مقالات

6.6: لحظات ومراكز الكتلة - الرياضيات


أهداف التعلم

  • ابحث عن مركز كتلة الأجسام الموزعة على طول الخط.
  • حدد موقع مركز كتلة صفيحة رقيقة.
  • استخدم التناظر للمساعدة في تحديد موقع النقطه الوسطى للوحة رقيقة.
  • طبق نظرية بابوس للحجم.

في هذا القسم ، نعتبر مراكز الكتلة (تسمى أيضًا النقطه الوسطى ، تحت ظروف معينة) ولحظات. لقد رأى الكثير منا فنانين يقومون بتدوير لوحات على نهايات العصي. يحاول فناني الأداء إبقاء العديد منهم يدور دون السماح لأي منهم بالسقوط. إذا نظرنا إلى صفيحة واحدة (بدون تدويرها) ، فهناك بقعة حلوة على الطبق حيث تتوازن تمامًا على العصا. إذا وضعنا العصا في أي مكان آخر غير تلك البقعة الحلوة ، فإن اللوحة لا تتوازن وتسقط على الأرض. (وهذا هو سبب قيام المؤدين بتدوير اللوحات ؛ يساعد الدوران في منع سقوط الصفائح حتى لو لم تكن العصا في المكان المناسب تمامًا). مركز كتلة اللوحة.

في هذا القسم ، ندرس هذه المفاهيم أولاً في سياق أحادي البعد ، ثم نوسع تطورنا لنأخذ في الاعتبار مراكز الكتلة للمناطق ثنائية الأبعاد والتماثل. أخيرًا ، نستخدم النقط الوسطى لإيجاد حجم بعض المواد الصلبة من خلال تطبيق نظرية بابوس.

مركز الكتلة واللحظات

لنبدأ بالنظر إلى مركز الكتلة في سياق أحادي البعد. ضع في اعتبارك سلكًا طويلًا ورفيعًا أو قضيبًا ذا كتلة ضئيلة يستقر على نقطة ارتكاز ، كما هو موضح في الشكل ( PageIndex {1a} ). لنفترض الآن أننا نضع كائنات لها كتل (m_1 ) و (m_2 ) على مسافات (d_1 ) و (d_2 ) من نقطة ارتكاز ، على التوالي ، كما هو موضح في الشكل ( فهرس الصفحة {1b} ) .

المثال الأكثر شيوعًا في الحياة الواقعية لنظام مثل هذا هو أرجوحة الملعب ، أو تتأرجح ، حيث يجلس أطفال من أوزان مختلفة على مسافات مختلفة من المركز. على الأرجوحة ، إذا جلس طفل واحد في كل طرف ، يغرق الطفل الأثقل وزنًا ويرفع الطفل الأخف وزنًا في الهواء. إذا انزلق الطفل الأثقل إلى الداخل ، فإن الأرجوحة تتوازن. عند تطبيق هذا المفهوم على الجماهير الموجودة على العصا ، نلاحظ أن الجماهير تتوازن مع بعضها البعض إذا وفقط إذا

[m_1d_1 = m_2d_2. لا يوجد رقم]

في مثال الأرجوحة ، قمنا بموازنة النظام عن طريق تحريك الجماهير (الأطفال) فيما يتعلق بنقطة الارتكاز. ومع ذلك ، نحن مهتمون حقًا بالأنظمة التي لا يُسمح فيها للجماهير بالتحرك ، وبدلاً من ذلك نقوم بموازنة النظام عن طريق تحريك نقطة الارتكاز. لنفترض أن لدينا كتلتين نقطيتين ، (m_1 ) و (m_2 ) ، تقعان على خط الأعداد عند النقاط (x_1 ) و (x_2 ) ، على التوالي (الشكل ( فهرس الصفحة {2} ) ). مركز الكتلة ، ( bar {x} ) ، هو النقطة التي يجب وضع نقطة الارتكاز فيها لتحقيق توازن النظام.

وهكذا لدينا

[ start {align *} m_1 | x_1− bar {x} | & = m_2 | x_2− شريط {x} | [4pt] m_1 ( bar {x} −x_1) & = m_2 (x_2− bar {x}) [4pt] m_1 bar {x} −m_1x_1 & = m_2x_2 − m_2 bar {x} [4pt] bar {x} (m_1 + m_2) & = m_1x_1 + m_2x_2 end {align *} ]

أو

[ bar {x} = dfrac {m_1x_1 + m_2x_2} {m_1 + m_2} label {COM} ]

التعبير في بسط المعادلة المرجع {COM} ، (m_1x_1 + m_2x_2 ) ، يسمى اللحظة الأولى للنظام فيما يتعلق بالأصل. إذا كان السياق واضحًا ، فغالبًا ما نسقط الكلمة أولاً ونشير فقط إلى هذا التعبير باسم الوقت الحاضر النظام. التعبير الموجود في المقام (m_1 + m_2 ) هو الكتلة الكلية للنظام. وهكذا ، فإن مركز الكتلة من النظام هي النقطة التي يمكن عندها تركيز الكتلة الكلية للنظام دون تغيير اللحظة.

لا تقتصر هذه الفكرة على نقطتين فقط. بشكل عام ، إذا تم وضع (n ) الكتل ، (m_1 ، m_2 ، ... ، m_n ، ) على خط الأعداد عند النقاط (x_1 ، x_2 ، ... ، x_n ، ) على التوالي ، فإن مركز الكتلة من النظام من قبل

[ bar {x} = dfrac { displaystyle { sum_ {i = 1} ^ nm_ix_i}} { displaystyle { sum_ {i = 1} ^ nm_i}} ]

مركز كتلة الأجسام على خط

لنفترض (m_1، m_2، ...، m_n ) أن تكون كتل نقطية موضوعة على خط الأعداد عند النقاط (x_1، x_2، ...، x_n ) على التوالي ، وليكن ( displaystyle m = sum_ {i = 1 } ^ nm_i ) تشير إلى الكتلة الكلية للنظام. ثم ، لحظة النظام فيما يتعلق بالأصل من قبل

[M = sum_ {i = 1} ^ nm_ix_i label {moment} ]

و ال مركز كتلة النظام اعطي من قبل

[ bar {x} = dfrac {M} {m}. التسمية {COM2a} ]

نطبق هذه النظرية في المثال التالي.

مثال ( PageIndex {1} ): إيجاد مركز كتلة الكائنات على طول الخط

افترض أن كتل النقاط الأربع وُضعت على خط الأعداد كما يلي:

  • (m_1 = 30 ، كجم ، ) وضعت في (x_1 = −2m )
  • (م_2 = 5 ، كجم ، ) وضعت في (س_2 = 3 م )
  • (م_3 = 10 ، كجم ، ) وضعت في (x_3 = 6 م )
  • (m_4 = 15 ، كجم ، ) موضوعة عند (x_4 = −3m. )

حل

ابحث عن لحظة النظام فيما يتعلق بالأصل وابحث عن مركز كتلة النظام.

أولاً ، نحتاج إلى حساب لحظة النظام (المعادلة المرجع {لحظة}):

[ begin {align *} M & = sum_ {i = 1} ^ 4m_ix_i [4pt] & = −60 + 15 + 60−45 [4pt] & = - 30. النهاية {محاذاة *} ]

الآن ، لإيجاد مركز الكتلة ، نحتاج إلى الكتلة الكلية للنظام:

[ begin {align *} m & = sum_ {i = 1} ^ 4m_i [4pt] & = 30 + 5 + 10 + 15 [4pt] & = 60 ، kg end {align * } ]

ثم لدينا (من المعادلة المرجع {COM2a})

( bar {x} - = dfrac {M} {m} = - dfrac {30} {60} = - dfrac {1} {2} ).

يقع مركز الكتلة 1/2 متر على يسار الأصل.

تمرين ( PageIndex {1} )

افترض أن كتل النقاط الأربع وُضعت على خط الأعداد كما يلي:

  • (m_1 = 12 ، كجم ) وضعت في (x_1 = −4m )
  • (م_2 = 12 ، كجم ) وضعت عند (س_2 = 4 م )
  • (م_3 = 30 ، كجم ) وضعت في (x_3 = 2 م )
  • (m_4 = 6 ، كجم ، ) موضوعة عند (x_4 = −6m. )

ابحث عن لحظة النظام فيما يتعلق بالأصل وابحث عن مركز كتلة النظام.

تلميح

استخدم العملية من المثال السابق.

إجابه

(M = 24، bar {x} = dfrac {2} {5} m )

يمكننا تعميم هذا المفهوم لإيجاد مركز كتلة نظام الكتل النقطية في المستوى. دع (m_1 ) عبارة عن كتلة نقطية تقع عند النقطة ((x_1 ، y_1) ) في المستوى. ثم يتم إعطاء لحظة (M_x ) الكتلة فيما يتعلق (س ) - بواسطة (M_x = m_1y_1 ). وبالمثل ، يتم إعطاء اللحظة (M_y ) فيما يتعلق (ص ) - بواسطة

[M_y = m_1x_1. ]

لاحظ أن الإحداثي (x ) - للنقطة يُستخدم لحساب اللحظة فيما يتعلق بالمحور (y ) والعكس صحيح. السبب هو أن الإحداثي (س ) - يعطي المسافة من كتلة النقطة إلى المحور (ص ) - والإحداثي (ص ) - يعطي المسافة إلى (س ) - المحور (انظر الشكل التالي).

إذا كان لدينا عدة كتل نقطية في المستوى (س ص ) - ، فيمكننا استخدام اللحظات فيما يتعلق بالمحاور (س ) - و (ص ) - لحساب (س ) - و (y ) - إحداثيات مركز كتلة النظام.

مركز كتلة الأجسام في الطائرة

لنفترض (m_1 ) ، (m_2 ) ، ... ، (m_n ) أن تكون كتل نقطية تقع في (xy ) - المستوى عند النقاط ((x_1 ، y_1) ، (x_2 ، y_2) ، ... ، (x_n ، y_n) ، ) على التوالي ، والسماح ( displaystyle m = sum_ {i = 1} ^ nm_i ) تشير إلى الكتلة الكلية للنظام. ثم يتم إعطاء اللحظات (M_x ) و (M_y ) للنظام فيما يتعلق بالمحاور (x ) - و (y ) - ، على التوالي ، بواسطة

[M_x = sum_ {i = 1} ^ nm_iy_i label {COM1} ]

و

[M_y = sum_ {i = 1} ^ nm_ix_i. التسمية {COM2} ]

كما أن إحداثيات مركز الكتلة (( bar {x}، bar {y}) ) للنظام هي

[ bar {x} = dfrac {M_y} {m} label {COM3} ]

و

[ bar {y} = dfrac {M_x} {m}. التسمية {COM4} ]

يوضح المثال التالي كيفية تطبيق مركز الصيغ الكتلية (المعادلات ref {COM1} - ref {COM4}).

مثال ( PageIndex {2} ): إيجاد مركز كتلة الكائنات في مستوى

لنفترض أن كتل النقاط الثلاث وُضعت في المستوى (س ص ) كما يلي (افترض أن الإحداثيات معطاة بالأمتار):

  • (م_1 = 2 ، كجم ) وضعت في ((- 1،3) ، )
  • (m_2 = 6 ، كجم ) وضعت في ((1،1) ، )
  • (m_3 = 4 ، كجم ) موضوعة في ((2، −2). )

أوجد مركز كتلة النظام.

حل

أولاً نحسب الكتلة الكلية للنظام:

[م = sum_ {i = 1} ^ 3m_i = 2 + 6 + 4 = 12 ، كجم. لا يوجد رقم]

بعد ذلك نجد اللحظات فيما يتعلق بالمحاور (x ) - و (y ):

[ begin {align *} M_y & = sum_ {i = 1} ^ 3m_ix_i = −2 + 6 + 8 = 12، [4pt] M_x & = sum_ {i = 1} ^ 3m_iy_i = 6 + 6−8 = 4. النهاية {محاذاة *} ]

إذن لدينا

[ bar {x} = dfrac {M_y} {m} = dfrac {12} {12} = 1 nonumber ]

و

[ bar {y} = dfrac {M_x} {m} = dfrac {4} {12} = dfrac {1} {3}. لا يوجد رقم]

مركز كتلة النظام هو ((1،1 / 3) ، ) بالأمتار.

تمرين ( PageIndex {2} )

افترض أن كتل النقاط الثلاث موضوعة على خط الأعداد كما يلي (افترض أن الإحداثيات معطاة بالأمتار):

  • (m_1 = 5 ، كجم ، ) موضوعة في ((- 2 ، −3) ، )
  • (m_2 = 3 ، كجم ، ) وضعت في ((2،3) ، )
  • (m_3 = 2 ، كجم ، ) موضوعة في ((- 3 ، −2). )

أوجد مركز كتلة النظام.

تلميح

استخدم العملية من المثال السابق.

إجابه

((- 1 ، −1) ) م

مركز كتلة الصفائح الرقيقة

لقد بحثنا حتى الآن في أنظمة الكتل النقطية على خط ومستوى. الآن ، بدلاً من تركيز كتلة النظام في نقاط منفصلة ، نريد أن ننظر إلى الأنظمة التي يتم فيها توزيع كتلة النظام بشكل مستمر عبر ورقة رقيقة من المواد. لأغراضنا ، نفترض أن الورقة رقيقة بدرجة كافية بحيث يمكن معالجتها كما لو كانت ثنائية الأبعاد. تسمى هذه الورقة أ الصفيحة. بعد ذلك نقوم بتطوير تقنيات لإيجاد مركز كتلة الصفيحة. في هذا القسم ، نفترض أيضًا أن كثافة الصفيحة ثابتة.

غالبًا ما يتم تمثيل Laminas بمنطقة ثنائية الأبعاد في المستوى. يطلق على المركز الهندسي لهذه المنطقة اسمها النقطه الوسطى. نظرًا لأننا افترضنا أن كثافة الصفيحة ثابتة ، فإن مركز كتلة الصفيحة يعتمد فقط على شكل المنطقة المقابلة في المستوى ؛ لا تعتمد على الكثافة. في هذه الحالة ، يتوافق مركز كتلة الصفيحة مع النقطه الوسطى للمنطقة المحددة في الطائرة. كما هو الحال مع أنظمة الكتل النقطية ، نحتاج إلى إيجاد الكتلة الكلية للصفيحة ، وكذلك لحظات الصفيحة فيما يتعلق بالمحاور (x ) - و (y ) -.

نعتبر أولاً صفيحة على شكل مستطيل. تذكر أن مركز كتلة الصفيحة هو النقطة التي تتوازن فيها الصفيحة. بالنسبة للمستطيل ، هذه النقطة هي المركز الأفقي والرأسي للمستطيل. بناءً على هذا الفهم ، يتضح أن مركز كتلة الصفيحة المستطيلة هي النقطة التي يتقاطع فيها الأقطار ، نتيجة مبدأ التناظر، وهي مذكورة هنا بغير دليل.

مبدأ التناظر

إذا كانت المنطقة (R ) متناظرة حول خط (l ) ، فإن النقطة المركزية لـ (R ) تقع على (l ).

دعونا ننتقل إلى المزيد من اللامينات العامة. لنفترض أن لدينا صفيحة مقيدة بالأعلى برسم بياني لوظيفة مستمرة (f (x) ) ، أسفلها محور (x ) ، وعلى اليسار واليمين بالخطوط (x = a ) و (س = ب ) ، على التوالي ، كما هو موضح في الشكل التالي.

كما هو الحال مع أنظمة الكتل النقطية ، لإيجاد مركز كتلة الصفيحة ، نحتاج إلى إيجاد الكتلة الكلية للصفيحة ، وكذلك لحظات الصفيحة بالنسبة إلى (س ) - و (ذ ) - المحاور. كما فعلنا مرات عديدة من قبل ، نقرب هذه الكميات عن طريق تقسيم الفاصل ([أ ، ب] ) وبناء مستطيلات.

بالنسبة إلى (i = 0،1،2،…، n، ) دع (P = {x_i} ) قسمًا عاديًا من ([a، b] ). تذكر أنه يمكننا اختيار أي نقطة ضمن الفاصل ([x_ {i − 1}، x_i] ) على أنها (x ^ ∗ _ i ). في هذه الحالة ، نريد (x ^ ∗ _ i ) أن يكون x-تنسيق النقطه الوسطى من المستطيلات لدينا. وبالتالي ، بالنسبة إلى (i = 1،2 ، ... ، n ) ، نحدد (x ^ ∗ _ i∈ [x_ {i − 1}، x_i] ) بحيث يكون (x ^ i _ i ) هو منتصف الفترة. أي (x ^ ∗ _ i = (x_ {i − 1} + x_i) / 2 ). الآن ، بالنسبة إلى (i = 1،2 ، ... ، n ، ) أنشئ مستطيلًا من الارتفاع (f (x ^ ∗ _ i) ) على ([x_ {i − 1}، x_i]. ) مركز كتلة هذا المستطيل هو ((x ^ ∗ _ i، (f (x ^ ∗ _ i)) / 2)، ) كما هو موضح في الشكل التالي.

بعد ذلك ، علينا إيجاد الكتلة الكلية للمستطيل. دع (ρ ) يمثل كثافة الصفيحة (لاحظ أن (ρ ) ثابت). في هذه الحالة ، يتم التعبير عن (ρ ) من حيث الكتلة لكل وحدة مساحة. وهكذا ، لإيجاد الكتلة الكلية للمستطيل ، نضرب مساحة المستطيل في (ρ ). بعد ذلك ، تُعطى كتلة المستطيل بواسطة (ρf (x ^ ∗ _ i) Δx ).

للحصول على الكتلة التقريبية للصفيحة ، نضيف كتل كل المستطيلات التي نحصل عليها

[m≈ sum_ {i = 1} ^ nρf (x ^ ∗ _ i) Δx. التسمية {eq51} ]

المعادلة ref {eq51} هي مجموع Riemann. أخذ الحد كـ (n → ∞ ) يعطي الكتلة الدقيقة للصفيحة:

[ start {align *} m & = lim_ {n → ∞} sum_ {i = 1} ^ nρf (x ^ ∗ _ i) Δx [4pt] & = ρ∫ ^ b_af (x) dx. النهاية {محاذاة *} ]

بعد ذلك ، نحسب عزم الصفيحة بالنسبة إلى المحور x. بالعودة إلى المستطيل التمثيلي ، تذكر أن مركز كتلته هو ((x ^ ∗ _ i، (f (x ^ ∗ _ i)) / 2) ). تذكر أيضًا أن معاملة المستطيل كما لو كان كتلة نقطية تقع في مركز الكتلة لا يغير اللحظة. وهكذا ، فإن لحظة المستطيل بالنسبة للمحور x تُعطى بكتلة المستطيل ، (f (x ^ ∗ _ i) Δx ) ، مضروبة في المسافة من مركز الكتلة إلى المحور x : ((f (x ^ ∗ _ i)) / 2 ). لذلك ، اللحظة بالنسبة للمحور x للمستطيل هي (ρ ([f (x ^ ∗ _ i)] ^ 2/2) Δx. ) إضافة لحظات المستطيلات وأخذ حد الناتج مجموع ريمان ، نرى أن لحظة الصفيحة بالنسبة للمحور السيني هي

[ start {align *} M_x & = lim_ {n → ∞} sum_ {i = 1} ^ nρ dfrac {[f (x ^ ∗ _ i)] ^ 2} {2} Δx [4pt ] & = ρ∫ ^ b_a dfrac {[f (x)] ^ 2} {2} dx. end {align *} ]

نشتق اللحظة بالنسبة للمحور y بالمثل ، مع ملاحظة أن المسافة من مركز كتلة المستطيل إلى ذ-المحور هو (x ^ i _ i ). ثم لحظة الصفيحة بالنسبة لل ذ- يعطى المحور بواسطة

[ start {align *} M_y & = lim_ {n → ∞} sum_ {i = 1} ^ nρx ^ ∗ _ if (x ^ ∗) i) Δx [4pt] & = ρ∫ ^ b_axf ( x) dx. end {محاذاة *} ]

نحصل على إحداثيات مركز الكتلة بقسمة اللحظات على الكتلة الكلية لنحصل على ( bar {x} = M_y / m ) و ( bar {y} = M_x / m ). إذا نظرنا عن كثب إلى تعبيرات (M_x و M_y ) و (m ) ، نلاحظ أن الثابت (ρ ) يلغي عندما ( bar {x} ) و ( bar {ص} ).

نلخص هذه النتائج في النظرية التالية.

مركز كتلة صفيحة رقيقة في المستوى xy

دع R تشير إلى منطقة يحدها أعلاه الرسم البياني لوظيفة مستمرة (f (x) ) ، أدناه بواسطة x-المحور ، وعلى اليسار واليمين بالخطوط (س = أ ) و (س = ب ) ، على التوالي. دع (ρ ) يشير إلى كثافة الصفيحة المرتبطة. ثم يمكننا الإدلاء بالبيانات التالية:

  1. كتلة الصفيحة [m = ρ∫ ^ b_af (x) dx. التسمية {eq4a} ]
  2. لحظات (M_x ) و (M_y ) من الصفيحة فيما يتعلق بـ x- و ذ-الحاور ، على التوالي ، هي [M_x = ρ∫ ^ b_a dfrac {[f (x)] ^ 2} {2} dx label {eq4b} ] و [M_y = ρ∫ ^ b_axf (x) dx . التسمية {eq4c} ]
  3. إحداثيات مركز الكتلة (( bar {x}، bar {y}) ) هي [ bar {x} = dfrac {M_y} {m} label {eq4d} ] و [ bar {y} = dfrac {M_x} {m}. التسمية {eq4e} ]

في المثال التالي ، نستخدم هذه النظرية لإيجاد مركز كتلة الصفيحة.

مثال ( PageIndex {3} ): إيجاد مركز كتلة لامينا

لنفترض أن R هي المنطقة التي يحدها أعلاه الرسم البياني للدالة (f (x) = sqrt {x} ) وأسفلها x-محور على الفاصل ([0،4] ). ابحث عن النقطه الوسطى للمنطقة.

حل

تم توضيح المنطقة في الشكل التالي.

نظرًا لأننا يُطلب منا فقط النقطه الوسطى للمنطقة ، بدلاً من الكتلة أو لحظات الصفيحة المرتبطة ، فإننا نعلم أن ثابت الكثافة (ρ ) يلغي الحساب في النهاية. لذلك ، من أجل الملاءمة ، دعنا نفترض (ρ = 1 ).

أولاً ، نحتاج إلى حساب الكتلة الكلية (المعادلة المرجع {eq4a}):

[ begin {align *} m & = ρ∫ ^ b_af (x) dx [4pt] & = ∫ ^ 4_0 sqrt {x} dx [4pt] & = dfrac {2} {3} x ^ {3/2} ∣ ^ 4_0 [4pt] & = dfrac {2} {3} [8−0] [4pt] & = dfrac {16} {3}. نهاية {محاذاة *} ]

بعد ذلك ، نحسب اللحظات (المعادلة المرجع {eq4d}):

[ begin {align *} M_x & = ρ∫ ^ b_a dfrac {[f (x)] ^ 2} {2} dx [4pt] & = ∫ ^ 4_0 dfrac {x} {2} dx [4pt] & = dfrac {1} {4} x ^ 2∣ ^ 4_0 [4pt] & = 4 end {align *} ]

و (المعادلة المرجع {eq4c}):

[ begin {align *} M_y & = ρ∫ ^ b_axf (x) dx [4pt] & = ∫ ^ 4_0x sqrt {x} dx [4pt] & = ∫ ^ 4_0x ^ {3/2 } dx [4pt] & = dfrac {2} {5} x ^ {5/2} ∣ ^ 4_0 [4pt] & = dfrac {2} {5} [32−0] [ 4pt] & = dfrac {64} {5}. نهاية {محاذاة *} ]

وبالتالي ، لدينا (المعادلة المرجع {eq4d}):

[ start {align *} bar {x} & = dfrac {M_y} {m} [4pt] & = dfrac {64/5} {16/3} [4pt] & = dfrac {64} {5} ⋅ dfrac {3} {16} [4pt] & = dfrac {12} {5} end {align *} ]

و (المعادلة المرجع {eq4e}):

[ start {align *} bar {y} & = dfrac {M_x} {y} [4pt] & = dfrac {4} {16/3} [4pt] & = 4⋅ dfrac {3} {16} [4pt] & = dfrac {3} {4}. نهاية {محاذاة *} ]

النقطه الوسطى للمنطقة هو ((12 / 5،3 / 4). )

تمرين ( PageIndex {3} )

لنفترض أن (R ) هي المنطقة التي يحدها أعلاه الرسم البياني للوظيفة (f (x) = x ^ 2 ) وأسفلها x-المحور عبر الفاصل ([0،2]. ) ابحث عن النقطه الوسطى للمنطقة.

تلميح

استخدم العملية من المثال السابق.

إجابه

النقطه الوسطى للمنطقة هو ((3 / 2،6 / 5). )

يمكننا تكييف هذا النهج للعثور على النقط الوسطى من المناطق الأكثر تعقيدًا أيضًا. لنفترض أن منطقتنا مقيدة أعلاه بمخطط دالة متصلة (f (x) ) ، كما كان من قبل ، ولكن الآن ، بدلاً من أن يكون الحد الأدنى للمنطقة هو x-المحور ، لنفترض أن المنطقة مقيدة برسم بياني لدالة ثانية مستمرة ، (g (x) ) ، كما هو موضح في الشكل ( PageIndex {7} ).

مرة أخرى ، نقسم الفاصل ([a، b] ) ونبني مستطيلات. يظهر مستطيل تمثيلي في الشكل ( PageIndex {8} ).

لاحظ أن النقطه الوسطى لهذا المستطيل هي ((x ^ ∗ _ i، (f (x ^ ∗ _ i) + g (x ^ ∗ _ i)) / 2) ). لن نتناول جميع تفاصيل تطوير Riemann sum ، ولكن دعنا نلقي نظرة على بعض الخطوات الرئيسية. في تطوير الصيغ لكتلة الصفيحة واللحظة فيما يتعلق بـ ذ-المحور ، يتم إعطاء ارتفاع كل مستطيل بواسطة (f (x ^ ∗ _ i) −g (x ^ ∗ _ i) ) ، مما يؤدي إلى التعبير (f (x) −g (x) ) في التكاملات.

في تطوير معادلة اللحظة فيما يتعلق بالمحور x ، يتم إيجاد لحظة كل مستطيل بضرب مساحة المستطيل ، (ρ [f (x ^ ∗ _ i) −g (x ^ ∗ _ i) )] Δx ، ) بمسافة النقطه الوسطى من (x ) - المحور ، ((f (x ^ ∗ _ i) + g (x ^ ∗ _ i)) / 2 ) ، والتي تعطي ( ρ (1/2) {[f (x ^ ∗ _ i)] ^ 2− [g (x ^ ∗ _ i)] ^ 2} Δx ). بتلخيص هذه النتائج ، توصلنا إلى النظرية التالية.

مركز كتلة لامينا يحده وظيفتان

دع (R ) تشير إلى منطقة يحدها أعلاه الرسم البياني للدالة المستمرة (f (x) ، ) أدناه بواسطة الرسم البياني للوظيفة المستمرة (g (x) ) ، وعلى اليسار واليمين بالسطر (س = أ ) و (س = ب ) ، على التوالي. ثم يمكننا الإدلاء بالبيانات التالية:

  1. كتلة الصفيحة [m = ρ∫ ^ b_a [f (x) −g (x)] dx. ]
  2. اللحظات (M_x ) و (M_y ) من الصفيحة بالنسبة إلى محوري x و y ، على التوالي ، هي [M_x = ρ∫ ^ b_a12 ([f (x)] ^ 2− [g (x)] ^ 2) dx ] و [M_y = ρ∫ ^ b_ax [f (x) −g (x)] dx. ]
  3. إحداثيات مركز الكتلة ( bar {x}، bar {y}) ) هي [ bar {x} = dfrac {M_y} {m} ] و [ bar {y} = dfrac {M_x} {m} ]

نوضح هذه النظرية في المثال التالي.

مثال ( PageIndex {4} ): البحث عن المركز المركزي لمنطقة يحدها وظيفتان

يترك ص تكون المنطقة التي يحدها أعلاه الرسم البياني للوظيفة (f (x) = 1 − x ^ 2 ) وأسفلها بالرسم البياني للدالة (g (x) = x − 1. ) ابحث عن النقطة الوسطى لـ المنطقة.

حل

تم توضيح المنطقة في الشكل التالي.

تتقاطع الرسوم البيانية للوظائف عند ((- 2 ، −3) ) و ((1،0) ) ، لذلك ندمج من −2 إلى 1. مرة أخرى ، من أجل الراحة ، افترض ( ρ = 1 ).

أولاً ، نحتاج إلى حساب الكتلة الكلية:

[ start {align *} m & = ρ∫ ^ b_a [f (x) −g (x)] dx [4pt] & = ∫ ^ 1 _ {- 2} [1 − x ^ 2− (x −1)] dx [4pt] & = ∫ ^ 1 _ {- 2} (2 − x ^ 2 − x) dx [4pt] & = left [2x− dfrac {1} {3} x ^ 3− dfrac {1} {2} x ^ 2 right] ∣ ^ 1 _ {- 2} [4pt] & = left [2− dfrac {1} {3} - dfrac {1} {2} right] - left [−4+ dfrac {8} {3} −2 right] [4pt] & = dfrac {9} {2}. النهاية {محاذاة *} ]

بعد ذلك ، نحسب اللحظات:

[ begin {align *} M_x & = ρ∫ ^ b_a dfrac {1} {2} ([f (x)] ^ 2− [g (x)] ^ 2) dx [4pt] & = dfrac {1} {2} ∫ ^ 1 _ {- 2} ((1 − x ^ 2) ^ 2− (x − 1) ^ 2) dx [4pt] & = dfrac {1} {2} ∫ ^ 1 _ {- 2} (x ^ 4−3x ^ 2 + 2x) dx [4pt] & = dfrac {1} {2} left [ dfrac {x ^ 5} {5} −x ^ 3 + x ^ 2 right] ∣ ^ 1 _ {- 2} [4pt] & = - dfrac {27} {10} end {align *} ]

و

[ start {align *} M_y & = ρ∫ ^ b_ax [f (x) −g (x)] dx [4pt] & = ∫ ^ 1 _ {- 2} x [(1 − x ^ 2) - (x − 1)] dx [4pt] & = ∫ ^ 1 _ {- 2} x [2 − x ^ 2 − x] dx [4pt] & = ∫ ^ 1 _ {- 2} (2x− x ^ 4 − x ^ 2) dx [4pt] & = left [x ^ 2− dfrac {x ^ 5} {5} - dfrac {x ^ 3} {3} right] ∣ ^ 1_ {−2} [4pt] & = - dfrac {9} {4}. النهاية {محاذاة *} ]

لذلك لدينا

[ start {align *} bar {x} & = dfrac {M_y} {m} [4pt] & = - dfrac {9} {4} ⋅ dfrac {2} {9} [4pt] & = - dfrac {1} {2} end {align *} ]

و

[ start {align *} bar {y} & = dfrac {M_x} {y} [4pt] & = - dfrac {27} {10} ⋅ dfrac {2} {9} [4pt] & = - dfrac {3} {5}. نهاية {محاذاة *} ]

النقطه الوسطى للمنطقة هي ((- (1/2) ، - (3/5)). )

تمرين ( PageIndex {4} )

لنفترض أن (R ) هي المنطقة التي يحدها أعلاه الرسم البياني للوظيفة (f (x) = 6 − x ^ 2 ) وأسفلها بالرسم البياني للوظيفة (g (x) = 3−2x. ) ابحث عن النقطه الوسطى للمنطقة.

تلميح

استخدم العملية من المثال السابق.

إجابه

النقطة المركزية للمنطقة هي ((1،13 / 5). )

مبدأ التناظر

ذكرنا مبدأ التناظر سابقًا ، عندما كنا ننظر إلى النقطه الوسطى من المستطيل. يمكن أن يكون مبدأ التناظر مساعدة كبيرة عند العثور على النقط الوسطى من المناطق المتماثلة. تأمل المثال التالي.

مثال ( PageIndex {5} ): إيجاد النقطة المركزية لمنطقة متماثلة

لنفترض أن R هي المنطقة التي يحدها أعلاه الرسم البياني للوظيفة (f (x) = 4 − x ^ 2 ) وأسفلها بالمحور x. ابحث عن النقطه الوسطى للمنطقة.

حل

تم توضيح المنطقة في الشكل التالي

المنطقة متماثلة فيما يتعلق ذ-محور. لذلك ، فإن الإحداثي x للنقطة الوسطى هو صفر. نحتاج فقط إلى حساب ( bar {y} ). مرة أخرى ، من أجل الملاءمة ، افترض (ρ = 1 ).

أولاً ، نحسب الكتلة الكلية:

[ start {align *} m & = ρ∫ ^ b_af (x) dx [4pt] & = ∫ ^ 2 _ {- 2} (4 − x ^ 2) dx [4pt] & = left [4x− dfrac {x ^ 3} {3} right] ∣ ^ 2 _ {- 2} [4pt] & = dfrac {32} {3}. النهاية {محاذاة *} ]

بعد ذلك ، نحسب اللحظات. نحن فقط بحاجة (M_x ):

[ begin {align *} M_x & = ρ∫ ^ b_a dfrac {[f (x)] ^ 2} {2} dx [4pt] & = dfrac {1} {2} ∫ ^ 2_ { −2} left [4 − x ^ 2 right] ^ 2dx = dfrac {1} {2} ∫ ^ 2 _ {- 2} (16−8x ^ 2 + x ^ 4) dx [4pt] & = dfrac {1} {2} left [ dfrac {x ^ 5} {5} - dfrac {8x ^ 3} {3} + 16x right] ∣ ^ 2 _ {- 2} = dfrac {256 } {15} end {align *} ]

إذن لدينا

[ bar {y} = dfrac {M_x} {y} = dfrac {256} {15} ⋅ dfrac {3} {32} = dfrac {8} {5}. لا يوجد رقم]

النقطه الوسطى للمنطقة هو ((0،8 / 5). )

تمرين ( PageIndex {5} )

لنفترض أن (R ) هي المنطقة التي يحدها أعلاه الرسم البياني للوظيفة (f (x) = 1 2 x ^ 2 ) وتحت المحور (x ). ابحث عن النقطه الوسطى للمنطقة.

تلميح

استخدم العملية من المثال السابق.

إجابه

النقطه الوسطى للمنطقة هو ((0،2 / 5). )

جراند كانيون سكاي ووك

تم افتتاح Grand Canyon Skywalk للجمهور في 28 مارس 2007. هذه الأعجوبة الهندسية عبارة عن منصة مراقبة على شكل حدوة حصان معلقة على ارتفاع 4000 قدم فوق نهر كولورادو على الحافة الغربية لجراند كانيون. تسمح الأرضية الزجاجية النقية الكريستالية بإطلالات خلابة على الوادي أدناه (انظر الشكل التالي).

Skywalk هو تصميم ناتئ ، مما يعني أن منصة المراقبة تمتد فوق حافة الوادي ، مع عدم وجود وسائل دعم مرئية تحتها. على الرغم من عدم وجود دعائم أو دعامات مرئية ، فقد تم تصميم الهياكل الكابولية لتكون مستقرة جدًا ولا يُعد Skywalk استثناءً. منصة المراقبة متصلة بإحكام لدعم الأعمدة التي تمتد 46 قدمًا إلى أسفل في الصخر. تم بناء الهيكل لتحمل رياح تصل سرعتها إلى 100 ميل في الساعة وزلزال بقوة 8 درجات على مقياس ريختر في غضون 50 ميلاً ، وهو قادر على تحمل أكثر من 70000000 رطل.

أحد العوامل التي تؤثر على استقرار Skywalk هو مركز ثقل الهيكل. سنقوم بحساب مركز ثقل Skywalk ، وندرس كيف يتغير مركز الجاذبية عندما يخرج السائحون إلى منصة المراقبة.

منصة المراقبة على شكل حرف U. يبلغ عرض أرجل U 10 أقدام وتبدأ على الأرض ، أسفل مركز الزوار ، على بعد 48 قدمًا من حافة الوادي. تمتد المنصة 70 قدمًا فوق حافة الوادي.

لحساب مركز كتلة الهيكل ، نتعامل معه على أنه صفيحة ونستخدم منطقة ثنائية الأبعاد في المستوى xy لتمثيل النظام الأساسي. نبدأ بتقسيم المنطقة إلى ثلاث مناطق دون إقليمية حتى نتمكن من النظر في كل منطقة فرعية على حدة. المنطقة الأولى ، المشار إليها (R_1 ) ، تتكون من الجزء المنحني من U. نحن نمثل (R_1 ) كحلقة نصف دائرية ، نصف قطر داخلي 25 قدمًا ونصف قطر خارجي 35 قدمًا ، متمركزًا في الأصل (الشكل ) ( PageIndex {12} )).

أرجل المنصة ، الممتدة 35 قدمًا بين (R_1 ) وجدار الوادي ، تشكل المنطقة الفرعية الثانية ، (R_2 ). أخيرًا ، نهايات الأرجل التي تمتد 48 قدمًا تحت مركز الزوار ، تشكل المنطقة الفرعية الثالثة ، (R_3 ). افترض أن كثافة الصفيحة ثابتة وافترض أن الوزن الإجمالي للمنصة هو 1200000 رطل (لا يشمل وزن مركز الزوار ؛ سننظر في ذلك لاحقًا). استخدم (g = 32 ؛ قدم / ثانية ^ 2 ).

  1. احسب مساحة كل منطقة من المناطق الفرعية الثلاث. لاحظ أن مناطق المناطق (R_2 ) و (R_3 ) يجب أن تتضمن مناطق الأرجل فقط ، وليس المساحة المفتوحة بينهما. قرِّب الإجابات لأقرب قدم مربع.
  2. حدد الكتلة المرتبطة بكل من المناطق الفرعية الثلاث.
  3. احسب مركز الكتلة لكل منطقة من المناطق الفرعية الثلاث.
  4. الآن ، تعامل مع كل منطقة من المناطق الفرعية الثلاث على أنها كتلة نقطية تقع في مركز الكتلة للمنطقة الفرعية المقابلة. باستخدام هذا التمثيل ، احسب مركز الكتلة للمنصة بأكملها.
  5. افترض أن مركز الزوار يزن 2200000 رطل ، مع وجود مركز كتلة يتوافق مع مركز كتلة (R_3 ). معاملة مركز الزائر ككتلة نقطية ، وإعادة حساب مركز كتلة النظام. كيف يتغير مركز الكتلة؟
  6. على الرغم من أن Skywalk تم بناؤه للحد من عدد الأشخاص على منصة المراقبة إلى 120 ، إلا أن النظام الأساسي قادر على دعم ما يصل إلى 800 شخص يزن كل منهم 200 رطل. إذا تم السماح لجميع الأشخاص البالغ عددهم 800 شخص بالدخول إلى المنصة ، وذهبوا جميعًا إلى أقصى نهاية المنصة ، فكيف سيتأثر مركز ثقل النظام؟ (قم بتضمين مركز الزوار في الحسابات وتمثيل الأشخاص من خلال كتلة نقطة تقع في أقصى حافة للمنصة ، على بعد 70 قدمًا من جدار الوادي.)

نظرية بابوس

ينتهي هذا القسم بمناقشة نظرية بابوس للحجم ، مما يسمح لنا بالعثور على حجم أنواع معينة من المواد الصلبة باستخدام النقطه الوسطى. (هناك أيضًا نظرية بابوس لمساحة السطح ، لكنها أقل فائدة بكثير من نظرية الحجم.)

نظرية بابوس للحجم

لنكن (R ) منطقة في المستوى ودعني أكون خطًا في المستوى لا يتقاطع مع (R ). ثم حجم صلب الدورة المتكونة بالدوران (R ) حول l يساوي مساحة (R ) مضروبة في المسافة د سافر بواسطة النقطه الوسطى من (ص ).

دليل - إثبات

يمكننا إثبات الحالة عندما يتم تقييد المنطقة أعلاه بالرسم البياني للدالة (f (x) ) وتحت الرسم البياني للدالة (g (x) ) خلال فترة ([a، b ] ) وله محور الثورة هو المحور (ص ). في هذه الحالة ، مساحة المنطقة هي ( displaystyle A = ∫ ^ b_a [f (x) −g (x)] ، dx ). نظرًا لأن محور الدوران هو (y ) - المحور ، فإن المسافة المقطوعة بواسطة النقطه الوسطى للمنطقة تعتمد فقط على (x ) - إحداثيات النقطه الوسطى ، ( bar {x} ) ، والتي يكون

[x = dfrac {M_y} {m}، ]

أين

[m = ρ∫ ^ b_a [f (x) −g (x)] dx ]

و

[M_y = ρ∫ ^ b_ax [f (x) −g (x)] dx. ]

ثم،

[d = 2π dfrac { displaystyle {^ b_ax [f (x) −g (x)] dx}} { displaystyle {ρ∫ ^ b_a [f (x) −g (x)] dx} } ]

وهكذا

[d⋅A = 2π∫ ^ b_ax [f (x) −g (x)] dx. ]

ومع ذلك ، باستخدام طريقة الأصداف الأسطوانية ، لدينا

[V = 2π∫ ^ b_ax [f (x) −g (x)] dx. ]

وبالتالي،

[V = d⋅A ]

والدليل كامل.

مثال ( PageIndex {6} ): استخدام نظرية Pappus لوحدة التخزين

لنفترض أن (R ) دائرة نصف قطرها 2 متمركزة في ((4،0). ) استخدم نظرية بابوس للحجم للعثور على حجم الحلقة المتولدة عن الدوران (R ) حول ( ص ) - المحور.

حل

تم توضيح المنطقة والحلقة في الشكل التالي.

المنطقة (R ) هي دائرة نصف قطرها 2 ، وبالتالي فإن مساحة R هي (A = 4π ؛ text {Units} ^ 2 ). وفقًا لمبدأ التناظر ، فإن النقطه الوسطى من R هي مركز الدائرة. ينتقل النقطه الوسطى حول محور (ص ) - في مسار دائري نصف قطره 4 ، لذلك ينتقل النقطه الوسطى (د = 8π ) وحدات. بعد ذلك ، يكون حجم الطارة (A⋅d = 32π ^ 2 ) وحدة3.

تمرين ( PageIndex {6} )

لنفترض أن R دائرة نصف قطرها 1 متمركزة في ((3،0). ) استخدم نظرية Pappus للحجم للعثور على حجم الحلقة الناتجة عن الدوران R حول (y ) - المحور.

تلميح

استخدم العملية من المثال السابق.

إجابه

(6π ^ 2 ) وحدات3

المفاهيم الرئيسية

  • رياضيا ، مركز كتلة النظام هو النقطة التي يمكن عندها تركيز الكتلة الكلية للنظام دون تغيير اللحظة. بشكل فضفاض ، يمكن اعتبار مركز الكتلة كنقطة توازن للنظام.
  • بالنسبة للكتل النقطية الموزعة على طول خط الأعداد ، فإن لحظة النظام بالنسبة إلى الأصل هي ( displaystyle M = sum ^ n_ {i = 1} m_ix_i. ) بالنسبة للكتل النقطية الموزعة في المستوى ، فإن لحظات النظام فيما يتعلق بـ (x ) - و (y ) - المحاور ، على التوالي ، هي ( displaystyle M_x = sum ^ n_ {i = 1} m_iy_i ) و ( displaystyle M_y = مجموع ^ n_ {i =} m_ix_i ) ، على التوالي.
  • بالنسبة إلى الصفيحة المقيدة أعلاه بدالة (f (x) ) ، فإن لحظات النظام بالنسبة إلى (x ) - و (y ) - محاور ، على التوالي ، هي ( displaystyle M_x = ρ∫ ^ b_a dfrac {[f (x)] ^ 2} {2} ، dx ) و ( displaystyle M_y = ρ∫ ^ b_axf (x) ، dx. )
  • يمكن العثور على إحداثيات (x ) - و (y ) - لمركز الكتلة عن طريق قسمة اللحظات حول (y ) - المحور وحول (x ) - على التوالي ، بواسطة الكتلة الكلية. ينص مبدأ التناظر على أنه إذا كانت المنطقة متماثلة فيما يتعلق بخط ما ، فإن النقطه الوسطى للمنطقة تقع على الخط.
  • تنص نظرية بابوس للحجم على أنه إذا كانت المنطقة تدور حول محور خارجي ، فإن حجم المادة الصلبة الناتجة يساوي مساحة المنطقة مضروبًا في المسافة التي يقطعها النقطه الوسطى للمنطقة.

المعادلات الرئيسية

  • كتلة الصفيحة

(displaystyle m = ρ∫ ^ b_af (x) dx)

  • لحظات من الصفيحة

( displaystyle M_x = ρ∫ ^ b_a dfrac {[f (x)] ^ 2} {2} ، dx text {and} M_y = ρ∫ ^ b_axf (x) ، dx )

  • مركز كتلة الصفيحة

( bar {x} = dfrac {M_y} {m} text {and} bar {y} = dfrac {M_x} {m} )

قائمة المصطلحات

مركز الكتلة
النقطة التي يمكن عندها تركيز الكتلة الكلية للنظام دون تغيير اللحظة
النقطه الوسطى
النقطه الوسطى للمنطقة هي المركز الهندسي للمنطقة ؛ غالبًا ما يتم تمثيل laminas بمناطق في المستوى ؛ إذا كانت الصفيحة ذات كثافة ثابتة ، فإن مركز كتلة الصفيحة يعتمد فقط على شكل المنطقة المستوية المقابلة ؛ في هذه الحالة ، يتوافق مركز كتلة الصفيحة مع النقطه الوسطى للمنطقة التمثيلية
الصفيحة
ورقة رقيقة من المواد اللامينات رقيقة بما يكفي ، لأغراض رياضية ، يمكن التعامل معها كما لو كانت ثنائية الأبعاد
الوقت الحاضر
إذا كانت n من الكتل مرتبة على خط الأعداد ، فإن لحظة النظام بالنسبة إلى الأصل تُعطى بواسطة ( displaystyle M = sum ^ n_ {i = 1} m_ix_i ) ؛ إذا ، بدلاً من ذلك ، اعتبرنا منطقة في المستوى ، يحدها أعلاه دالة (f (x) ) عبر فاصل ([a ، b] ) ، ثم لحظات المنطقة بالنسبة إلى ( x ) - and (y ) - يتم إعطاء المحاور بواسطة ( displaystyle M_x = ρ∫ ^ b_a dfrac {[f (x)] ^ 2} {2} ، dx ) و ( displaystyle M_y = ρ∫ ^ b_axf (x) ، dx ) ، على التوالي
مبدأ التناظر
ينص مبدأ التناظر على أنه إذا كانت المنطقة (R ) متناظرة حول خط (I ) ، فإن النقطة المركزية لـ (R ) تقع على (I )
نظرية بابوس للحجم
تنص هذه النظرية على أن حجم مادة صلبة للثورة تتشكل من خلال تدوير منطقة حول محور خارجي يساوي مساحة المنطقة مضروبة في المسافة التي يقطعها النقطه الوسطى للمنطقة

تعريفات

الهندسة

بالنسبة للمقطع الدائري ، يتم استخدام التعريفات الموضحة في الشكل التالي:

بالنسبة للمقطع الدائري نصف قطره R والزاوية المركزية φ ، يكون طول الوتر LAB والمسافة د من المركز ، يمكن إيجادها من المثلث الأيمن الذي يشغل نصف المنطقة المحددة بالزاوية المركزية (انظر الشكل التالي):

The height h of the circular segment h and its arc length L are found easily:

egin & L & = varphi R & h & = R-d end

The area A and the perimeter P of a circular segment, can be found with these formulas:

where L the arc length and LAB the chord length.

The centroid (center of gravity) of the circular segment is located along the bisector of the central angle φ, and at a distances from the chord equal to:

where d the distance of the chord from the centre.

Connect with us:

حول

Website calcresource offers online calculation tools and resources for engineering, math and science. Read more about us here.

Short disclaimer

Although the material presented in this site has been thoroughly tested, it is not warranted to be free of errors or up-to-date. The author or anyone else related with this site will not be liable for any loss or damage of any nature. For the detailed terms of use click here.


6.6: Moments and Centers of Mass - Mathematics

As an object moves through a fluid, the velocity of the fluid varies around the surface of the object. The variation of velocity produces a variation of pressure on the surface of the object. Integrating the pressure times the surface area around the body determines the aerodynamic force on the object. We can consider this force to act through the average location of the pressure on the surface of the object. We call the average location of the pressure variation the center of pressure in the same way that we call the average location of the weight of an object the center of gravity. In general, the pressure distribution around the object also imparts a torque, or moment, on the object. If a flying airfoil is not controlled in some way it will tumble as it moves through the air.

If we consider an airfoil at angle of attack, we can (theoretically) determine the pressure variation around the airfoil, and calculate the aerodynamic force and the center of pressure. But if we change the angle of attack, the pressure distribution changes and therefore the aerodynamic force and the location of the center of pressure and the moment all change. So determining the aerodynamic behavior of an airfoil is very complicated if we use the center of pressure to analyze the forces. We can compute the moment about any point on the airfoil if we know the pressure distribution. The aerodynamic force will be the same, but the value of the moment depends on the point where that force is applied. It has been found both experimentally and theoretically that, if the aerodynamic force is applied at a location 1/4 chord back from the leading edge on most low speed airfoils, the magnitude of the aerodynamic moment remains nearly constant with angle of attack. Engineers call the location where the aerodynamic moment remains constant the aerodynamic center (ac) of the airfoil. Using the aerodynamic center as the location where the aerodynamic force is applied eliminates the problem of the movement of the center of pressure with angle of attack in aerodynamic analysis. (For supersonic airfoils, the aerodynamic center is nearer the 1/2 chord location.)

For symmetric airfoils, the aerodynamic moment about the ac is zero for all angles of attack. With camber, the moment is non-zero and constant for thin airfoils. For a positive cambered airfoil, the moment is negative and results in a counter-clockwise rotation of the airfoil. With camber, an angle of attack can be determined for which the airfoil produces no lift, but the moment is still present. For rectangular wings, the wing ac is the same as the airfoil ac. But for wings with some other planform (triangular, trapezoidal, compound, etc.) we have to find a mean aerodynamic center (mac) which is the average for the whole wing. The computation of the mac depends on the shape of the planform.


6.6: Moments and Centers of Mass - Mathematics

The formula for the binomial probability mass function is

The following is the plot of the binomial probability density function for four values of ص و ن = 100.

Cumulative Distribution Function The formula for the binomial cumulative probability function is

The following is the plot of the binomial cumulative distribution function with the same values of ص as the pdf plots above.

Percent Point Function The binomial percent point function does not exist in simple closed form. It is computed numerically. Note that because this is a discrete distribution that is only defined for integer values of x, the percent point function is not smooth in the way the percent point function typically is for a continuous distribution.

The following is the plot of the binomial percent point function with the same values of ص as the pdf plots above.


Gauss and Ceres

Carl Friedrich Gauss worked in many different fields in mathematics and physics during his life, including astronomy. His work was highly influential in many areas [5,7].

Born in 1777 in Brunswick, Germany, Gauss quickly showed his ability in mathematics. He supposedly corrected his father's arithmetic when he was three [1,5]. When he was seven, he startled his teachers by being able to quickly sum up the integers from 1 to 100, by spotting that the sum was 50 pairs of numbers, each summing to 101 [5,7]. The Duke of Brunswick noticed him in 1792 and sponsored the rest of his education. Gauss attended the Collegium Carolinium from 1792 to 1795, where he independently discovered the binomial theorem, the arithmetic-geometric mean, and the prime number theorem (which he was not able to prove) [5].

In 1795, Gauss left Brunswick and entered the University of Goettingen. While there he discovered how to construct a 17-sided polygon with ruler and compass. Gauss left the university in 1798 without a degree. [1,5] In 1799, Gauss developed the concept of complex numbers and also submitted a dissertation to the University of Helmstedt providing a proof for the fundamental theorem of algebra. [1,5] This dissertation won Gauss a doctoral degree in abstentia. In 1801, Gauss completed "Disquisitiones Arithmeticae," a major volume on number theory. [1,2,3,5]

When Uranus was discovered in 1781, it was found to fit the Titius-Bode law. The only unexplained number left in the series would correspond to a planet between Mars and Jupiter. In 1800, an informal society was formed to find this missing planet, and Zach, the director of the Seeberg observatory and editor of the Monatliche Correspondenz , the main German astronomical periodical at the time, used his periodical to gain support for this effort [8,10]. Then,on January 1, 1801, the Italian astronomer Joseph Piazzi discovered a planetoid, working from an observatory in Palermo, Italy. This object, which he christened Ceres , was moving in the constellation Taurus. Astronomers were only able to observe the planetoid for 41 days, during which its orbit swept out an angle of only 9 degrees. Ceres was then lost to sight when its light vanished in the rays of the sun, and the astronomers could no longer find it. There was now a challenge of calculating Ceres' orbit using only the observations Piazzi made, so that astronomers would be able to sight Ceres when it reemerged. [1,5,6,8,10]

Zach published Piazzi's observations of Ceres in June of 1801. Most of the leading astronomers in Europe already knew of these observations when they were published, and were scrambling to determine its orbit. [1,6]

The main problem with calculating Ceres's orbit was a lack of precedent to draw upon [5]. The only possible precedent was William Herschel's discovery of Uranus in 1781. In the case of Uranus, however, astronomers were able to observe its position on many different nights, and could record many position changes of Uranus with respect to the Earth [11]. Astronomers also made the simplifying assumption that its orbit was circular, which luckily was nearly correct. The reigning method for calculating orbits assumed that the orbit of a planet was circular, and that the orbit of a comet was parabolic [5] that is, in both cases the eccentricity of the orbit was taken as known. The general form of a planet's or a comet's orbit depends on its eccentricity, which is the measurement of the orbit's deviation from circularity. A circle's eccentricity is 0, and the eccentricity of a parabola is 1. The problem of Ceres's orbit was that since no one knew the shape of its orbit, it could only be assumed to be an ellipse, with eccentricity between 0 and 1. This case had been dealt with by Euler, Lambert, Lagrange, and Laplace, but they used difficult methods which did not allow for a complete determination of the orbit from observations (necessarily involving observational errors) over only a short period of time. Laplace, among many others, thought the problem would be unsolvable in this form. Apparently, the orbit of Ceres could not be determined accurately from the data, at least with known methods. [5]

At this point, Gauss had already worked with astronomical questions, such as the theory of the motion of the moon. At 18, Gauss had developed, but not published, his method of least squares, which made it possible to determine an orbit as long as it is assumed that it is a conic section [10]. He decided to work out a more useful method for determining orbits, and was soon ready [5,11]. Gauss differed from his contemporaries by avoiding any arbitrary assumption for the eccentricity of the initial orbit. His ellipse was based only on some of the available observations, without any additional hypotheses. The original computation was based largely on heuristic considerations. Gauss used methods similar to those used for the theory of the motion of the moon, especially the approximation of the elements of the orbit by finite parts of Taylor and trigonometric series. He also used the method of least squares to minimize the inevitable errors of observation [1,4,10].

Gauss first adopted Kepler's hypothesis that the motion of a celestial object is determined solely by its orbit. No information is needed about the mass, velocity, or any other details of the object itself. Gauss adopted a secondary hypothesis also, which was also derived from Kepler. It basically states that the orbit of an object that does not pass extremely close to another body in the solar system has the form of a conic section with its focal point at the center of the sun. Under these conditions, the motion of the object is determined by a set of 5 parameters, or elements, which specify the form and position of the orbit in space. Once the elements of an orbit are specified, the motion of the object is determined, as long as it remains in that orbit [11] (unperturbed by large planets such as Jupiter).

The elements of an orbit consist of the following: 2 parameters determining the position of the plane of the object's orbit relative to the Earth's orbit the relative scale of the orbit the eccentricity of the orbit or perihelial distance, the shortest distance from the orbit to the center of the sun the relative "tilt" of the main axis of the orbit. In addition to these 5 parameters, a single time when the object was, or will be, in a particular point in the orbit is needed, so that its location at a given time can be computed [11].

Gauss had a total of 22 observations made by Piazzi over 41 days. The data from these observations consisted of a specific moment in time together with 2 angles defining the direction in which the object had been seen relative to an astronomical system of reference defined by the sphere of fixed stars. In principle, each of these observations defined a line in space, starting from the location of Piazzi's location at the moment of observation and directed along the direction defined by the 2 angles. Gauss had to make corrections for various effects such as the rotation of the Earth's axis, the motion of the Earth's orbit around the sun, and possible errors in Piazzi's observations or in their transcription [11].

The technical execution of Gauss's method is very involved, and required over 100 hours of calculation for him. His first tactic was to determine a rough approximation to the unknown orbit, and then refine it to a high degree of precision. Gauss initially used only 3 of Piazzi's 22 observations, those from January 1, January 21, and February 11. The observations showed an apparent retrograde motion from January 1 to January 11, around which time Ceres reversed to a forward motion. Gauss chose one of the unknown distances, the one corresponding to the intermediate position of the 3 observations, as the target of his efforts. After obtaining that important value, he determined the distances of the first and third observations, and from those the corresponding spatial positions of Ceres. From the spatial positions Gauss calculated a first approximation of the elements of the orbit. Using this approximate orbital calculation, he could then revise the initial calculation of the distances to obtain a more precise orbit, and so on, until all the values in the calculation became coherent with each other and with the three selected observations. Subsequent refinements in his calculation adjusted the initial parameters to fit all of Piazzi's observations more smoothly [11].

In September of 1801, Zach published several forecasts of the prospective orbit, his own and Gauss's among them Gauss's prediction was quite different from the others and expanded the area of the sky to be searched [1]. Using Gauss's ephemeris for Ceres (astronomical almanac showing its predicted location at various times), astronomers found Ceres again between November 25 and December 31. Zach, on December 7, and then Olbers, on December 31, located Ceres very close to the positions predicted by Gauss. Between the discovery of Ceres in 1801 and the present day, over 1,500 planetoids have been identified, with Ceres remaining the largest [5,10]. While continually improving and simplifying his methods, Gauss calculated ephemerides for the new planetoids as they were discovered. When Olbers found Vesta in 1807, Gauss calculated the elements of its orbit in only 10 hours. His calculations of parabolic orbits were even faster, as is natural. He could calculate the orbit of a comet in a single hour, where it had taken Euler 3 days using the previous methods [5,6].

Gauss published his methods in 1809 as "Theoria motus corporum coelestium in sectionibus conicus solem ambientium," or, "Theory of the motion of heavenly bodies moving about the sun in conic sections." [1,2,3,5,6,11]. Gauss first wrote this work in German, but his well-known publisher, Perthes, requested he change it to Latin to make it more widely accessible (sic). In fact, the astronomical methods described in Theoria Motus Corporum Coelestium are still in use today, and only a few modifications have been necessary to adapt them for computers [11]. Gauss's determination of Ceres's orbit made him famous in academic circles worldwide, established his reputation in the scientific and mathematical communities, and won him a position as director at the Gottingen Observatory. [5,10]


ال CatholicTV شبكة

ص. Box 9196
Watertown, MA 02471

Ways to Watch

Support CatholicTV

Your gift helps CatholicTV deliver the Good News into millions of homes across the nation. We need your support to continue connecting people with Christ and the Church.


Deriving Kepler's Formula for Binary Stars

Your astronomy book goes through a detailed derivation of the equation to find the mass of a star in a binary system. But first, it says, you need to derive Kepler's Third Law.

Consider two bodies in circular orbits about each other, with masses m1 and m2 and separated by a distance, a. The diagram below, shows the two bodies at their maximum separation. The distance between the center of mass and m1 هو1 and between the center of mass and m2 هو1.

Diagram showing two bodies in circular orbits about their center of mass.

The two bodies with their full orbits.

Detail of the center of mass and the relationship between the measurements of a, a1 و أ2

The center of mass is defined by:

Which can be solved for a1:

And, the total separation can be written as:

Using Equation (1) in Equation (2) gives

Now, set that aside for a moment and look at the forces working on m2. The forces acting on the mass are the gravitational force and centripetal acceleration from its orbital motion.

where G is the gravitational constant and &omega is the angular acceleration. Equating these gives:

Now, using Equation (3) to substitute for a2 gives:

We can replace &omega using the fact that P=2&pi/&omega by definition. وبالتالي،

Canceling, rearranging, and gathering the unknowns to the left side of the equation gives Kepler's Third Law.

For a distant binary system, it is be difficult to determine the separation of the two stars in the binary system, a. However, using spectroscopy, it might be possible to find the velocity of one or both of the stars in the system.

If we assume a circular orbit, we know that:

Using those, in Equation (2):

Then substituting Equation (5) in Equation (4),

Rearranging and canceling gives:

If we could see both stars in the binary system, this equation would work fine. However, there are times when we can only see one – for example, if there is a star in orbit with a black hole. For a circular orbit, we have:

Replacing this for v2 in Equation (6) gives:

Gathering the masses to one side gives:

One last thing about the velocity in this equation. When we observe a system, it is usually at an angle with respect to us. That means that we need to account for that in the above equation. The observed velocity is related to by orbital velocity by:

where vObs is the observed velocity and i is the angle of inclination of the system with respect to us. Substituting this into Equation (7), we finally get:

يا للعجب. (Your textbook didn't say, "whew", but it could have!)

Now you are ready to استعمال this equation.

Return to using this approach to solve the problem

Return to the beginning and try another approach


Technique: Weight and balance

/>Too much weight too far forward will make it difficult to raise the nose too far aft, and it may be more difficult to recover from a stall. And, like a playground see-saw, a weight exerts more force the farther it is from the fulcrum&mdashso baggage placed in the rear seat may be fine, for instance, when the same bag would cause the airplane to be out of balance in the rear baggage compartment. The center of gravity envelope (below) shows the range of weights and moments (weight times the arm, its distance from a pre-defined starting point) that are permissible for a given airplane. Calculating weight and balance is a skill that will pay dividends when you graduate from the training environment and start planning trips in the real world: friends, suitcases, and all. />

  1. Ascertain from the pilot&rsquos operating handbook the empty weight of the aircraft and determine the weights of people, baggage, and fuel.
  2. Multiply each weight by the arm&mdashthe distance from the reference datum&mdashto find the moment.
  3. Add all the weights to find the gross weight. Add all the moments to find the total moment.
  4. Divide the total moment by the gross weight to find the center of gravity.
  5. Locate the total weight and center of gravity on the center of gravity limits chart in your aircraft&rsquos POH to determine if the airplane is within allowable limits.
  6. Repeat this process for your expected landing weight, as the center of gravity can shift as fuel is consumed.

JARGON

Center of gravity. The mass center of an aircraft&mdashthe point where it would balance if you suspended it. This is usually expressed in inches from a reference datum.

Datum. A point from which moment arms are measured. Points forward of the datum have negative arms points aft are positive. In this case, the datum is at the firewall.

Arm. The horizontal distance from the reference datum to an item&rsquos center of gravity.

Moment. A force causing something to rotate, equal to an item&rsquos weight times its arm.


6.6: Moments and Centers of Mass - Mathematics

Consider a mass m moving in a circle of radius r , acted on by a tangential force F t as shown in Figure 8.2.

Using Newton's second law to relate F t to the tangential acceleration a t = r , where is the angular acceleration:

and the fact that the torque about the center of rotation due to F t is: = F t r , we get:

For a rotating rigid body made up of a collection of masses m 1 , m 2 . the total torque about the axis of rotation is:
 

Definition: Moment of Inertia of a rigid body

The moment of inertia , I , of a rigid body gives a measure of the amount of resistance a body has to changing its state of rotational motion. رياضيا ،

Note: The units of moment of inertia are kg m 2 .

This allows us to rewrite Equation 8.9 as:

which is the rotational analogue of Newton's second law.

    The complete set of dynamical equations needed to describe the motion of a rigid body consists of the torque equation given above, plus Newton's Second Law applied to the center of mass of the object :


شاهد الفيديو: وحدات قياس الكتلة... الصف الرابع (شهر نوفمبر 2021).