Izračun težišča kompleksne figure. Določanje koordinat težišča ravninskih likov

Kako najti težišče

Avtor: Vzemimo truplo prosta oblika. Ali ga je mogoče obesiti na nit tako, da po obešanju obdrži svoj položaj (tj. se ne začne obračati), ko katerikoli začetna orientacija (slika 27.1)?

Z drugimi besedami, ali obstaja točka, glede na katero bi bila vsota gravitacijskih momentov, ki delujejo na različne dele telesa, enaka nič pri katerikoli orientacijo telesa v prostoru?

Bralec: Mislim, da. Ta točka se imenuje težišče telesa.

Dokaz. Za poenostavitev si predstavljamo telo v obliki ravne plošče poljubne oblike, poljubno usmerjene v prostoru (slika 27.2). Vzemimo koordinatni sistem X 0pri z začetkom v masnem središču – točki Z, Potem x C = 0, pri C = 0.

Predstavljajmo si to telo kot zbirko veliko število točkovne mase m i, od katerih je položaj vsakega od njih določen s polmernim vektorjem.

Po definiciji je središče mase , koordinata pa x C = .

Ker v koordinatnem sistemu, ki smo ga sprejeli x C= 0, potem . Pomnožimo to enakost z g in dobimo

Kot je razvidno iz sl. 27.2, | x i| – to je rama moči. In če x i> 0, potem moment sile M i> 0, in če x j < 0, то Mj < 0, поэтому с учетом знака можно утверждать, что для любого x i moment sile bo enak M i = m i gx i. Potem je enakost (1) enakovredna enakosti , kjer je M i– gravitacijski moment. To pomeni, da bo pri poljubni orientaciji telesa vsota gravitacijskih momentov, ki delujejo na telo, enaka nič glede na njegovo središče mase.

Da bi bilo telo, ki ga obravnavamo, v ravnotežju, je treba nanj nanesti točko Z sila T = mg, usmerjen navpično navzgor. Moment te sile glede na točko Z enako nič.

Ker naše sklepanje ni bilo v ničemer odvisno od tega, kako natančno je telo orientirano v prostoru, smo dokazali, da težišče sovpada s središčem mase, kar smo morali tudi dokazati.

Problem 27.1. Poiščite težišče breztežne palice dolžine l, na koncih katerih sta pritrjeni dve točkovni masi T 1 in T 2 .

T 1 T 2 l	rešitev. Ne bomo iskali težišča, ampak središče mase (ker je to isto). Predstavimo os X(slika 27.3). riž. 27.3
x C =?

Odgovori: v oddaljenosti od mase T 1 .

STOP! Odločite se sami: B1–B3.

Izjava 1 . Če ima homogeno ravno telo simetrijsko os, je težišče na tej osi.

Dejansko za vsako točkovno maso m i, ki se nahaja desno od osi simetrije, obstaja enaka masa točke, ki se nahaja simetrično glede na prvo (slika 27.4). V tem primeru je vsota momentov sil .

Ker lahko celotno telo predstavimo kot razdeljeno na podobne pare točk, je skupni gravitacijski moment glede na katero koli točko, ki leži na simetrični osi, enak nič, kar pomeni, da je težišče telesa na tej osi. . Sledi pomemben zaključek: če ima telo več simetrijskih osi, potem je težišče v presečišču teh osi(slika 27.5).

riž. 27.5

Izjava 2. Če imata dve telesi masi T 1 in T 2 povezana v eno, potem bo težišče takega telesa ležalo na odseku ravne črte, ki povezuje težišča prvega in drugega telesa (slika 27.6).

riž. 27.6 riž. 27.7

Dokaz. Postavimo sestavljeno telo tako, da bo segment, ki povezuje težišči teles, navpičen. Nato vsota gravitacijskih momentov prvega telesa glede na točko Z 1 je enaka nič, vsota gravitacijskih momentov drugega telesa glede na točko Z 2 je enak nič (slika 27.7).

Upoštevajte to ramo gravitacijo katere koli točkovne mase t i enako glede na katero koli točko, ki leži na segmentu Z 1 Z 2, in torej gravitacijski moment glede na katero koli točko, ki leži na segmentu Z 1 Z 2, enako. Posledično je gravitacijska sila celotnega telesa enaka nič glede na katero koli točko na segmentu Z 1 Z 2. Tako leži težišče sestavljenega telesa na segmentu Z 1 Z 2 .

Pomemben praktični sklep izhaja iz trditve 2, ki je jasno oblikovana v obliki navodil.

Navodila,

kako najti težišče trdnače se da zlomiti

na dele, katerih položaji težišč so znani

1. Vsak del je treba nadomestiti z maso, ki se nahaja v težišču tega dela.

2. Najdi središče mase(in to je enako težišču) dobljenega sistema točkovnih mas, pri čemer izberemo primeren koordinatni sistem X 0pri, po formulah:

Pravzaprav uredimo sestavljeno telo tako, da segment Z 1 Z 2 je bil vodoraven in ga na točkah obesite na niti Z 1 in Z 2 (slika 27.8, A). Jasno je, da bo telo v ravnovesju. In to ravnovesje se ne bo porušilo, če vsako telo nadomestimo s točkastimi masami T 1 in T 2 (slika 27.8, b).

riž. 27.8

STOP! Odločite se sami: C3.

Problem 27.2. Na dveh vrhovih enakostranični trikotnik se postavijo kroglice mase T vsak. V tretje oglišče je postavljena krogla z maso 2 T(slika 27.9, A). Trikotna stran A. Določite težišče tega sistema.

T 2T A	riž. 27.9
x C = ? pri C = ?

rešitev. Predstavimo koordinatni sistem X 0pri(slika 27.9, b). Potem

,

.

Odgovori: x C = A/2; ; težišče leži na polovici višine AD.

V inženirski praksi se zgodi, da je treba izračunati koordinate težišča kompleksne ravne figure, sestavljene iz preprostih elementov, za katere je znana lokacija težišča. Ta naloga je del naloge določanja...

Geometrijske značilnosti sestavljenih prerezov nosilcev in palic. Pogosto z podobna vprašanja oblikovalci rezalnih orodij se morajo ukvarjati pri določanju koordinat središča tlaka, razvijalci nakladalnih shem za različna vozila pri nameščanju tovora, oblikovalci gradbenih kovinskih konstrukcij pri izbiri odsekov elementov in seveda študenti pri študiju disciplin " Teoretična mehanika« in »Trdnost materialov«.

Knjižnica osnovnih figur.

Za simetrično ploščate figure težišče sovpada s središčem simetrije. Simetrična skupina elementarnih predmetov vključuje: krog, pravokotnik (vključno s kvadratom), paralelogram (vključno z rombom), pravilni mnogokotnik.

Od desetih figur, predstavljenih na zgornji sliki, sta samo dve osnovni. To pomeni, da lahko z uporabo trikotnikov in sektorjev krogov kombinirate skoraj vsako figuro, ki ima praktičen interes. Vse poljubne krivulje lahko razdelimo na odseke in jih nadomestimo s krožnimi loki.

Preostalih osem figur je najpogostejših, zato so jih vključili v to edinstveno knjižnico. V naši klasifikaciji ti elementi niso osnovni. Iz dveh trikotnikov je mogoče sestaviti pravokotnik, paralelogram in trapez. Šestkotnik je vsota štirih trikotnikov. Krožni odsek je razlika med odsekom kroga in trikotnikom. Obročasti sektor kroga je razlika med dvema sektorjema. Krog je izsek kroga s kotom α=2*π=360˚. Polkrog je torej izsek kroga s kotom α=π=180˚.

Izračun v Excelu koordinat težišča sestavljene figure.

Vedno je lažje prenesti in zaznati informacije z upoštevanjem primera kot preučiti vprašanje s čisto teoretičnimi izračuni. Razmislimo o rešitvi problema "Kako najti težišče?" z uporabo primera sestavljene figure, prikazane na sliki pod tem besedilom.

Sestavljeni odsek je pravokotnik (z dimenzijami a1 =80 mm, b1 =40 mm), ki je bil dodan zgoraj levo enakokraki trikotnik(z osnovno velikostjo a2 =24 mm in viš h2 =42 mm) in iz katerega je bil zgoraj desno izrezan polkrog (s središčem v točki s koordinatami x03 =50 mm in l03 =40 mm, polmer r3 =26 mm).

Pri izračunih vam bomo pomagali s programom MS Excel ali program OOo Izračun . Vsak od njih se bo zlahka spopadel z našo nalogo!

V celicah z rumena ga bomo napolnili pomožni predhodni izračuni .

Rezultate izračunamo v celicah s svetlo rumenim polnilom.

Modra pisava je izvorni podatki .

Črna pisava je vmesni rezultati izračuna .

Rdeča pisava je dokončno rezultati izračuna .

Začnemo reševati problem - začnemo iskati koordinate težišča odseka.

Začetni podatki:

1. V skladu s tem bomo zapisali imena elementarnih figur, ki tvorijo sestavljeni odsek

v celico D3: Pravokotnik

v celico E3: Trikotnik

v celico F3: Polkrog

2. Z uporabo "Knjižnice osnovnih figur", predstavljene v tem članku, bomo določili koordinate težišč elementov kompozitnega odseka xci in yci v mm glede na poljubno izbrani osi 0x in 0y in zapišite

v celico D4: =80/2 = 40,000

xc 1 = a 1 /2

v celico D5: =40/2 =20,000

yc 1 = b 1 /2

v celico E4: =24/2 =12,000

xc 2 = a 2 /2

v celico E5: =40+42/3 =54,000

yc 2 = b 1 + h 2 /3

v celico F4: =50 =50,000

xc 3 = x03

v celico F5: =40-4*26/3/PI() =28,965

yc 3 = l 03 -4* r3 /3/ π

3. Izračunajmo ploščine elementov F 1 , F 2 , F3 v mm2, ponovno z uporabo formul iz razdelka "Knjižnica elementarnih številk"

v celici D6: =40*80 =3200

F1 = a 1 * b1

v celici E6: =24*42/2 =504

F2 = a2 *h2 /2

v celici F6: =-PI()/2*26^2 =-1062

F3 =-π/2*r3 ^2

Območje tretjega elementa - polkroga - je negativno, ker je izrez - prazen prostor!

Izračun koordinat težišča:

4. Določimo skupna površina končna številka F0 v mm2

v združeni celici D8E8F8: =D6+E6+F6 =2642

F0 = F 1 + F 2 + F3

5. Izračunajmo statične momente sestavljene figure Sx in Sy v mm3 glede na izbrani osi 0x in 0y

v združeni celici D9E9F9: =D5*D6+E5*E6+F5*F6 =60459

Sx = yc1 * F1 + yc2 *F2 + yc3 *F3

v združeni celici D10E10F10: =D4*D6+E4*E6+F4*F6 =80955

Sy = xc1 * F1 + xc2 *F2 + xc3 *F3

6. In končno, izračunajmo koordinate težišča sestavljenega odseka Xc in Yc v mm v izbranem koordinatnem sistemu 0x - 0y

v združeni celici D11E11F11: =D10/D8 =30,640

Xc = Sy / F0

v združeni celici D12E12F12: =D9/D8 =22,883

Yc =Sx /F0

Problem je rešen, izračun v Excelu je končan - koordinate težišča odseka, sestavljene s tremi preprostimi elementi, so bile najdene!

Zaključek.

Primer v članku je bil izbran kot zelo enostaven, da bi lažje razumeli metodologijo izračuna težišča kompleksnega odseka. Metoda je, da je treba vsako kompleksno figuro razdeliti na enostavni elementi z znanimi lokacijami težišč in narediti končne izračune za celoten odsek.

Če je profil sestavljen iz valjanih profilov - kotnikov in kanalov, jih ni treba deliti na pravokotnike in kvadrate z izrezanimi krožnimi sektorji "π/2". Koordinate težišč teh profilov so podane v tabelah GOST, to pomeni, da bosta kot in kanal osnovna elementa v vaših izračunih sestavljenih odsekov (ni smisla govoriti o I-nosilcih, cevi, palice in šesterokotniki - to so sredinsko simetrični odseki).

Lokacija koordinatnih osi seveda ne vpliva na položaj težišča figure! Zato izberite koordinatni sistem, ki vam poenostavi izračune. Če bi na primer v našem primeru zavrtel koordinatni sistem za 45˚ v smeri urinega kazalca, bi se izračunavanje koordinat težišč pravokotnika, trikotnika in polkroga spremenilo v še eno ločeno in okorno stopnjo izračunov, ki je ni mogoče izvesti. v glavi«.

Spodaj predstavljena Excelova datoteka za izračun v tem primeru ni program. Namesto tega je skica kalkulatorja, algoritem, predloga, ki sledi v vsakem posameznem primeru. ustvarite lastno zaporedje formul za celice s svetlo rumenim polnilom.

Torej, zdaj veste, kako najti težišče katerega koli odseka! Celoten izračun vseh geometrijskih značilnosti poljubno kompleksnih sestavljenih odsekov bo obravnavan v enem od prihodnjih člankov v razdelku "". Spremljajte novice na blogu.

Za prejemanje informacije o izdaji novih člankov in za prenos delovnih programskih datotek Prosim vas, da se naročite na obvestila v oknu na koncu članka ali v oknu na vrhu strani.

Po vnosu vašega naslova e-pošta in kliknite na gumb "Prejemanje obvestil o člankih". NE POZABITE POTRDI SVOJO NAROČNINO s klikom na povezavo v pismu, ki vam bo takoj prispelo na določeno pošto (včasih v mapi « Neželena pošta » )!

Nekaj ​​besed o kozarcu, kovancu in dveh vilicah, ki so upodobljeni v “ikoni ilustracije” na samem začetku članka. Mnogi med vami zagotovo poznate ta »trik«, ki vzbuja občudujoče poglede otrok in neveščih odraslih. Tema tega članka je težišče. Prav on in oporišče, ki se poigrava z našo zavestjo in izkušnjami, preprosto preslepi naš um!

Težišče sistema "vilice + kovanec" je vedno na fiksno oddaljenost navpično navzdol od roba kovanca, ki je nato oporišče. Ta položaj stabilno ravnotežje! Če stresete vilice, takoj postane očitno, da si sistem prizadeva zavzeti prejšnji stabilen položaj! Predstavljajte si nihalo - fiksacijsko točko (= točka naslona kovanca na rob kozarca), palico - os nihala (= v našem primeru je os navidezna, saj je masa obeh vilic je ločeno z različne strani prostor) in obremenitev na dnu osi (=težišče celotnega sistema "vilice + kovanec"). Če začnete nihalo odklanjati od navpičnice v katero koli smer (naprej, nazaj, levo, desno), se bo pod vplivom gravitacije neizogibno vrnilo v prvotni položaj. enakomerno stanje ravnotežja(enako se zgodi z našimi vilicami in kovancem)!

Če ne razumete, a želite razumeti, ugotovite sami. Zelo zanimivo je "priti tja" sam! Dodal bom, da se isto načelo uporabe stabilnega ravnotežja izvaja tudi v igrači Vanka-stand-up. Samo težišče te igrače se nahaja nad oporiščem, vendar pod središčem poloble podporne površine.

Vedno sem vesel vaših komentarjev, dragi bralci!!!

prosim SPOŠTOVANJE avtorsko delo, prenos datoteke PO NAROČNICI za objave člankov.

Težišče trdno telo se imenuje geometrijska točka, ki je togo povezan s tem telesom in je središče vzporednih gravitacijskih sil, ki delujejo na posamezne osnovne delce telesa (slika 1.6).

Vektor polmera te točke

Slika 1.6

Pri homogenem telesu položaj težišča telesa ni odvisen od materiala, temveč ga določa geometrijska oblika telesa.

Če je specifična teža homogenega telesa γ , teža elementarnega delca telesa

p k = γΔV k (p = γV ) nadomestite v formulo za določitev r C , imamo

Od koder s projiciranjem na osi in prehodom do meje dobimo koordinate težišča homogene prostornine

Podobno velja za koordinate težišča homogene površine s ploščino S (Slika 1.7, a)

Slika 1.7

Za koordinate težišča homogene dolžine L (Slika 1.7, b)

Metode za določanje koordinat težišča

Na podlagi predhodno prejetega splošne formule, lahko določite metode za določanje koordinat težišč trdnih teles:

1 Analitično(z integracijo).

2 Metoda simetrije. Če ima telo ravnino, os ali simetrično središče, potem leži njegovo težišče v simetrični ravnini, simetrični osi ali simetričnem središču.

3 Eksperimentalno(metoda obešanja telesa).

4 Razcepitev. Telo je razdeljeno na končno število delov, za vsakega od njih je položaj težišča C in območje S znan. Na primer, projekcija telesa na ravnino xOy (Slika 1.8) lahko predstavimo kot dve ploščati liki s ploščinami S 1 in S 2 (S=S 1 +S 2 ). Težišča teh likov so v točkah C 1 (x 1 , y 1 ) in C 2 (x 2 , y 2 ) . Takrat sta koordinati težišča telesa enaki

Slika 1.8

5Dodatek(metoda negativnih površin ali volumnov). Poseben primer metode razdelitve. Velja za telesa, ki imajo izreze, če sta znani težišči telesa brez izreza in izrezanega dela. Na primer, morate najti koordinate težišča ravne figure (slika 1.9):

Slika 1.9

Težišča najpreprostejših figur

Slika 1.10

1 Trikotnik

Težišče območja trikotnika sovpada s točko presečišča njegovih median (slika 1.10, a).

DM = MB , CM= (1/3)A.M. .

2 Krožni lok

Lok ima simetrično os (slika 1.10, b). Na tej osi leži težišče, tj. l C = 0 .

dl – ločni element, dl = Rdφ , R – polmer kroga, x = Rcosφ , L= 2αR ,

Zato:

x C = R(sinα/α) .

3 Krožni sektor

Sektor polmera R s središčnim kotom 2 α ima simetrično os Ox , na katerem se nahaja težišče (slika 1.10, c).

Sektor razdelimo na osnovne sektorje, ki jih lahko štejemo za trikotnike. Težišča elementarnih sektorjev se nahajajo na krožnem loku polmera (2/3) R .

Težišče sektorja sovpada s težiščem loka AB :

14. Metode za določanje gibanja točke.

Pri vektorski metodi podajanja gibanja je položaj točke določen s polmernim vektorjem, ki je izrisan iz fiksne točke v izbranem referenčnem sistemu.

Pri koordinatni metodi podajanja gibanja so koordinate točke podane kot funkcija časa:

To so parametrične enačbe trajektorije gibljive točke, v katerih ima čas vlogo parametra t . Da bi njegovo enačbo zapisali v eksplicitni obliki, je treba iz njih izključiti t .

Z naravnim načinom podajanja gibanja se določi trajektorija točke, izhodišče referenčne poti na trajektoriji, ki označuje pozitivno smer reference, in zakon spremembe ločne koordinate: s=s(t) . Ta metoda je primerna za uporabo, če je pot točke znana vnaprej.

15. 1.2 Točkovna hitrost

Razmislite o gibanju točke v kratkem časovnem obdobju Δt :

povprečna hitrost točke v določenem časovnem obdobju Dt . Točka hitrost v v tem trenutkučas

Hitrost točke je kinematična mera njenega gibanja, enaka časovnemu odvodu vektorja radija te točke v obravnavanem referenčnem sistemu. Vektor hitrosti je usmerjen tangentno na trajektorijo točke v smeri gibanja.

Navodila

Upoštevati je treba, da je položaj središča mase neposredno odvisen od tega, kako je njegova masa porazdeljena po prostornini telesa. Središče mase morda niti ni v samem telesu; primer takega predmeta je homogeni obroč, katerega središče mase se nahaja v njegovem geometrijskem središču. To je -. Pri izračunih lahko težišče štejemo za matematična točka, v katerem je skoncentrirana celotna masa telesa.

Tukaj R.c.m. – radij vektor središča mase, mi – masa i-te točke, ri – radij-vektor i-te točke sistema. V praksi je v mnogih primerih enostavno najti središče mase, če ima predmet nekaj strogega geometrijska oblika. Na primer, za homogeno palico se nahaja točno na sredini. Za paralelogram je v presečišču diagonal, za trikotnik je točka, za pravilni mnogokotnik središče mase je v središču rotacijske simetrije.

Pri bolj zapletenih telesih se računska naloga zaplete, v tem primeru je treba objekt razdeliti na homogene prostornine. Za vsakega od njih obstajajo ločena središča mase, po katerih se najdene vrednosti nadomestijo z ustreznimi formulami in najdemo končno vrednost.

V praksi je potreba po določitvi središča mase (težišča) običajno povezana z projektiranjem. Na primer, pri načrtovanju ladje je pomembno zagotoviti njeno stabilnost. Če je težišče zelo visoko, se lahko prevrne. Kako izračunati zahtevani parameter za tako zapleten objekt, kot je ladja? Da bi to naredili, se najdejo težišča njegovih posameznih elementov in enot, po katerih se najdene vrednosti seštejejo ob upoštevanju njihove lokacije. Pri načrtovanju običajno poskušajo težišče postaviti čim nižje, zato so najtežje enote nameščene čisto na dnu.

Viri:

• Središče mase
• Reševanje fizikalnih problemov

Središče mase je najpomembnejše geometrijsko in tehnične specifikacije telesa. Brez izračunavanja njegovih koordinat si ni mogoče predstavljati projektiranja v strojništvu, reševanja gradbenih in arhitekturnih problemov. Natančna definicija koordinat masnega središča izvedemo z integralnim računom.

Navodila

Vedno morate začeti in postopoma preiti na več težke situacije. Izhajajte iz dejstva, da je središče mase neprekinjene ravne figure D, katere ρ je konstanten in enakomerno porazdeljen znotraj svojih meja, predmet določitve. Argument x se spremeni iz a v b, y iz c v d. Razrežite sliko z mrežo navpičnih (x=x(i-1), x=xi (i=1,2,…,n)) in vodoravnih črt (y=y(j-1), y=xj ( j=1, 2,…,m)) v elementarne pravokotnike z osnovami ∆хi=xi-x(i-1) in višinami ∆yj=yj-y(j-1) (glej sliko 1). V tem primeru poiščite sredino elementarnega segmenta ∆хi kot ξi=(1/2), višino ∆yj pa kot ηj=(1/2). Ker je gostota enakomerno porazdeljena, bo središče mase elementarnega pravokotnika sovpadalo z njegovim geometrijskim središčem. To je Xci=ξi, Yci=ηj.

Izračunajte maso M ploščate figure (če je neznana) kot zmnožek ploščine. Zamenjajte elementarno ploščino z ds=∆хi∆yj=dxdy. Predstavljajte si ∆mij kot dM=ρdS=ρdxdy in izračunajte njegovo maso z uporabo formule, prikazane na sliki. 2a. Za majhne prirastke upoštevajte, da je ∆mij koncentriran na materialni točki s koordinatama Xci=ξi, Yci=ηj. Iz nalog je znano, da je vsaka koordinata masnega središča sistema materialnih točk enaka ulomku, katerega števec je vsota statičnih momentov mase mν glede na ustrezno os in enaka vsoti te mase. Statični moment mase mν glede na os 0x je enak uν*mν, glede na 0u pa xν*mν.

Uporabite to za zadevno situacijo in dobili boste približne vrednosti statičnih momentov Јх in Ју v obliki Ју≈(∑ξνρ∆xν∆yν), Јх≈(∑ηνρ∆xν∆yν) (seštevanje je bilo izvedeno po ν od 1 do N). Vsote v zadnjih izrazih so integrali. Od njih pojdite do limitov pri ∆хν→0 ∆yν→0 in zapišite končne (glej sliko 2b). Poiščite koordinate središča mase tako, da ustrezni statistični moment delite z skupna teža figure M.

Metodologija za pridobivanje koordinat središča mase prostorska figura G se razlikuje le po tem, da nastanejo trojni integrali, statični momenti pa se upoštevajo glede na koordinatne ravnine. Ne smemo pozabiti, da gostota ni nujno konstantna, to je ρ(x,y,z)≠const. Zato je končna in najbolj splošna oblika (glej sliko 3).

Viri:

• Piskunov N.S. Diferencial in integralni račun. T.2., M.: 1976, 576 str., ilustr.

Zakon univerzalna gravitacija, odkril Newton leta 1666 in objavljeno leta 1687, navaja, da se vsa telesa z maso privlačijo. Matematična formulacija omogoča ne le ugotavljanje samega dejstva medsebojne privlačnosti teles, temveč tudi merjenje njegove moči.

Navodila

Že pred Newtonom so mnogi predlagali obstoj univerzalne gravitacije. Že od samega začetka jim je bilo očitno, da mora biti privlačnost med katerima koli telesoma odvisna od njune mase in da z razdaljo slabi. Johannes Kepler, prvi, ki je opisal eliptične orbite sončni sistem, je verjel, da Sonce privlači s silo, ki je obratno sorazmerna z razdaljo.

Končno je zakon univerzalne gravitacije formuliran takole: kateri koli dve telesi z maso se medsebojno privlačita, sila njune privlačnosti pa je enaka

F = G* ((m1*m2)/R^2),

kjer sta m1 in m2 masi teles, R je razdalja, G je gravitacijska konstanta.

Če ima telo, ki sodeluje pri gravitaciji, približno sferično obliko, potem je treba razdaljo R meriti ne od njegove površine, temveč od središča mase. Materialna točka z enako maso, ki se nahaja točno v središču, bi ustvarila popolnoma enako silo privlačnosti.

To zlasti pomeni, da na primer pri izračunu sile, s katero Zemlja pritegne nekoga, ki na njej stoji, razdalja R ni enaka nič, temveč polmeru. Pravzaprav je enaka razdalji med središčem Zemlje in težiščem osebe, vendar je to razliko mogoče zanemariti brez izgube natančnosti.

Gravitacijska privlačnost vedno vzajemno: ne le Zemlja privlači človeka, ampak po drugi strani privlači Zemljo. Zaradi velike razlike med množico ljudi na planetu se to ne opazi. Podobno pri izračunu trajektorij vesoljsko plovilo Običajno se zanemarja, da naprava privlači planete in komete.

Če pa so mase medsebojno delujočih predmetov primerljive, potem njihove medsebojna privlačnost postane opazen vsem udeležencem. Na primer, s stališča fizike ni povsem pravilno reči, da se Luna vrti okoli Zemlje. V resnici se Luna in Zemlja vrtita okoli sebe splošni center mas. Ker je naš planet veliko večji od naravnega, se to središče nahaja znotraj njega, vendar še vedno ne sovpada s središčem same Zemlje.

Video na temo

Viri:

• Kul fizika za radovedneže - zakon univerzalne gravitacije

Matematika in fizika sta morda najbolj osupljivi vedi dostopen človeku. Z opisovanjem sveta z natančno definiranimi in izračunljivimi zakoni lahko znanstveniki »s konico peresa« dobijo vrednosti, ki se na prvi pogled zdijo nemogoče izmeriti.

Navodila

Eden od osnovnih zakonov fizike je zakon univerzalne gravitacije. Pravi, da se vsa telesa privlačijo s silo, ki je enaka F=G*m1*m2/r^2. V tem primeru je G določena konstanta (navedena bo neposredno med izračunom), m1 in m2 sta masi teles, r pa je razdalja med njima.

maša Zemlje je mogoče izračunati na podlagi poskusa. Z uporabo nihala in štoparice lahko izračunate pospešek prosti pad g (korak bo izpuščen, ker je nepomemben), enako 10 m/s^2. V skladu z drugim Newtonovim zakonom lahko F predstavimo kot m*a. Torej za telo, ki ga Zemlja privlači: m2*a2=G*m1*m2/r^2, kjer je m2 masa telesa, m1 je masa Zemlje, a2=g. Po transformacijah (zmanjšanje m2 v obeh delih, premik m1 v levo in a2 v desno) bo enačba dobila naslednjo obliko: m1=(ar)^2/G. Zamenjava vrednosti daje m1=6*10^27

Izračun mase Lune temelji na pravilu: od teles do središča mase sistema je obratno sorazmerno z masami teles. Znano je, da Zemlja in Luna krožita okoli določene točke (CP), razdalja od centrov do te točke pa je 1/81,3. Zato je Ml=M3/81,3=7,35*10^25.

Nadaljnji izračuni temeljijo na Kepplerjevem 3. zakonu, po katerem je (T1/T2)^2*(M1+Mc)/(M2+Mc)=(L1/L2)^3, kjer je T čas vrtenja nebesnega telo okoli sonce, L – razdalja do zadnjega, M1, M2 in Mc – mase dveh nebesna telesa oziroma . Ko sestavite enačbe za dva sistema (+luna - / zemlja - luna), lahko vidite, da je en del enačbe skupen, kar pomeni, da je drugega mogoče enačiti.

Formula za izračun v najbolj splošni pogled je Lз^3/(Tз^2*(Mc+Мз)=Lл^3/(Tл^2*(Mз+Мл). Mase nebesnih teles so bile izračunane teoretično, obdobja revolucije so najdena praktično, za izračun L, uporablja se tudi račun praktične metode. Po poenostavitvi in ​​zamenjavi zahtevane vrednosti enačba bo imela obliko: Ms/Mz+Ml=329,390. Zato je Mc=3,3*10^33.

Kinetična energija je energija mehanskega sistema, ki je odvisna od hitrosti gibanja vsake njegove točke. Z drugimi besedami, kinetična energija predstavlja razliko med celotno energijo in energijo počitka obravnavanega sistema, tisti del celotne energije sistema, ki je posledica gibanja. Kinetično energijo delimo na energije translacijsko in rotacijsko gibanje. Enota SI za kinetično energijo je Joule.

Navodila

Pri translacijskem gibanju imajo vse točke sistema (telesa) enake hitrosti gibanja, ki so enake hitrosti gibanja težišča telesa. Ob istem času kinetični sistem Tpost je enak:
Tpost = ? (mk Vс2)/2,
kjer je mk masa telesa, Vc je središče mase. Tako je kinetična energija, ko je telo v translaciji, enaka zmnožku mase telesa in kvadrata hitrosti središča mase, deljeno. po dva. V tem primeru kinetična vrednost ni odvisna od gibanja.

Namen dela – določi težišče kompleksna figura analitične in eksperimentalne načine.

Teoretično ozadje. Materialna telesa so sestavljena iz elementarni delci, katerih lego v prostoru določajo njihove koordinate. Sile privlačnosti vsakega delca k Zemlji lahko obravnavamo kot sistem vzporednih sil, rezultanto teh sil imenujemo sila težnosti telesa ali teža telesa. Težišče telesa je točka uporabe gravitacije.

Težišče je geometrijska točka, ki se lahko nahaja zunaj telesa (na primer disk z luknjo, votla krogla itd.). Velik praktični pomen ima definicijo težišča tankih ravnih homogenih plošč. Njihovo debelino lahko navadno zanemarimo in za težišče predpostavimo, da leži v ravnini. če koordinatna ravnina xOy je poravnan z ravnino figure, potem je položaj težišča določen z dvema koordinatama:

kjer je območje dela slike, ();

– koordinate težišča delov figure, mm (cm).

Odsek figure	A, mm 2	X c , mm	Yc, mm
	bh	b/2	h/2
	bh/2	b/3	h/3
	R 2 a
Pri 2α = π πR 2 /2

Postopek dela.

Nariši figuro kompleksna oblika, sestavljen iz 3-4 preproste figure(pravokotnik, trikotnik, krog itd.) v merilu 1:1 in navedite njegove mere.

Nariši koordinatne osi tako, da pokrivajo celoten lik, zlomi kompleksen lik na enostavne dele, določi ploščino in koordinate težišča posameznega enostavnega lika glede na izbrani koordinatni sistem.

Analitično izračunajte koordinate težišča celotne figure. Izrežite to figuro iz tankega kartona ali vezanega lesa. Izvrtajte dve luknji, robovi lukenj naj bodo gladki, premer lukenj pa naj bo nekoliko večji od premera igle za obešanje figure.

Figuro najprej obesite na eno točko (luknjo), s svinčnikom narišite črto, ki sovpada z navpično črto. Enako ponovite, ko figuro obesite na drugo točko. Eksperimentalno ugotovljeno težišče figure mora sovpadati.

Analitično določite koordinate težišča tanke homogene plošče. Preverite eksperimentalno

Algoritem rešitve

1. Analitična metoda.

a) Nariši risbo v merilu 1:1.

b) Kompleksno figuro razdeli na enostavne

c) Izberite in narišite koordinatne osi (če je slika simetrična, potem vzdolž simetrijske osi, v drugače– ob pisarni figure)

d) Izračunajte ploščino enostavnih likov in cele figure

e) Označi lego težišča vsake preproste figure na risbi

f) Izračunajte koordinate težišča posamezne figure

(x in y osi)

g) Po formuli izračunajte koordinate težišča celotne figure

h) Označite položaj težišča na risbi C (

2. Eksperimentalna določitev.

Pravilnost rešitve problema lahko preverimo eksperimentalno. Izrežite to figuro iz tankega kartona ali vezanega lesa. Izvrtajte tri luknje, robovi lukenj naj bodo gladki, premer lukenj pa naj bo nekoliko večji od premera igle za obešanje figure.

Figuro najprej obesite na eno točko (luknjo), s svinčnikom narišite črto, ki sovpada z navpično črto. Enako ponovite, ko figuro obesite na druge točke. Vrednost koordinat težišča figure, ugotovljena pri obešanju figure na dveh točkah: . Eksperimentalno ugotovljeno težišče figure mora sovpadati.

3. Sklep o položaju težišča pri analiznem in eksperimentalnem določanju.

telovadba

Določite težišče ravni odsek analitično in eksperimentalno.

Primer izvedbe

Naloga

Določite koordinate težišča tanke homogene plošče.

I Analitična metoda

1. Risba je narisana v merilu (mere so običajno podane v mm)

2. Kompleksno figuro razdelimo na preproste.

1- Pravokotnik

2- Trikotnik (pravokotnik)

3- Območje polkroga (ne obstaja, znak minus).

Poiščemo položaj težišča preprostih figur točk in

3. Nariši koordinatne osi, kot je priročno, in označi izhodišče koordinat.

4. Izračunajte površine preprostih figur in ploščino celotne figure. [velikost v cm]

(3. ne, znak -).

Območje celotne figure

5. Poiščite koordinato središčne točke. , in na risbi.

6. Izračunajte koordinate točk C 1, C 2 in C 3

7. Izračunajte koordinate točke C

8. Označi točko na risbi

II Izkušen

Eksperimentalno določi koordinate težišča.

Testna vprašanja.

1. Ali je možno gravitacijsko silo telesa obravnavati kot rezultanto sistema vzporednih sil?

2. Ali je mogoče locirati težišče celotnega telesa?

3. Kaj je bistvo eksperimentalnega določanja težišča ploščate figure?

4. Kako se določi težišče kompleksne figure, sestavljene iz več preprostih likov?

5. Kako racionalno razdeliti figuro kompleksne oblike na preproste figure pri določanju težišča celotne figure?

6. Kakšen znak ima površina lukenj v formuli za določanje težišča?

7. V presečišču katerih črt trikotnika se nahaja njegovo težišče?

8. Če je figuro težko razčleniti na majhno število preprostih figur, katera metoda določanja težišča lahko zagotovi najhitrejši odgovor?

Praktično delo №6

"Reševanje kompleksnih problemov"

Namen dela: znati reševati kompleksne probleme (kinematika, dinamika)

Teoretična utemeljitev: Hitrost je kinematična mera gibanja točke, ki označuje hitrost spremembe njenega položaja. Hitrost točke je vektor, ki označuje hitrost in smer gibanja točke v danem trenutku. Pri podajanju gibanja točke z enačbami za projekcijo hitrosti na os Kartezične koordinate so enaki:

Modul hitrosti točke je določen s formulo

Smer hitrosti je določena s smernimi kosinusi:

Značilnost hitrosti spreminjanja hitrosti je pospešek a. Pospešek točke je enak časovnemu odvodu vektorja hitrosti:

Pri podajanju gibanja točke so enačbe za projekcijo pospeška na koordinatne osi enake:

Modul pospeševanja:

Modul za polno pospeševanje

Modul tangencialnega pospeška je določen s formulo

Normalni modul pospeška je določen s formulo

kjer je polmer ukrivljenosti trajektorije v dani točki.

Smer pospeška je določena z smernimi kosinusi

Enačba rotacijskega gibanja togega telesa okoli nepremične osi ima obliko

Kotna hitrost telesa:

Včasih je kotna hitrost označena s številom vrtljajev na minuto in označena s črko . Odvisnost med in ima obliko

Kotni pospešek telesa:

moč, enako zmnožku masa določene točke na njen pospešek in smer v smeri, ki je neposredno nasprotna pospešku točke, se imenuje vztrajnostna sila.

Moč je delo, ki ga sila opravi na enoto časa.

Osnovna dinamična enačba za rotacijsko gibanje

– vztrajnostni moment telesa glede na vrtilno os je vsota zmnožkov mas materialnih točk s kvadratom njihovih razdalj do te osi.

telovadba

Telo z maso m se s pomočjo kabla, navitega na boben premera d, premika navzgor ali navzdol po nagnjena ravnina z naklonskim kotom α. Enačba gibanja telesa S=f(t), enačba vrtenja bobna, kjer je S v metrih; φ - v radianih; t – v sekundah. P in ω sta moč oziroma kotna hitrost na gredi bobna v trenutku konca pospeševanja oziroma začetka zaviranja. Čas t 1 – čas pospeševanja (od mirovanja do dane hitrosti) ali zaviranja (od dane hitrosti do ustavitve). Koeficient drsnega trenja med telesom in ravnino je –f. Zanemarimo torne izgube na bobnu, kakor tudi maso bobna. Pri reševanju nalog vzemite g=10 m/s 2

Primer izvedbe

P, ω Problem 1

(Slika 1). Rešitev 1. Premočrtno gibanje (slika 1, a). Prejeta točka, ki se enakomerno premika v neki časovni točki nov zakon gibanja in po določenem času preneha. Definiraj vse kinematične značilnosti premiki točk za dva primera; a) gibanje po ravni poti; b) gibanje vzdolž krivuljasta trajektorija

konstanten polmer krivine r=100cm

Slika 1(a).

Zakon o spremembi hitrosti točke

Začetno hitrost točke najdemo iz pogoja:

Zavorni čas do ustavitve najdemo iz pogoja:

ob , od tukaj .

Zakon gibanja točke v obdobju enakomernega gibanja

Razdalja, ki jo prepotuje točka vzdolž poti v času zaviranja, je

Zakon o spremembi tangencialnega pospeška točke

od koder sledi, da se je točka v času zaviranja gibala enako počasi, saj je tangencialni pospešek negativen in ima konstantno vrednost. Normalni pospešek

točk na premočrtni tirnici gibanja enaka nič, tj. . Rešitev 2.

Krivočrtno gibanje (slika 1, b).

Slika 1(b) V tem primeru v primerjavi s primerom pravokotno gibanje

Vse kinematične lastnosti ostanejo nespremenjene, z izjemo običajnega pospeška.

Zakon o spremembi normalnega pospeška točke

Normalni pospešek točke v začetnem trenutku zaviranja

Oštevilčenje položajev točk na trajektoriji, sprejetih na risbi: 1 – trenutni položaj točke v enakomernem gibanju pred začetkom zaviranja; 2 – položaj točke v trenutku zaviranja; 3 – trenutni položaj točke v času zaviranja; 4 – končna lega točke.

Naloga 2.

Tovor (slika 2, a) se dvigne z bobnastim vitlom. Premer bobna je d=0,3m, zakon njegovega vrtenja pa . Pospeševanje bobna je trajalo do kotna hitrost

rešitev. Določite vse kinematične značilnosti gibanja bobna in bremena.

. Zakon o spremembi kotne hitrosti bobna. Začetno kotno hitrost najdemo iz pogoja: ; zato se je pospešek začel iz stanja mirovanja. Čas pospeška bomo našli iz pogoja: . Kot vrtenja bobna med obdobjem pospeševanja.

Kinematične značilnosti obremenitve so enake ustreznim značilnostim katere koli točke vlečne vrvi in ​​s tem točke A, ki leži na robu bobna (slika 2, b). Kot veste, so linearne značilnosti točke rotirajočega telesa določene z njegovimi kotnimi karakteristikami.

Razdalja, ki jo prevozi tovor med obdobjem pospeševanja, . Hitrost bremena na koncu pospeševanja.

Pospešek tovora.

Zakon gibanja tovora.

Razdaljo, hitrost in pospešek bremena bi lahko določili tudi drugače, preko ugotovljenega zakona gibanja bremena:

Naloga 3. Tovor, ki se enakomerno premika navzgor vzdolž nagnjene nosilne ravnine, je v določenem trenutku prejel zaviranje v skladu z novim zakonom gibanja , kjer je s v metrih in t v sekundah. Masa bremena m = 100 kg, koeficient drsnega trenja med bremenom in ravnino f = 0,25. Določite silo F in moč na vlečno vrv za dva časovna trenutka: a) enakomerno gibanje preden se začne zaviranje;

b) začetni moment zaviranja. Pri izračunu vzemite g=10 m/.

rešitev. Ugotavljamo kinematične značilnosti gibanja bremena.

Zakon o spremembi hitrosti obremenitve

Začetna hitrost bremena (pri t=0)

Pospešek tovora

Ker je pospešek negativen, je gibanje počasno.

1. Enakomerno gibanje bremena.

Za določitev gonilna sila F obravnavamo ravnovesje bremena, na katerega deluje sistem konvergentnih sil: sila na vrvico F, gravitacijska sila bremena G=mg, normalna reakcija nosilne površine N in sila trenja, usmerjena proti gibanju telesa. Po zakonu trenja,. Izbira smeri koordinatne osi, kot je prikazano na risbi, in sestavite dve ravnotežni enačbi za obremenitev:

Moč na kablu pred začetkom zaviranja je določena z znana formula

Kje je m/s.

2. Počasno gibanje tovora.

Kot je znano, z neenakomerno gibanje naprej telo, sistem sil, ki delujejo nanj v smeri gibanja, ni uravnotežen. Po d'Alembertovem principu (kinetostatična metoda) lahko telo v tem primeru štejemo za pogojno ravnotežno, če vsem silam, ki delujejo nanj, dodamo vztrajnostno silo, katere vektor je usmerjen nasproti vektorju pospeška. Vektor pospeška je v našem primeru usmerjen nasproti vektorja hitrosti, saj se breme premika počasi. Ustvarimo dve ravnotežni enačbi za obremenitev:

Priključite kabel na začetku zaviranja

Testna vprašanja.

1. Kako določiti številčno vrednost in smer hitrosti točke v danem trenutku?

2. Kaj je značilno za normalno in tangencialno komponento celotnega pospeška?

3. Kako preiti z izražanja kotne hitrosti v min -1 na izražanje v rad/s?

4. Kako se imenuje telesna teža? Poimenujte mersko enoto za maso

5. Pri kakšnem gibanju materialna točka se pojavi vztrajnostna sila? Kakšna je njegova številčna vrednost in kakšna je njena smer?

6. Načelo stanja d'Alemberta

7. Ali vztrajnostna sila nastane z enakomerno krivočrtno gibanje materialna točka?

8. Kaj je navor?

9. Kako je izraženo razmerje med navorom in kotno hitrostjo za dano preneseno moč?

10. Osnovna dinamična enačba za rotacijsko gibanje.

Praktično delo št. 7

"Izračun konstrukcij za trdnost"

Namen dela: določite trdnost, mere preseka in dovoljeno obremenitev

Teoretično ozadje.

Če poznamo faktorje sile in geometrijske značilnosti preseka med natezno (stiskalno) deformacijo, lahko določimo napetost z uporabo formul. In razumeti, ali bo naš del (gred, zobnik itd.) Zdržal zunanjo obremenitev. To vrednost je treba primerjati z dovoljeno napetostjo.

Torej, enačba statične trdnosti

Na njegovi podlagi se rešujejo 3 vrste problemov:

1) preskus trdnosti

2) določitev dimenzij odseka

3) določitev dovoljene obremenitve

Torej, enačba statične togosti

Na njegovi osnovi se rešujejo tudi 3 vrste problemov

Enačba statične natezne (tlačne) trdnosti

1) Prva vrsta - preskus trdnosti

,

tj. rešimo levo stran in jo primerjamo z dovoljeno napetostjo.

2) Druga vrsta - določitev dimenzij preseka

z desne strani prečnega prereza

Odsek krog

torej premer d

Pravokotni odsek

Odsek kvadrat

A = a² (mm²)

Polkrožni del

Odseki: kanal, I-žarek, kot itd.

Območne vrednosti - iz tabele, sprejete po GOST

3) Tretja vrsta - definicija dovoljena obremenitev;

sprejet v manjša stran, celo število

VADBA

Naloga

A) Preverjanje trdnosti (testni izračun)

Za dani nosilec sestavite diagram vzdolžnih sil in preverite trdnost v obeh prerezih. Za leseni material (jeklo St3) sprejmemo

B) Izbira odseka (projektni izračun)

Za dani nosilec izdelajte diagram vzdolžnih sil in določite dimenzije prečnega prereza v obeh prerezih. Za leseni material (jeklo St3) sprejmemo

B) Določitev dovoljene vzdolžne sile

Za določen žarek določite dovoljene vrednosti obremenitev in ,

izdelajte diagram vzdolžnih sil. Za leseni material (jeklo St3) sprejmite. Pri reševanju problema predpostavimo, da je vrsta obremenitve enaka na obeh odsekih nosilca.

Primer dokončanja naloge

P, ω Problem 1

Preverite trdnost stebra iz I-profilov določene velikosti. Za material stebra (jeklo St3) upoštevajte dovoljene natezne napetosti in med stiskanjem . V primeru preobremenitve ali znatne premajhne obremenitve izberite velikosti I-nosilcev, ki zagotavljajo optimalno trdnost stebra.

rešitev.

Dani nosilec ima dva odseka 1, 2. Meje odsekov so odseki, v katerih zunanje sile. Ker se sile, ki obremenjujejo žarek, nahajajo vzdolž njegove osrednje vzdolžne osi, se v prečnih prerezih pojavi samo en notranji faktor sile - vzdolžna sila, tj. obstaja napetost (stiskanje) žarka.

Za določitev vzdolžne sile uporabljamo metodo prereza. Z miselnim risanjem odseka znotraj vsakega odseka bomo zavrgli spodnji fiksni del žarka in ga pustili za obravnavo zgornji del. V odseku 1 je vzdolžna sila konstantna in enaka

Znak minus pomeni, da je žarek stisnjen v obeh delih.

Izdelamo diagram vzdolžnih sil. Ko narišemo osnovno (ničelno) črto diagrama vzporedno z osjo žarka, dobljene vrednosti narišemo pravokotno nanjo v poljubnem merilu. Kot lahko vidite, se je izkazalo, da je diagram obrisan z ravnimi črtami, vzporednimi z osnovno.

Preverimo trdnost lesa, tj. Določimo izračunano napetost (za vsak odsek posebej) in jo primerjamo z dovoljeno. Za to uporabimo pogoj tlačne trdnosti

kjer je površina geometrijska značilnost trdnosti prečnega prereza. Iz tabele valjanega jekla vzamemo:

za I-žarek
za I-žarek

Test trdnosti:

Vrednosti vzdolžnih sil so vzete v absolutni vrednosti.

Trdnost lesa je zagotovljena, vendar obstaja znatna (več kot 25%) podobremenitev, kar je zaradi prevelike porabe materiala nesprejemljivo.

Iz pogoja trdnosti določimo nove dimenzije I-nosilca za vsak odsek nosilca:
Zato zahtevano območje

V skladu s tabelo GOST izberemo I-žarek št. 16, za katerega;

Zato zahtevano območje

V skladu s tabelo GOST izberemo I-žarek št. 24, za katerega;

Pri izbranih velikostih I-nosilcev se pojavlja tudi podobremenitev, vendar je nepomembna (manj kot 5%).

Naloga št. 2.

Za les z dane dimenzije presek, določite dovoljene vrednosti obremenitve in . Za leseni material (jeklo St3) upoštevajte dovoljene natezne napetosti in med stiskanjem .

rešitev.

Dani žarek ima dva odseka 1, 2. Pride do napetosti (stiskanja) žarka.

Z metodo prerezov določimo vzdolžno silo, ki jo izrazimo preko zahtevanih sil in. Če izvedemo odsek znotraj vsakega odseka, bomo levi del žarka zavrgli in ga pustili v obravnavo desna stran. V odseku 1 je vzdolžna sila konstantna in enaka

V odseku 2 je tudi vzdolžna sila konstantna in enaka

Znak plus pomeni, da je žarek raztegnjen v obeh delih.

Izdelamo diagram vzdolžnih sil. Diagram je obrisan z ravnimi črtami, vzporednimi z osnovno.

Iz pogoja natezne trdnosti določimo dovoljene vrednosti obremenitve in predhodno izračunamo površine danih presekov:

Testna vprašanja.

1. Kateri faktorji notranje sile nastanejo v odseku žarka med napetostjo in stiskanjem?

2. Zapišite pogoje natezne in tlačne trdnosti.

3. Kako so dodeljeni znaki vzdolžne sile in normalne napetosti?

4. Kako se bo spremenila napetost, če se površina preseka poveča za 4-krat?

5. Ali se pogoji trdnosti razlikujejo za natezne in tlačne izračune?

6. V katerih enotah se meri napetost?

7. Katero mehanske lastnosti je izbran kot končna napetost za duktilne in krhke materiale?

8. Kakšna je razlika med mejno in dopustno napetostjo?

Praktično delo št. 8

“Reševanje problemov za določitev glavnih centralnih vztrajnostnih momentov ravnine geometrijske oblike»

Namen dela: analitično določiti vztrajnostne momente ploščatih teles kompleksne oblike

Teoretično ozadje. Koordinate težišča odseka lahko izrazimo s statičnim momentom:

kjer glede na os Ox

glede na os Oy

Statični moment območja figure glede na os, ki leži v isti ravnini, enako zmnožku območje figure z razdaljo njenega težišča do te osi. Statični moment ima razsežnost. Statični moment je lahko pozitiven, negativen ali nič (glede na katero koli centralno os).

Aksialni vztrajnostni moment odseka je vsota izdelkov ali integrala elementarnih območij, prevzetih po celotnem odseku, s kvadrati njihovih razdalj do določene osi, ki leži v ravnini obravnavanega odseka.

Osni vztrajnostni moment je izražen v enotah - . Aksialni vztrajnostni moment je količina, ki je vedno pozitivna in ni enaka nič.

Osi, ki gredo skozi težišče figure, imenujemo središčne. Vztrajnostni moment okoli središčne osi se imenuje osrednja točka vztrajnost.

Vztrajnostni moment okoli katere koli osi je enak središču