Центр массы геометрической фигуры. Центр масс системы точек. Трёхмерный случай: многогранники
Понятие центра тяжести возникло уже в древности; большой вклад в разработку теории центров тяжести внес Архимед. Несмотря на то, что понятие центра тяжести сейчас в большей мере изучается на уроках физики, нежели математики, оно играет большую роль и в геометрии. В частности, уже Архимеду понятие центра тяжести облегчило нахождение площадей некоторых фигур (например, сегмента параболы), а также объемов различных пространственных тел (в частности, шара).
В трактате «О равновесии плоских тел, или о центрах тяжести плоских фигур» Архимед излагает теорию центров тяжести аксиоматически, подобно тому, как излагает геометрию Евклид в книге «Начала». Вначале дается некоторое количество «допущений», то есть аксиом.
Здесь под «равными» опять-таки подразумеваются равновеликие, в данном случае – имеющие одинаковый вес. Смысл предложения в том, что если некие фигуры, будучи подвешенными, находятся в равновесии, то равновесие не нарушится при замене любой из них на равную по весу фигуру.
 |
|
Рис. 2. Две фигуры, равные по весу третьей, равны |
На основании этих предположений Архимед доказывает ряд следствий.
Доказательства в книге «О равновесии...» в основном осуществляются методом «от противного». Рассмотрим, например, следствие 1. Пусть данные тяжести, уравновешивающиеся на одной и той же длине, не равны. Тогда после отнятия чего-то от большей и прибавления к меньшей равновесие должно нарушиться (согласно аксиомам 2 и 3), а это противоречит тому, что равные тела на равных длинах уравновешиваются (согласно аксиоме 1).
|
Для того, чтобы это доказать, Архимед отдельно рассматривает два случая: данные веса соизмеримы либо несоизмеримы. В первом случае веса обоих тел являются кратными некоторому весу P 0: P 1 = n 1 P 0 , P 2 = n 2 P 0 . Архимед заменяет тело с весом P 1 на n 1 тел весом P 0 каждое, а тело с весом P 2 на n 2 тел весом P 0 каждое, причем располагает все эти (n 1 + n 2) тел на одной прямой так, чтобы центры тяжести соседних располагались на равном расстоянии друг от друга.
При этом, согласно предположению 6, такого рода замена не влияет на положение центра тяжести. А поскольку по следствию 3 у этих (n 1 + n 2) тел центр тяжести находится посередине, то и у исходных двух тел он находится там же. Отсюда и вытекает, что l 1 /l 2 = P 2 /P 1 .
В случае несоизмеримых весов Архимед снова ведет доказательство от противного: он предполагает, что тела с весами и подвешенные на отрезках, удовлетворяющих условию не уравновесятся. Значит, вес будет либо больше, либо меньше, чем необходимо для равновесия. Если он больше, то отнимем от некоторый вес так, чтобы оставшийся вес был, с одной стороны, все еще больше, чем нужно для равновесия, а с другой, чтобы он был соизмерим с Тогда, с одной стороны, (так как больше, чем нужно для равновесия), а с другой стороны, (потому что Получается противоречие, значит, не может быть больше, чем необходимо для равновесия. Если же меньше, чем необходимо для равновесия, значит, больше, и относительно можно провести все те же рассуждения. Итак, закон рычага доказан.
(Известно, что рычаг занимал большое место в деятельности Архимеда – не только механика-теоретика, но и конструктора реально использовавшихся механических приспособлений; часто цитируют слова Архимеда «Дайте мне точку опоры, и я сдвину Землю»).
|
Лабораторная работа
“ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ЗВЕНЬЕВ
МЕХАНИЗМОВ МЕТОДОМ ФИЗИЧЕСКОГО МАЯТНИКА”
1. Цель работы
Ознакомление с определением моментов инерции звеньев механизмов с помощью метода физического маятника.
2. Теоретическая часть
Физическим маятником называется твердое тело произвольной формы, подвешенное на горизонтальной неподвижной оси. Таким физическим маятником может быть, например, шатун 1 , установленный проушиной на ребро неподвижной призмы2 (рис. 1).
Рис. 1. Физический маятник
Если шатун отклонить от вертикального
положения и затем отпустить, то он начнет
совершать колебания в плоскости,
перпендикулярной ребру призмы, вокруг
точки
.
Между периодом колебаний и моментом
инерции шатуна относительно его оси
под действием силы тяжести существует
определенная зависимость:
,
(1)
где
момент
инерции шатуна относительно центра
тяжести,
;
сила
тяжести шатуна,
;
расстояние
от центра тяжести шатуна до оси подвеса,
;
период
колебаний,
;
,
(2)
где
момент
инерции шатуна относительно оси подвеса,
.
Установлено, что наименьшая ошибка при
определении моментов инерции звеньев
методом физического маятника получается
при амплитуде колебания до
.
Кроме того, этот метод можно применять
для звеньев, которые удобно подвешиваются
на ребро трехгранной призмы (шатуны,
кривошипы и другие рычажные звенья,
имеющие проушины).
Вычисление ошибки
при определении момента инерции можно
выполнить, если принять в формуле (1)
и
.
.
(3)
.
(4)
.
(5)
.
(6)
Сначала по формуле (6) определяются
относительные ошибки
и
,
затем по формулам (5) – относительные
ошибки
и
и, наконец, по формулам (4) подсчитываются
относительные и абсолютные ошибки
величины
.
При определении момента инерции необходимо определить также силу тяжести звена и положение его центра тяжести. Сила тяжести звена определяется взвешиванием, положение центра тяжести – в зависимости от величины и формы звена – одним из изложенных ниже способов.
2.1. Определение центра тяжести небольших
Звено 1
кладут на ребро трехгранной
призмы таким образом, чтобы оно находилось
в равновесии (см. рис. 2). На звене отмечают
точки «
»
и «
»,
лежащие против ребра призмы. Затем эти
точки соединяют прямой линией. Пересечение
этой линии с осью симметрии
определит положение центра тяжести
.
Рис. 2. Определение центра тяжести звеньев, имеющих ось симметрии
Расстояние «
»
от центра тяжести до точки подвеса
определяют с помощью масштабной линейки.
2.2. Определение центра тяжести крупных
звеньев, имеющих ось симметрии
Звено 1
(см. рис. 3) подвешивают на
нити2
, привязанной к его концам. В
точке подвеса прикрепляют отвес3
.
Точка пересечения нити отвеса с осью
симметрии звена
и определит центр тяжести звена.
2.3. Определение центра тяжести звеньев,
не имеющих оси симметрии
Определение положения центра тяжести
производится при помощи последовательного
подвешивания звена на двух точках (рис.
4). При каждом подвешивании с помощью
отвеса отмечают линии
и
.
Точка
пересечения линий
и
будет
искомым центром тяжести.
3. ПРИБОРЫ И ПРИНАДЛЕЖНОСТИ ДЛЯ РАБОТЫ
1) приборы ТММ25 и ТММ25а; 2) секундомер однострелочный типа СМ-60; 3) металлическая масштабная линейка; 4) весы; 5) шнур с отвесом; 6) звено (шатун, кривошип, рычаг), для которого определяется момент инерции.
4. ОПИСАНИЕ ПРИБОРОВ
Основной частью прибора ТММ25 (рис. 5) является закаленная и отшлифованная стальная призма 1 , закрепленная на стойке2 таким образом, чтобы рабочее ребро было обращено вверх. Стойка2 установлена на штативе3 , снабженном двумя установочными винтами4 и круглым уровнем6 для приведения рабочего ребра призмы в горизонтальное положение. Под призмой на стойке2 закреплена клиновидная планка5 , которая служит указателем максимально допустимых амплитуд качания звена.
Прибор ТММ25а (см. рис. 6) состоит из кронштейна 2 , наглухо закрепленного на стене анкерными болтами3 . Призма1 заделана в кронштейне2 .
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.
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
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:
откуда находим:
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. ).
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.
1. Центр тяжести площади треугольника . Найдем центр тяжести тонкой однородной треугольной пластинки А 1 А 2 А 3 (рис.9.8).
Разобьем площадь треугольника прямыми, параллельными основанию А 1 А 3 , на большое число очень узких полосок. Каждую такую полоску, можно рассматривать как прямолинейный отрезок. Следовательно, центр тяжести каждой полоски находится в ее середине. Но средние точки всех полосок расположены на одной прямой, т.е. на медиане А 2 М 2 . Т.о. центр тяжести площади треугольника совпадает с точкой пересечения его медиан. Так как точка пресечения медиан делит каждую медиану в отношении 2/1, следовательно, центр тяжести площади треугольника лежит на одной из его медиан на расстоянии 2/3 этой медианы от вершины треугольника. Если обозначим координаты вершин данного треугольника через (х 1 , у 1) (х 2 ,у 2) (х 3 ,у 3), а координаты центра тяжести х С и у С, то координаты центра тяжести будут равны,
2. Центр тяжести площади многоугольника . Чтобы найти центр тяжести площади какого-нибудь многоугольника А 1 А 2 А 3 А 4 А 5 (рис.9.9), координаты вершин которого известны, разобьем данный многоугольник диагоналями на три треугольника А 1 А 2 А 3 , А 1 А 3 А 4 и А 1 А 4 А 5 . Площади треугольников обозначим соответственно S 1 , S 2 и S 3 , а их центры тяжести через С 1 (х С1 , у С1), С 2 (х С2 ,у С2) и С 3 (х С3 ,у С3).
Зная координаты вершин нетрудно вычислить площадь треугольников и координаты центров тяжести:
Аналогично получают координаты у.
Подставляя в формулу центра тяжести однородной плоской фигуры, получим: и
3. Центр тяжести дуги окружности . Найти центр тяжести дуги АВ окружности радиуса R с центром в точке О рис.9.9.
Центр тяжести С лежит на оси симметрии дуги АВ, т.е. на радиусе перпендикулярном к хорде АВ. Найти расстояние ОС. Вращая дугу АВ вокруг оси параллельной хорде АВ, получим поверхность АВВ 1 А 1 , представляющую собой часть поверхности шара и называемую шаровым поясом. Площадь этой поверхности равна. На основании первой теоремы Гюльдена. Откуда
Если обозначим половину центрального угла дуги АВ, измеряемого в радианах, через α, то и, следовательно,
4. Центр тяжести кругового сектора . Необходимо найти положение центра тяжести кругового сектора ОАВ радиуса R (рис.9.10). Обозначим половину центрального угла этого сектора через α. Искомый центр тяжести С лежит на оси симметрии данного сектора, т.е. на биссектрисе угла АОВ. Надо найти расстояние ОС. Разделим дугу АВ на n малых равных частей и точки деления соединим с центром О.
Тогда данный сектор разделится на n равных секторов. Рассмотрим сектор Оав. Приближенно его можно принять за треугольник. Следовательно, его центр тяжести лежит на радиусе делящим угол аОв пополам, на расстоянии 2/3R от точки О. В этих центрах приложены веса р i элементарных секторов.
Следовательно, центр тяжести С сектора АОВ совпадает с центром тяжести системы параллельных сил, приложенных вдоль дуги А 1 В 1 , т.е задача сводится к нахождению центра тяжести однородной дуги А 1 В 1 , решенной в предыдущем примере. Поэтому
5. Центр тяжести призмы . Чтобы найти центр тяжести однородной призмы с основанием А 1 А 2 А 3 А 4 А 5 (рис.9.11), разобьем всю призму на большое число весьма тонких пластинок плоскостями параллельными основанию, проведенных на равных малых расстояниях друг от друга.
Эти пластинки можно считать плоскими многоугольниками. Центры тяжести этих многоугольников лежат на одной прямой С 1 С 2 , соединяющей центры тяжести нижнего и верхнего оснований призмы. Следовательно, искомый центр тяжести совпадает с центром системы параллельных сил р i , равных между собой и приложенных в точках, находящихся на прямой С 1 С 2 . Поэтому центр тяжести однородной призмы находится в середине отрезка, соединяющего центры тяжести нижнего и верхнего оснований этой призмы.
6. Центр тяжести пирамиды. Рассмотрим однородный тетраэдр, т.е. однородную треугольную пирамиду А 1 А 2 А 3 А 4 (рис.9.12). Плоскостями параллельными основанию, разобьем пирамиду на множество тонких треугольных пластинок, которые можно считать плоскими треугольниками.
Центры тяжести этих подобных треугольников лежат на одной прямой соединяющей вершину А 4 пирамиды с центром тяжести ее основания (точкой М пересечения медиан треугольника А 1 А 2 А 3 . Следовательно, на этой прямой лежит центр тяжести данной пирамиды. Аналогично разбивая данную пирамиду плоскостями параллельными грани А 2 А 3 А 4 , получим, что ее центр тяжести лежит на прямой А 1 К, причем К – центр тяжести треугольника А 2 А 3 А 4 , т.е. точка пересечения его медиан, а потому искомый центр тяжести пирамиды находится в точке пересечения прямых А 4 М и А 1 К. Найдем расстояние МС. По свойству медиан треугольника имеем:
и. Так как МК‖А 1 А 4 и МК=1/3А 1 А 4. Из подобия треугольников следует, что или 3МС=СА 4 . Но МС+СА 4 =МА 4 , поэтому;4МС=МА 4 , следовательно, МС=1/4МА 4 .
Центр тяжести однородной пирамиды лежит на отрезке, соединяющим вершину пирамиды с центром тяжести ее основания, расстоянии ¼ этого отрезка от центра тяжести основания пирамиды.
Рассматривая конус как предел вписанных в него пирамид, на основании предыдущего результата можно сделать вывод, что центр тяжести однородного конуса лежит на отрезке, соединяющем вершину конуса с центром тяжести его основания, на расстоянии ¾ этого отрезка от вершины конуса.
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 a 1 =80 мм, b 1 =40 мм), к которому слева сверху добавили равнобедренный треугольник (с размером основания a 2 =24 мм и высотой h 2 =42 мм) и из которого справа сверху вырезали полукруг (с центром в точке с координатами x 03 =50 мм и y 03 =40 мм, радиусом r 3 =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 с желтой заливкой выполним вспомогательные предварительные расчеты .
В ячейках со светло-желтой заливкой считаем результаты .
Синий шрифт – это исходные данные .
Черный шрифт – это промежуточные результаты расчетов .
Красный шрифт – это окончательные результаты расчетов .
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 = x 03
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 , F 3 в мм2, воспользовавшись вновь формулами из раздела «Библиотека элементарных фигур»
в ячейке D6: =40*80=3200
F 1 = a 1 * b 1
в ячейке E6: =24*42/2=504
F2 = a2 *h2 /2
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 F 0 в мм2
в объединенной ячейке D8E8F8: =D6+E6+F6=2642
F 0 = F 1 + F 2 + F 3
5. Вычислим статические моменты составной фигурыSx и Sy в мм3 относительно выбранных осей 0x и 0y
в объединенной ячейке D9E9F9: =D5*D6+E5*E6+F5*F6=60459
Sx = yc1 * F1 + yc2 *F2 + yc3 *F3
в объединенной ячейке D10E10F10: =D4*D6+E4*E6+F4*F6=80955
Sy = xc1 * F1 + xc2 *F2 + xc3 *F3
6. И в завершение рассчитаем координаты центра тяжести составного сеченияXc и Yc в мм в выбранной системе координат 0x — 0y
в объединенной ячейке D11E11F11: =D10/D8=30,640
Xc = Sy / F 0
в объединенной ячейке D12E12F12: =D9/D8=22,883
Yc =Sx /F0
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 « ». 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.
