Środek ciężkości i środek masy - omówienie

Nasza ocena:

5
Pobrań: 189
Wyświetleń: 854
Komentarze: 0
Notatek.pl

Pobierz ten dokument za darmo

Podgląd dokumentu
Środek ciężkości i środek masy - omówienie - strona 1 Środek ciężkości i środek masy - omówienie - strona 2 Środek ciężkości i środek masy - omówienie - strona 3

Fragment notatki:

4.1. Środek ciężkości i środek masy
Rozpatrzmy układ n punktów materialnych o masach mk (k = 1, 2, . . . , n), na
które działają siły ciężkości Gk (rys. 4.1). Niech położenie tych punktów względem
punktu odniesienia O określają wektory wodzące rk, jak na rysunku. Wiadomo, że
siły ciężkości poszczególnych punktów są równe iloczynowi masy przez
przyśpieszenie ziemskie, Gk = mk g, i są skierowane do środka kuli ziemskiej.
Ponieważ wymiary układów materialnych rozpatrywanych w zastosowaniach
technicznych są pomijalnie małe w porównaniu z promieniem kuli ziemskiej, siły
ciężkości możemy uważać za siły równoległe. Punkt C położenia wypadkowej sił
ciężkości G nazywamy środkiem ciężkości układu lub ciała materialnego. Punkt
ten nie zależy od obrotu układu lub ciała materialnego.
Skoro siły ciężkości są siłami równoległymi, to do określenia położenia środka
ciężkości C możemy wykorzystać wzory wyprowadzone w p. 3.9.1 na środek
układu sił równoległych. Wektor wodzący rC środka ciężkości C układu punktów
materialnych zgodnie ze wzorem (3.54) będzie wyrażał związek:
n
∑r
Gk
k
rC =
k =1
.
G
(4.1)
Współrzędne środka ciężkości C w prostokątnym układzie współrzędnych
otrzymamy ze wzorów (3.55):
n
xC =

n
xkG k
k =1
G
, yC =

n
ykGk
k =1
, zC =
G
∑z
kGk
k =1
G
.
(4.2)
We wzorach (4.1) i (4.2) G jest ciężarem całkowitym układu materialnego:
G=
n
∑G
k
.
k =1
W przypadku ciała materialnego o ciągłym rozmieszczeniu masy, jakim jest
bryła, dzielimy je myślowo na n małych elementów o masach ∆mk i ciężarach ∆Gk
(rys. 4.2). Po podstawieniu do wzorów (4.1) i (4.2) ∆Gk zamiast Gk otrzymamy
wzory na przybliżone położenie środka ciężkości bryły:
n
∑r
k
rC =
∆G k
k =1
G
,
(4.3)
n
xC =

k =1
r1
G1

n
y k ∆G k
k =1
G
G2
rk
∑ z ∆G
k
, zC =
mk
m2
r2
, yC =
G
z
m1
n
x k ∆G k
k =1
G
k
.
(4.4)
z
Gk
C
C
rC
∆mk
mn
rn
∆Gk
O
Gn
O
rk
rC
G
y
y
G
x
x
Rys. 4.2. Wyznaczanie środka
ciężkości dowolnej bryły
Rys. 4.1. Siły ciężkości jako siły równoległe
Dokładny wzór na promień wodzący rC środka ciężkości C otrzymamy, biorąc
granicę sumy występującej we wzorze (4.3) przy liczbie elementów n dążącej do
nieskończoności i ich wymiarach dążących do zera. Wtedy w miejsce sumy
otrzymamy całkę rozciągniętą na całą bryłę. Zatem wektor wodzący środka
ciężkości C
n
lim
rC =
n→∞
∑r
k
∆G k
k =1
=
G
∫ r dG
G
G
.
(4.5)
Z kolei współrzędne prostokątne środka ciężkości bryły są określone wzorami:
xC =
∫ xdG
G
G
, yC =
∫ ydG
G
G
, zC =
∫ zdG
G
G
.
(4.6)
Załóżmy obecnie, że pole sił ciężkości jest polem jednorodnym, czyli
przyśpieszenie ziemskie nie ulega zmianie, tzn. g = const w całym rozpatrywanym
układzie materialnym. Możemy wtedy zapisać:
G = g m i dG = g dm ,
gdzie m jest masą całego układu lub ciała materialnego. Po podstawieniu tych
zależności do wzorów (4.5) i (4.6) i po skróceniu przez g otrzymamy wzory:
rC =
xC =
∫ xdm
m
m
, yC =
∫ r dm
m
m
∫ ydm
,
, zC =
m
m
(4.7)

(…)


ciężkości tej bryły będzie leżał na płaszczyźnie, osi lub w środku symetrii.
Przykład 4.1. Wyznaczyć położenie środka ciężkości jednorodnego ostrosłupa
foremnego o podstawie kwadratu o boku b i wysokości h (rys. 4.3).
Rozwiązanie. Ponieważ oś z jest osią symetrii, środek ciężkości będzie leżał na
tej osi, czyli x C = y C = 0 . Wystarczy zatem wyznaczyć jedną współrzędną z C
z trzeciego wzoru (4.12).
z
dz
h…
... zobacz całą notatkę

Komentarze użytkowników (0)

Zaloguj się, aby dodać komentarz