Centar mase sistema tačaka. Određivanje težišta velikih
Uputstvo
Pokušajte pronaći centar gravitacija stan figure iskustvom. Uzmite novu neoštrenu olovku, stavite je uspravno. Postavite ravnu figuru na to. Označite tačku na figuri gdje se čvrsto drži na olovci. Ovo će biti centar gravitacija tvoje figure. Umjesto olovke, jednostavno koristite kažiprst ispružen prema gore. Ali to je, na kraju krajeva, potrebno osigurati da prst stoji ravno, da se ne ljulja ili drhti.
Da biste pokazali da je rezultirajuća tačka centar mase, napravite rupu u njoj iglom. Provucite konac kroz rupu, zavežite čvor na jednom kraju - tako da konac ne iskoči. Držeći se za drugi kraj konca, objesite tijelo na njega. Ako centar gravitacija desno, figura će se nalaziti tačno, paralelno sa podom. Njene strane se neće ljuljati.
Pronađite centar gravitacija figure na geometrijski način. Ako imate trougao, ugradite ga. Ovi segmenti povezuju vrhove trougla sa sredinom suprotne strane. Poenta će postati centar masa trougla. Možete čak i presaviti figuru na pola kako biste pronašli sredinu stranice, ali imajte na umu da će to narušiti uniformnost figure.
Uporedite dobijene rezultate geometrijski i empirijski. Obavijestite o napretku eksperimenta. Male greške se smatraju normalnim. Objašnjavaju se nesavršenošću figure, nepreciznost instrumenata, ljudski faktor (manji nedostaci u radu, nesavršenost ljudskog oka itd.).
Izvori:
- Izračunavanje koordinata težišta ravne figure
Centar figure se može pronaći na nekoliko načina, ovisno o tome koji su podaci o njemu već poznati. Vrijedi razmisliti o pronalaženju središta kruga, koji je skup točaka smještenih na jednakoj udaljenosti od središta, jer je ova figura jedna od najčešćih.
Trebaće ti
- - kvadrat;
- - vladar.
Uputstvo
Najlakši način da pronađete centar kruga je da savijete komad papira na kojem je nacrtan, pazeći, gledajući u svjetlo, da je presavijen tačno na pola. Zatim presavijte list okomito na prvi preklop. Tako dobijate prečnike, čija je tačka preseka centar figure.
P1= m1*g, P2= m2*g;
Težište je između dvije mase. A ako je cijelo tijelo suspendirano u t.O, doći će do vrijednosti ravnoteže, to jest, one će prestati da nadmašuju jedna drugu.
Različiti geometrijski oblici imaju fizičke i proračune o centru gravitacije. Svaka ima svoj pristup i metodu.
S obzirom na disk, pojašnjavamo da je centar gravitacije unutar njega, tačnije, prečnici (kao što je prikazano na slici u tački C - tačka presjeka prečnika). Na isti način se pronalaze centri paralelepipeda ili homogene lopte.
Prikazani disk i dva tijela masa m1 i m2 su ujednačene mase i pravilnog oblika. Ovdje se može primijetiti da se težište koje tražimo nalazi unutar ovih objekata. Međutim, u tijelima s nehomogenom masom i nepravilnog oblika, centar se može locirati iza. I sami osjećate da zadatak već postaje sve teži.
Moda za "žene koje izgledaju kao dečaci" odavno je prošla, ali mnoge pripadnice lepšeg pola i dalje žele da imaju ravan plijen. Iako je danas “u modi” demonstrirati svu rascvjetalu seksualnost, skladno, lijepo i uvježbano tijelo. Zaista, u ovom slučaju, lijepa guza je nezamjenjiva komponenta ne samo ženske, već i muške ljepote.
Uputstvo
To ass stan, morate uraditi sljedeće. 1 vježba "Podizanje nogu".Ova vježba može biti u nekoliko verzija.Ustanite na sve četiri - u početni položaj, a zatim naizmjenično podižite svaku nogu tako da butina bude paralelna s podom. Zaključajte nogu u pritisnutu poziciju i napravite opružne pokrete prema gore. Istovremeno, obratite pažnju na fiksaciju noge u skočnom i kolenskom zglobu, pokušajte da ne mijenjate ovaj položaj.
Vježba 2 "Podizanje karlice" Lezite, ruke postavite paralelno sa tijelom i savijte koljena. Nakon toga podignite karlicu od poda, snažno naprežući zadnjicu. Pritom gornji dio i šake ne bi smjeli odlijetati od poda.U istom položaju pravite opružne pokrete prema gore.
Vježba 3 "Podizanje" Ustanite, noge postavite u širini ramena. Naizmjenično podižite i spuštajte jedno koleno što je više moguće. Kada podižete koleno, pokušajte da ostanete što duže, bez pomeranja, na jednoj nozi.Ova vežba veoma dobro deluje na predelu koji se nalazi neposredno iznad zadnjice.
Vježba 4 "Čučanj sa abdukcijom zdjelice." Stanite tako da vam noge budu šire od ramena, a stopala paralelna s njima. U tom slučaju, lijeva noga treba biti malo iza desne. Zatim sjednite, oslonite se na lijevu nogu i vratite karlicu unazad. Istovremeno, ispružite ruke ispred lijevog stopala, leđa držite uspravno. Nakon toga ustanite, svu težinu prebacite na desnu nogu, lijevu povucite unazad i podignite ruke iznad glave.Ovu vježbu ponovite 10 puta, a zatim promijenite nogu.
Vježba 5 "Iskoraci s kotačem" Iskorak naprijed, počevši lijevom nogom, lagano okrenite stopalo u smjeru kazaljke na satu. Zatim se nagnite naprijed od kuka. Istovremeno, raširite ruke, kao da želite da napravite točak. Zadržite se nekoliko sekundi u ovom položaju, a zatim ustanite, zadržavajući položaj desne noge. Sa lijevom, napravite korak ulijevo i okrenite nožni prst prema van. Čučnite i nagnite se ulijevo.
Povezani video zapisi
Izvori:
- ravna dna u 2019
U uobičajenom smislu, centar gravitacije se doživljava kao tačka na koju se može primijeniti rezultanta svih sila koje djeluju na tijelo. Najjednostavniji primjer je dječja ljuljačka u obliku obične daske. Bez ikakvih kalkulacija, svako dijete će pokupiti oslonac daske na takav način da izbalansira (ili možda nadmaši) teškog čovjeka na ljuljački. U slučaju složenih tijela i presjeka, neophodni su precizni proračuni i odgovarajuće formule. Čak i ako se dobiju glomazni izrazi, glavna stvar je ne bojati ih se, već zapamtiti da u početku govorimo o gotovo elementarnom zadatku.
Uputstvo
Razmotrimo najjednostavniju polugu (vidi sliku 1) u ravnotežnom položaju. Postavite na horizontalnu osu x₁₂ sa apscisom i postavite materijalne tačke masa m₁ i m₂ na ivice. Razmotrite njihove koordinate duž ose 0x poznate i jednake x₁ i x₂. Poluga je u ravnotežnom položaju ako su momenti sila težine R₁=m₁g i P₂=m₂g jednaki. Moment je jednak proizvodu sile i njenog ramena, koji se može naći kao dužina okomice spuštene od tačke primjene sile na vertikalu x=x₁₂. Prema tome, prema slici 1, m₁gℓ₁= m₂gℓ₂, ℓ₁=x₁₂-x₁, ℓ₂=x₂-x₁₂. Tada je m₁(h₁₂-h₁)=m₂(h₂-h₁₂). Riješite ovu jednačinu i dobijete x₁₂=(m₁x₁+m₂x₂)/(m₁+m₂).
Da biste pronašli ordinatu y₁₂, primijenite ista razmišljanja i proračune kao u koraku 1. Nastavite pratiti ilustraciju na slici 1, gdje je m₁gh₁= m₂gh₂, h₁=y₁₂-y₁, h₂=y₂-y₂. Tada je m₁(y₁₂-y₁)=m₂(y₂-y₁₂). Rezultat je y₁₂=(m₁y₁+m₂y₂)/(m₁+m₂). Nadalje, uzmite u obzir da umjesto sistema od dvije tačke, postoji jedna tačka M₁₂(x12, y12) ukupne mase (m₁+m₂).
Sistemu od dvije tačke dodajte još jednu masu (m₃) sa koordinatama (x₃, y₃). Prilikom računanja ipak treba uzeti u obzir da se radi o dvije tačke, pri čemu druga od njih ima masu (m₁ + m₂) i koordinate (x12, y12). Ponavljajući sve korake 1 i 2 za ove dvije tačke, doći ćete do centra tri tačke x₁₂₃=(m₁x₁+m₂x₂+m₃x₃)/(m₁+m₂+m₃), +m₃). Zatim dodajte četvrti, peti i tako dalje. Nakon višestrukog ponavljanja iste procedure, uvjerite se da se za sistem od n tačaka koordinate težišta izračunaju po formuli (vidi sliku 2). Zabilježite za sebe činjenicu da je u procesu rada smanjeno ubrzanje gravitacije g. Dakle, koordinate centra mase i gravitacije se poklapaju.
Zamislimo da se u razmatranom preseku nalazi neka površina D čija je površinska gustina ρ=1. Odozgo i odozdo slika je ograničena grafovima krivulja y=φ(x) i y=ψ(x), x ê [a,b]. Podijelite područje D sa vertikalama x=x₍i-1₎, x=x₍i₎ (i=1,2,…,n) na tanke trake, tako da se približno mogu smatrati pravokutnicima sa osnovama ∆hi (vidi Slika .3). U ovom slučaju, smatrajte da se sredina segmenta ∆hi poklapa sa apscisom centra mase ξi=(1/2). Smatrajte da je visina pravougaonika približno jednaka [φ(ξi)-ψ(ξi)]. Tada je ordinata centra mase elementarne površine ηi=(1/2)[φ(ξi)+ψ(ξi)].
Zbog ujednačene raspodjele gustoće, uzmite u obzir da se centar mase trake poklapa sa njenim geometrijskim centrom. Odgovarajuća elementarna masa ∆mi=ρ[φ(ξi)-ψ(ξi)]∆hi=[φ(ξi)-ψ(ξi)]∆hi je koncentrisana u tački (ξi,ηi). Došao je trenutak za obrnuti prijelaz iz mase, predstavljene u diskretnom obliku, u kontinuiranu. U skladu sa formulama za izračunavanje koordinata (vidi sliku 2) centra gravitacije formiraju se integralni sumi, ilustrovani na slici 4a. Prelaskom do granice na ∆xi→0 (ξi→xi) od zbira do određenih integrala, dobićete konačan odgovor (slika 4b). U odgovoru nema mase. Jednakost S=M treba shvatiti samo kao kvantitativnu. Ovdje su dimenzije drugačije.
U inženjerskoj praksi se dešava da je potrebno izračunati koordinate težišta složene ravne figure koja se sastoji od jednostavnih elemenata za koje je poznata lokacija težišta. Ovaj zadatak je dio zadatka utvrđivanja...
Geometrijske karakteristike kompozitnih poprečnih presjeka greda i šipki. Često se s takvim pitanjima suočavaju inženjeri projektanti štanca za probijanje prilikom određivanja koordinata centra pritiska, programeri šema opterećenja za različita vozila pri postavljanju tereta, projektanti građevinskih metalnih konstrukcija pri odabiru presjeka elemenata i, naravno, studenti prilikom studiranja. discipline "Teorijska mehanika" i "Čvrstoća materijala".
Biblioteka elementarnih figura.
Za simetrične ravne figure, centar gravitacije se poklapa sa centrom simetrije. Simetrična grupa elementarnih objekata uključuje: krug, pravougaonik (uključujući kvadrat), paralelogram (uključujući romb), pravilan poligon.
Od deset figura prikazanih na gornjoj slici, samo dvije su osnovne. Odnosno, koristeći trokute i sektore krugova, možete kombinirati gotovo svaku figuru od praktičnog interesa. Bilo koje proizvoljne krive mogu se podijeliti na dijelove i zamijeniti lukovima krugova.
Preostalih osam figura je najčešće, zbog čega su i uvrštene u ovu vrstu biblioteke. U našoj klasifikaciji ovi elementi nisu osnovni. Pravougaonik, paralelogram i trapez mogu se sastaviti od dva trougla. Šestougao je zbir četiri trougla. Segment kružnice je razlika između sektora kružnice i trougla. Prstenasti sektor kruga je razlika između dva sektora. Krug je sektor kružnice sa uglom α=2*π=360˚. Polukrug je, odnosno, sektor kružnice sa uglom α=π=180˚.
Izračunavanje u Excelu koordinata težišta složene figure.
Uvijek je lakše prenijeti i percipirati informacije uzimajući u obzir primjer nego proučavati pitanje na čisto teorijskim proračunima. Razmotrite rješenje problema "Kako pronaći centar gravitacije?" na primjeru složene figure prikazane na slici ispod ovog teksta.
Složeni presjek je pravougaonik (sa dimenzijama a1 =80 mm, b1 \u003d 40 mm), kojem je u gornjem lijevom kutu dodan jednakokraki trokut (s veličinom baze a2 =24 mm i visina h2 \u003d 42 mm) i iz koje je izrezan polukrug odozgo desno (centrirano u tački s koordinatama x03 =50 mm i y03 =40 mm, radijus r3 =26 mm).
Da bismo vam pomogli u izračunu, uključit ćemo program MS Excel ili program Oo Calc . Bilo koji od njih lako će se nositi s našim zadatkom!
U ćelijama sa žuta punjenje je izvodljivo pomoćni preliminarni kalkulacije .
U ćelijama sa svijetložutom ispunom, brojimo rezultate.
Plava font je početni podaci .
Crno font je srednji rezultati proračuna .
Crveni font je final rezultati proračuna .
Počinjemo rješavati problem - počinjemo tražiti koordinate centra gravitacije presjeka.
Početni podaci:
1. Imena elementarnih figura koje čine kompozitni dio bit će unesene u skladu s tim
do ćelije D3: Pravougaonik
do ćelije E3: Trougao
u ćeliju F3: Polukrug
2. Koristeći "Biblioteku elementarnih figura" predstavljenu u ovom članku, određujemo koordinate centara gravitacije elemenata kompozitnog presjeka xci i yci u mm u odnosu na proizvoljno odabrane ose 0x i 0y i upisati
do ćelije D4: =80/2 = 40,000
xc 1 = a 1 /2
do ćelije D5: =40/2 =20,000
yc 1 = b 1 /2
do ćelije E4: =24/2 =12,000
xc 2 = a 2 /2
do ćelije E5: =40+42/3 =54,000
yc 2 = b 1 + h 2 /3
do ćelije F4: =50 =50,000
xc 3 = x03
do ćelije F5: =40-4*26/3/PI() =28,965
yc 3 = y 03 -4* r3 /3/ π
3. Izračunajte površinu elemenata F 1 , F 2 , F3 u mm2, koristeći ponovo formule iz odjeljka "Biblioteka elementarnih figura"
u ćeliji D6: =40*80 =3200
F1 = a 1 * b1
u ćeliji E6: =24*42/2 =504
F2 = a2 *h2 /2
u ćeliji F6: =-PI()/2*26^2 =-1062
F3 =-π/2*r3 ^2
Površina trećeg elementa - polukruga - je negativna jer je ovaj izrez prazan prostor!
Izračunavanje koordinata centra gravitacije:
4. Odredite ukupnu površinu konačne figure F0 u mm2
u spojenoj ćeliji D8E8F8: =D6+E6+F6 =2642
F0 = F 1 + F 2 + F3
5. Izračunajte statičke momente kompozitne figure Sx i Sy u mm3 u odnosu na odabrane ose 0x i 0y
u spojenoj ćeliji D9E9F9: =D5*D6+E5*E6+F5*F6 =60459
Sx = yc1 * F1 + yc2 *F2 + yc3 *F3
u spojenoj ćeliji D10E10F10: =D4*D6+E4*E6+F4*F6 =80955
Sy = xc1 * F1 + xc2 *F2 + xc3 *F3
6. I na kraju, izračunavamo koordinate centra gravitacije kompozitnog presjeka Xc i Yc u mm u odabranom koordinatnom sistemu 0x - 0y
u spojenoj ćeliji D11E11F11: =D10/D8 =30,640
Xc = Sy / F0
u spojenoj ćeliji D12E12F12: =D9/D8 =22,883
Yc=Sx/F0
Zadatak je riješen, proračun u Excelu je završen - pronađene su koordinate težišta presjeka, sastavljene pomoću tri jednostavna elementa!
Zaključak.
Primjer u članku odabran je kao vrlo jednostavan kako bi se olakšalo razumijevanje metodologije za izračunavanje težišta složenog presjeka. Metoda leži u činjenici da bilo koju složenu figuru treba podijeliti na jednostavne elemente s poznatim lokacijama težišta i izvršiti konačne proračune za cijeli presjek.
Ako se presjek sastoji od valjanih profila - uglova i kanala, onda ih nema potrebe lomiti na pravokutnike i kvadrate s izrezanim kružnim "π / 2" - sektorima. Koordinate težišta ovih profila date su u GOST tablicama, odnosno ugao i kanal će biti osnovni elementarni elementi u vašim proračunima kompozitnih presjeka (nema smisla govoriti o I-gredama, cijevima , šipke i šesterokuti - ovo su centralno simetrični presjeci).
Položaj koordinatnih osa na položaj težišta figure, naravno, ne utiče! Stoga odaberite koordinatni sistem koji pojednostavljuje vaše proračune. Ako bih, na primjer, rotirao koordinatni sistem za 45˚ u smjeru kazaljke na satu u našem primjeru, tada bi se izračunavanje koordinata težišta pravokutnika, trokuta i polukruga pretvorilo u još jedan zaseban i glomazan korak proračuna koji ne možete učiniti “ u tvojoj glavi".
Sljedeća Excel datoteka proračuna u ovaj slučaj nije program. Radije, to je skica kalkulatora, algoritam, šablon koji slijedi u svakom slučaju. kreirajte svoj vlastiti niz formula za ćelije sa svijetlo žutom ispunom.
Dakle, sada znate kako pronaći centar gravitacije bilo kojeg dijela! Kompletan proračun svih geometrijskih karakteristika proizvoljnih složenih kompozitnih presjeka bit će razmatran u jednom od sljedećih članaka u naslovu "". Pratite vijesti na blogu.
Za primanje informacije o objavljivanju novih članaka i za preuzimanje radnih programskih datoteka Molim vas da se pretplatite na objave u prozoru koji se nalazi na kraju članka ili u prozoru na vrhu stranice.
Nakon što unesete svoju e-mail adresu i kliknete na dugme "Primi najave članaka". NEMOJ ZABORAVITI POTVRDI PRETPLATU klikom na link u pismu koje će vam odmah stići na navedenu poštu (ponekad - u fascikli « Neželjena pošta » )!
Nekoliko riječi o čaši, novčiću i dvije viljuške, koji su prikazani na „ikoni-ilustraciji“ na samom početku članka. Mnogima od vas sigurno je poznat ovaj "trik" koji izaziva zadivljene poglede djece i neupućenih odraslih. Tema ovog članka je centar gravitacije. To je on i tačka oslonca, igrajući se našom svešću i iskustvom, jednostavno zavaraju naš um!
Težište sistema "viljuške + novčić" je uvijek uključeno fiksno razdaljina vertikalno dole od ruba novčića, koji je zauzvrat uporište. Ovo je pozicija stabilne ravnoteže! Ako protresete viljuške, odmah postaje očigledno da sistem teži da zauzme svoju nekadašnju stabilnu poziciju! Zamislite klatno - tačku pričvršćivanja (= tačka oslonca novčića na ivici stakla), šipku-os klatna (= u našem slučaju, os je virtuelna, pošto su mase dve vilice je razdvojen u različitim pravcima prostora) i opterećenje na dnu ose (= težište čitavog sistema „vilje + novčić“). Ako klatno počnete odstupati od vertikale u bilo kojem smjeru (naprijed, nazad, lijevo, desno), onda će se ono pod utjecajem gravitacije neizbježno vratiti u prvobitni položaj. stabilno stanje ravnoteže(isto se dešava sa našim viljuškama i novčićem)!
Ko nije razumeo, ali želi da razume - shvatite sami. Veoma je zanimljivo "doći" do sebe! Dodaću da je isti princip korištenja stabilne ravnoteže implementiran i u igračku Roly-Get Up. Samo težište ove igračke nalazi se iznad uporišta, ali ispod središta hemisfere potporne površine.
Vaši komentari su uvijek dobrodošli, dragi čitaoci!
Molim, RESPECTING autorski rad, preuzimanje fajla NAKON PRETPLATE za najave članaka.
centar gravitacije(ili centar mase) određenog tijela naziva se tačka koja ima svojstvo da ako je tijelo okačeno iz ove tačke, ono će zadržati svoj položaj.
U nastavku razmatramo 2D i 3D probleme koji se odnose na traženje različitih centara mase, uglavnom sa stanovišta računske geometrije.
U dolje navedenim rješenjima postoje dva glavna činjenica. Prvi je da je centar mase sistema materijalnih tačaka jednak proseku njihovih koordinata, uzetih sa koeficijentima proporcionalnim njihovim masama. Druga činjenica je da ako znamo središta masa dvije figure koje se ne sijeku, onda će centar mase njihovog spoja ležati na segmentu koji povezuje ova dva centra, i podijelit će ga u istom omjeru kao i masa druga cifra se odnosi na masu prve.
Dvodimenzionalni slučaj: poligoni
Naime, kada se govori o centru mase dvodimenzionalne figure, može se misliti na jedno od sljedeće tri: zadataka:
- Centar mase sistema tačaka - tj. cela masa je koncentrisana samo na vrhovima poligona.
- Centar mase okvira - tj. masa poligona je koncentrisana na njegovom perimetru.
- Centar mase čvrste figure - tj. masa poligona je raspoređena po cijeloj njegovoj površini.
Svaki od ovih problema ima nezavisno rješenje i bit će razmotreni u nastavku posebno.
Centar mase sistema tačaka
Ovo je najjednostavniji od tri problema, a njegovo rješenje je dobro poznata fizička formula za centar mase sistema materijalnih tačaka:
gdje su mase tačaka, njihovi radijus vektori (koji određuju njihov položaj u odnosu na ishodište), i željeni radijus vektor centra mase.
Konkretno, ako sve tačke imaju istu masu, tada su koordinate centra mase prosjek koordinate tačke. Za trougao ova tačka se zove centroid i poklapa se sa točkom preseka medijana:
Za dokaz o ove formule, dovoljno je podsjetiti da je ravnoteža postignuta u tački u kojoj je zbir momenata svih sila jednak nuli. U ovom slučaju, ovo se pretvara u uslov da zbir vektora radijusa svih tačaka u odnosu na tačku, pomnožen sa masama odgovarajućih tačaka, bude jednak nuli:
i, izražavajući odavde , dobijamo traženu formulu.
Težište okvira
Ali tada se svaka strana poligona može zamijeniti jednom tačkom - sredinom ovog segmenta (pošto je centar mase homogenog segmenta sredina ovog segmenta), s masom jednakom dužini ovog segmenta.
Sada smo dobili problem o sistemu materijalnih bodova, a primjenom rješenja iz prethodnog stava na njega nalazimo:
gdje je sredina th stranice poligona, je duzina te stranice, je perimetar, tj. zbir dužina stranica.
Za trougao može se pokazati sljedeća izjava: ova tačka je presečna tačka simetrale trokut formiran sredinama stranica originalnog trokuta. (da bismo to pokazali, moramo koristiti gornju formulu, a zatim primijetiti da simetrale dijele stranice rezultirajućeg trokuta u istom omjeru kao i centri mase ovih stranica).
Centar mase čvrste figure
Smatramo da je masa ravnomjerno raspoređena po figuri, tj. gustina u svakoj tački figure jednaka je istom broju.
Slučaj trougla
Tvrdi se da je za trougao odgovor i dalje isti centroid, tj. tačka formirana aritmetičkom sredinom koordinata vrhova:
Slučaj trougla: Dokaz
Ovdje dajemo elementarni dokaz koji ne koristi teoriju integrala.
Prvi takav, čisto geometrijski, dokaz dao je Arhimed, ali je bio veoma složen, sa velikim brojem geometrijskih konstrukcija. Dokaz koji je ovdje dat je preuzet iz članka Apostola, Mnatsakaniana "Pronalaženje centroida na jednostavan način".
Dokaz se svodi na pokazivanje da centar mase trougla leži na jednoj od medijana; ponavljajući ovaj proces još dvaput, time pokazujemo da centar mase leži u tački preseka medijana, a to je težište.
Podijelimo ovaj trokut na četiri, povezujući sredine stranica, kao što je prikazano na slici:
Četiri rezultirajuća trokuta su slična trokutu sa koeficijentom .
Trokuti br. 1 i br. 2 zajedno čine paralelogram čije središte mase leži u tački preseka njegovih dijagonala (pošto je ovo figura koja je simetrična u odnosu na obe dijagonale, što znači da je njegovo središte mase mora ležati na svakoj od dvije dijagonale). Tačka se nalazi na sredini zajedničke stranice trokuta br. 1 i br. 2, a takođe leži na medijani trougla:
Sada neka je vektor vektor povučen od vrha do centra mase trokuta br. 1, a vektor neka bude vektor povučen iz do tačke (koja je, podsjetimo, sredina stranice na kojoj leži) :
Naš cilj je pokazati da su vektori i kolinearni.
Označite sa i tačke koje su centri mase trouglova br. 3 i br. 4. Tada će, očigledno, centar mase agregata ova dva trokuta biti tačka , koja je sredina segmenta . Štaviše, vektor od tačke do tačke je isti kao i vektor .
Željeni centar mase trougla leži u sredini segmenta koji spaja tačke i (pošto smo trougao podelili na dva dela jednakih površina: br. 1-br.2 i br.3-br.4):
Dakle, vektor od vrha do centra je . S druge strane, pošto trokut br. 1 je sličan trokutu sa koeficijentom , tada je isti vektor jednak . Odavde dobijamo jednačinu:
odakle nalazimo:
Tako smo dokazali da su vektori i kolinearni, što znači da željeni centar leži na medijani koja izlazi iz vrha .
Štoviše, usput smo dokazali da centroid dijeli svaki medijan u odnosu na , računajući od vrha.
Poligon case
Pređimo sada na opšti slučaj - tj. na priliku poligon. Za njega takvo razmišljanje više nije primjenjivo, pa problem svodimo na trokutni: naime, poligon podijelimo na trokute (tj. trianguliramo ga), pronađemo centar mase svakog trokuta, a zatim pronađemo centar masa rezultirajućih centara mase trokuta.
Konačna formula je sljedeća:
gdje je težište -tog trokuta u triangulaciji datog poligona, je površina -tog trougla triangulacije, je površina cijelog poligona.
Triangulacija konveksnog poligona je trivijalan zadatak: za ovo, na primjer, možemo uzeti trouglove , gdje je .
Slučaj poligona: alternativni način
S druge strane, primjena gornje formule nije baš zgodna nekonveksni poligoni, budući da njihovo trianguliranje samo po sebi nije lak zadatak. Ali za takve poligone možete smisliti jednostavniji pristup. Naime, hajde da povučemo analogiju sa načinom na koji možete pronaći površinu proizvoljnog poligona: bira se proizvoljna tačka, a zatim se sabiraju predznačne površine trokuta koje ova tačka formira i tačke poligona: . Slična tehnika se može koristiti za pronalaženje centra mase: samo ćemo sada sabrati centre mase trouglova uzetih sa koeficijentima proporcionalnim njihovim površinama, tj. konačna formula za centar mase je:
gdje je proizvoljna tačka, su tačke poligona, je težište trokuta, je predznak ovog trougla, je znak površina cijelog poligona (tj.).
3D kućište: Poliedri
Slično dvodimenzionalnom slučaju, u 3D možemo govoriti o četiri moguća iskaza problema odjednom:
- Centar mase sistema tačaka - vrhovi poliedra.
- Centar mase okvira su ivice poliedra.
- Centar mase površine - tj. masa je raspoređena po površini poliedra.
- Centar mase čvrstog poliedra - tj. masa je raspoređena po čitavom poliedru.
Centar mase sistema tačaka
Kao iu 2D slučaju, možemo primijeniti fizičku formulu i dobiti isti rezultat:
koja se u slučaju jednakih masa pretvara u aritmetičku sredinu koordinata svih tačaka.
Centar mase okvira poliedra
Slično kao u dvodimenzionalnom slučaju, svaki rub poliedra jednostavno zamjenjujemo materijalnom tačkom koja se nalazi u sredini ove ivice, i masom jednakom dužini ovog ruba. Pošto smo dobili problem materijalnih tačaka, lako možemo pronaći njegovo rešenje kao ponderisani zbir koordinata ovih tačaka.
Centar mase površine poliedra
Svaka strana površine poliedra je dvodimenzionalna figura čije središte mase možemo pronaći. Pronalaženjem ovih centara mase i zamjenom svakog lica njegovim centrom mase, dobijamo problem sa materijalnim tačkama, koji je već lako riješiti.
Centar mase čvrstog poliedra
Tetrahedron case
Kao iu dvodimenzionalnom slučaju, prvo rješavamo najjednostavniji problem - problem za tetraedar.
Navodi se da se centar mase tetraedra poklapa sa točkom preseka njegovih medijana (medijana tetraedra je segment povučen od njegovog vrha do centra mase suprotne strane; dakle, medijana tetraedra prolazi kroz vrh i kroz tačku preseka medijana trouglastog lica).
Zašto je tako? Ovdje su tačna razmišljanja slična dvodimenzionalnom slučaju: ako tetraedar presiječemo na dva tetraedra uz pomoć ravnine koja prolazi kroz vrh tetraedra i neku medijanu suprotnog lica, tada će oba rezultirajuća tetraedra imati isti volumen (jer će trouglasto lice biti podijeljeno medijanom na dva trougla jednake površine, a visina dva tetraedra se ne mijenja). Ponavljajući ovo razmišljanje nekoliko puta, dobijamo da centar mase leži u tački preseka medijana tetraedra.
Ova tačka - tačka preseka medijana tetraedra - naziva se njegova centroid. Može se pokazati da zapravo ima koordinate jednake aritmetičkoj sredini koordinata vrhova tetraedra:
(ovo se može zaključiti iz činjenice da težište dijeli medijane u odnosu na )
Dakle, ne postoji fundamentalna razlika između slučajeva tetraedra i trokuta: tačka jednaka aritmetičkoj sredini vrhova je centar mase u dve formulacije problema odjednom: obe kada su mase samo na vrhovima , i kada su mase raspoređene po cijeloj površini/volumu. U stvari, ovaj rezultat se generalizira na proizvoljnu dimenziju: centar mase proizvoljnog simplex(simplex) je aritmetička sredina koordinata njegovih vrhova.
Slučaj proizvoljnog poliedra
Okrenimo se sada opštem slučaju, slučaju proizvoljnog poliedra.
Opet, kao u dvodimenzionalnom slučaju, ovaj problem svodimo na već riješen: podijelimo poliedar na tetraedre (tj. tetraedroniziramo ga), pronađemo centar mase svakog od njih i dobijemo konačan odgovor na problem u obliku ponderisane sume pronađenih centara wt.
Koncept centra gravitacije nastao je već u antici; Arhimed je dao veliki doprinos razvoju teorije centara gravitacije. Uprkos činjenici da se koncept centra gravitacije sada više proučava u nastavi fizike nego matematike, on igra veliku ulogu iu geometriji. Koncept centra gravitacije je Arhimedu olakšao pronalaženje površina nekih figura (na primjer, segmenta parabole), kao i volumena različitih prostornih tijela (posebno lopte).
U raspravi "O ravnoteži ravnih tijela, ili o težištima ravnih figura", Arhimed izlaže teoriju težišta aksiomatski, baš kao što Euklid izlaže geometriju u knjizi "Počeci". Prvo se daje niz "pretpostavki", odnosno aksioma.
Ovdje „jednako“ opet znači jednaku veličinu, u ovom slučaju, istu težinu. Smisao prijedloga je da ako su neke figure, dok su suspendirane, u ravnoteži, onda se ravnoteža neće narušiti kada se bilo koja od njih zamijeni figurom jednake težine.
 |
|
Rice. 2. Dvije figure jednake po težini trećoj su jednake |
Na osnovu ovih pretpostavki, Arhimed dokazuje niz posledica.
Dokazi u knjizi "O ravnoteži..." uglavnom se izvode metodom "kontradikcijom". Razmotrimo, na primjer, zaključak 1. Neka date težine, izbalansirane na istoj dužini, nisu jednake. Zatim nakon oduzimanja nečega od većeg i dodavanja manjeg, ravnoteža se mora prekinuti (prema aksiomima 2 i 3), a to je u suprotnosti sa činjenicom da su jednaka tijela jednakih dužina uravnotežena (prema aksiomu 1).
|
Da bi to dokazao, Arhimed odvojeno razmatra dva slučaja: date težine su samjerljive ili nesamjerljive. U prvom slučaju, težine oba tijela su višekratnici neke težine P 0: P 1 = n 1 P 0 , P 2 = n 2 P 0 . Arhimed zamenjuje telo težine P 1 sa n 1 tela težine P 0 svako, a telo težine P 2 sa n 2 tela težine P 0 svako, i raspoređuje sva ova (n 1 + n 2) tela na jednu pravu linija tako da se susjedni centri gravitacije nalaze na jednakoj udaljenosti jedan od drugog.
Štaviše, prema pretpostavci 6, ova vrsta zamjene ne utiče na položaj centra gravitacije. A pošto je, prema Korolaru 3, za ova (n 1 + n 2) tela centar gravitacije u sredini, onda je i za originalna dva tela isto na istom mestu. To implicira da je l 1 /l 2 = P 2 /P 1 .
U slučaju nesamerljivih težina, Arhimed opet dokazuje kontradikcijom: on pretpostavlja da tela sa težinama i okačena na segmentima koji zadovoljavaju uslov neće biti u ravnoteži. To znači da će težina biti veća ili manja nego što je potrebno za ravnotežu. Ako je veći, onda oduzimamo neku težinu od tako da je preostala težina, s jedne strane, još uvijek više nego što je potrebno za ravnotežu, a s druge strane, tako da je srazmjerna Tada, s jedne strane, (pošto više nego što je potrebno za ravnotežu), ali s druge strane, (jer ispada kontradikcija, to znači da ne može biti više nego što je potrebno za ravnotežu. Ako je manje nego što je potrebno za ravnotežu, onda više, i relativno, svejedno rezonovanje Dakle, zakon poluge je dokazan.
(Poznato je da je poluga zauzimala veliko mjesto u Arhimedovim aktivnostima - ne samo teoretskog mehaničara, već i konstruktora mehaničkih uređaja koji su se stvarno koristili; često se citiraju Arhimedove riječi: "Daj mi uporište i ja ću pomeriti Zemlju").
|
Medijan trokuta je prečnik koji deli tetive paralelne sa osnovom, tako da težište (br. 217) površine trokuta leži na njemu. Dakle, tri medijane trokuta, koje se sijeku, određuju težište površine trokuta.
Osnovna razmatranja pokazuju da se medijane trougla sijeku u tački dvije trećine dužine svakog od njih iz odgovarajućeg vrha. Dakle, težište površine trokuta leži na bilo kojoj od njegovih medijana na udaljenosti od dvije trećine njegove dužine od vrha.
219. Četverokut.
Težište površine četvorougla određeno je presekom dve prave, koje dobijamo primenom svojstva raspodele centara gravitacije (br. 213).
Prvo, podijelimo četverougao dijagonalom na dva trokuta. Težište četvorougla leži na pravoj liniji koja spaja težišta ovih trouglova. Ovaj red je prvi od dva potrebna reda.
Na isti način dobijamo drugu ravnu liniju, dijeleći četverougao na dva trokuta (različita od prethodnih) pomoću druge dijagonale.
220. Poligon.
Znamo kako pronaći težišta površine trokuta i četverokuta. Da bismo odredili težište površine poligona sa proizvoljnim brojem strana, pretpostavimo da možemo pronaći težište površine poligona s manje stranica.
Tada možete učiniti isto kao u slučaju četverougla. Površina datog poligona podijeljena je na dva dijela pomoću dva različita načina crtanja dijagonala. U svakom od dva slučaja, direktni centri gravitacije pojedinih dijelova su povezani. Ove dvije linije se sijeku u željenom težištu.
221. Luk kružnice.
Neka je potrebno odrediti težište luka kružnice AB dužine s. Krug upućujemo na dva međusobno okomita prečnika OX i OY, od kojih prvi prolazi središtem C luka AB. Težište leži na osi OX, koja je osa simetrije. Stoga je dovoljno definirati 5. Da bismo to učinili, imamo formulu:
Neka postoji: a - poluprečnik kružnice, c - dužina tetive AB, - ugao između ose OX i poluprečnika koji je povučen elementu vrednosti koji odgovara krajevima luka AB. Imamo:
Zatim, uzimajući B kao integracijsku varijablu i integrirajući duž luka AB, dobijamo:
Dakle, težište luka kružnice leži na poluprečniku povučenom kroz sredinu luka, u tački čija je udaljenost od centra kružnice četvrta proporcionalna dužini luka, poluprečnika i tetive.
222. Kružni sektor.
Sektor zatvoren između luka kružnice i dva poluprečnika OA i OB može se razložiti srednjim radijusima na beskonačno male jednake sektore. Ovi elementarni sektori se mogu posmatrati kao beskonačno uski trouglovi; težište svakog od njih, prema prethodnom, leži na polumjeru povučenom kroz sredinu osnovnog luka ovog sektora, na udaljenosti od dvije trećine dužine radijusa od središta kruga. Jednake mase svih elementarnih trouglova, koncentrisane u njihovim težištima, formiraju homogeni luk kruga, čiji je poluprečnik jednak dve trećine poluprečnika luka sektora. Slučaj koji se razmatra svodi se na pronalaženje težišta ovog homogenog luka, odnosno na problem riješen u prethodnom pasusu.
223. Tetrahedron.
Odredimo težište zapremine tetraedra. Ravan koja prolazi kroz jedan od rubova i kroz sredinu suprotnog ruba je dijametralna ravan koja dijeli tetive paralelne ovom posljednjem rubu: ona dakle sadrži težište volumena tetraedra. Prema tome, šest ravni tetraedra, od kojih svaka prolazi kroz jednu od ivica i kroz sredinu suprotnog ruba, seku se u jednoj tački, koja je težište zapremine tetraedra.
Razmotrimo tetraedar ABCD (slika 37); povezati vrh A sa težištem I baze BCD; linija AI je presek dijametralnih ravni koje prolaze
kroz ivice AB i stoga sadrži željeni centar gravitacije. Tačka se nalazi na udaljenosti od dvije trećine medijane BH od vrha B. Na isti način uzmite tačku K na medijani AN na udaljenosti od dvije trećine njene dužine od vrha. Prava B K seče pravu A u težištu tetraedra. Izvlačimo iz sličnosti trouglova ABN i YUN jasno je da je IK treći deo AB) dalje, iz sličnosti trouglova i VGA zaključujemo da postoji i treći deo.
Prema tome, težište zapremine tetraedra leži na segmentu koji povezuje bilo koji vrh tetraedra sa težištem suprotne strane, na udaljenosti od tri četvrtine dužine ovog segmenta od temena.
Također napominjemo da je prava linija koja povezuje sredine R i L dva suprotna ruba (slika 38) presjek dijametralnih ravnina koje prolaze kroz ove rubove, a prolazi i kroz težište tetraedra. Dakle, tri prave linije koje spajaju sredine suprotnih ivica tetraedra seku se u njegovom centru gravitacije.
Neka su H i sredine jednog para suprotnih rebara (slika 38), a M, N sredine dva druga suprotna rebra. Slika HNLM je paralelogram čije su stranice paralelne s ostalima
dva rebra. Prave HL i MN, koje spajaju sredine dvaju suprotnih ivica, su dijagonale ovog paralelograma, što znači da su u tački preseka podeljene na pola. Dakle, težište tetraedra leži u sredini segmenta koji spaja sredine dvaju suprotnih ivica tetraedra.
224. Piramida sa poligonalnom osnovom.
Težište piramide leži na segmentu koji povezuje vrh piramide sa težištem osnove na udaljenosti od tri četvrtine dužine ovog segmenta od vrha.
Da bismo dokazali ovu teoremu, rastavljamo piramidu na tetraedre ravninama povučenim kroz vrh piramide i kroz dijagonale baze ABCD (na primjer, BD na slici 39).
Nacrtajte ravan koja siječe rubove na udaljenosti od tri četvrtine njihove dužine od vrha. Ova ravan sadrži centre gravitacije tetraedara, a time i piramida. Mase tetraedara, za koje pretpostavljamo da su koncentrisane u njihovim centrima gravitacije, proporcionalne su njihovim zapreminama, dakle i površinama osnova (slika 39) ili takođe površinama trouglova bad, bed,. .., slično prethodnima i nalazi se u ravni sečenja abcd... Dakle, željeno težište se poklapa sa težištem poligona abcd. Potonji leži na pravoj liniji koja povezuje vrh S piramide sa težištem (slično smještenim) osnovnog poligona.
225. Prizma. Cilindar. Kornet.
Na osnovu simetrije, težišta prizme i cilindra leže u sredini segmenta koji povezuje težišta baza.
Smatrajući konus granicom piramide upisane u njega sa istim vrhom, uvjereni smo da težište stošca leži na segmentu koji povezuje vrh stošca sa težištem osnove, na udaljenosti od tri četvrtine dužine ovog segmenta od vrha. Također se može reći da se težište konusa poklapa sa težištem presjeka konusa ravninom koja je paralelna osnovici i povučena na udaljenosti od jedne četvrtine visine konusa od osnove.
Ujak Vanja radnja drame. „Ujka Ivane. Odnos prema profesoru drugih
Mali Tsakhes, nadimak Zinnober
Maikov, Apolon Nikolajevič - kratka biografija