ) и составим сумму произведений вида

Она называется интегральной суммой для функции f ( x ; y ; z ) по поверхности S . Если при интегральная сумма (6.26) имеет предел, который не зависит ни от способа разбиения поверхности S, ни от выбора точек M_i ( x_i ; y_i ; z_i ), то он называется поверхностным интегралом I рода от функции f ( x ; y ; z ) по поверхности S и обозначается . Следовательно,

Теорема 6.3 (о существовании поверхностного интеграла). Если поверхность S гладкая (в каждой ее точке существует касательная плоскость, которая непрерывно меняется с перемещением точки по поверхности), а функция f ( x ; y ; z ) непрерывна на этой поверхности, то поверхностный интеграл существует

Формула (6.28)

выражает интеграл по поверхности S через двойной интеграл по проекции S на плоскость x 0 y . Отметим, что если поверхность S задана уравнением вида y=y(x;z) или x=x(y;z), то аналогично получим:

где D ₁ и D ₂ – проекции поверхности S на координатные плоскости xО z и y О z соответственно.

Пример 6.13. Вычислить , где S – часть цилиндрической поверхности , отсеченной плоскостями z = 0 и z = 3.

Решение . Из уравнения заданной цилиндрической поверхности выразим и учтём, что при x = 0 в плоскости x О y : . Так как частные производные равны , то согласно формуле (6.30), имеем

6.1. Площадь поверхности

Если поверхность S задана уравнением z = f ( x ; y ), a ее проекция на плоскость x 0 y есть область D , в которой z = f ( x ; y ), z_x ( x ; y ) и z_y ( x ; y ) – непрерывные функции, то ее площадь S вычисляется по формуле:

Пример 6.14. Вычислить площадь части плоскости x + y + z = 4, вырезаемой цилиндром x 2 + y 2 = 4 (рис. 6.10).

Чтобы вычислить этот интеграл, введём полярные координаты. Область D определяется: . Следовательно,

Кроме того, поверхностный интеграл применяют для вычисления массы, координат центра масс, моментов инерции материальных поверхностей с известной поверхностной плотностью распределения массы γ =γ ( x ; y ; z ) . Все эти величины определяются одним и тем же способом:

– данную область разбивают на конечное число мелких частей;

– делают для каждой такой части предположения, упрощающие задачу;

– находят приближенное значение искомой величины;

– переходят к пределу при неограниченном измельчении разбиения области.

Проиллюстрируем описанный способ на примере определения массы материальной поверхности.

6.2. Масса поверхности

Пусть плотность распределения массы материальной поверхности есть γ =γ ( x ; y ; z ) . Для нахождения массы поверхности:

1. Разбиваем поверхность S на n частей S_i , , площадь которых обозначим ∆ S_i .

2. Выберем произвольную точку M_i ( x_i ; y_i ; z_i ) в каждой области S_i . Предполагаем, что в переделах области S_i плотность постоянна и равна её

4. Суммируя m_i по всей области, получаем: .

5. За точное значение массы материальной поверхности S принимается предел, к которому стремится полученное приближенное значение при стремлении к нулю диаметров областей S_i , то есть

6.3. Моменты и центр тяжести поверхности. С татические моменты, координаты центра тяжести, моменты инерции материальной поверхности S находятся по соответствующим формулам:

Пример 6.15. Вычислить координаты центра тяжести однородной поверхности параболоида z = x 2 + y 2 , ограниченной плоскостью z = 1.

Решение. Вершина заданного параболоида совпадает с началом координат. Так как поверхность однородная (постоянная плотность массы), то, основываясь на ее симметрии, можно сделать вывод, что центр тяжести расположен на оси 0 z . Тогда x_c = 0, y_c = 0 и по формуле (6.36) аппликата . Пересечем параболоид поверхностью z = 1, спроектируем линию пересечения на плоскость x 0 y – получим окружность x 2 + y 2 =1 в качестве области D . Вычислим элемент поверхности параболоида z = x 2 + y 2 по формуле (6.31), учитывая, что :

Аналогично, переходя к полярным координатам на плоскости x 0 y , получим:

🔥 Видео

#635 НАУКА Структура вакуума. Устройство Мироздания: версия Межзвездного Союза. Юмор в разных мирах.Скачать

Криволинейный интеграл II рода вдоль плоской кривойСкачать

Физика 7 класс. 23 параграф. Расчёт массы и объёма тела по его плотностиСкачать

Физика. Решение задач на тему "Плотность тела. Расчёт массы и объёма тела"Скачать

Самый короткий тест на интеллект Задача Массачусетского профессораСкачать

7 класс, 7 урок, Масса тела. Плотность веществаСкачать

Математический анализ, 41 урок, Вычисление двойных интеграловСкачать

Плотность вещества и единицы измерения плотности. 7 класс.Скачать

Задача, которую боятсяСкачать

Как решать задачи про ПЛОТНОСТЬСкачать