日期: 2023-10-01 11:28 查看: 215 次编辑

质量与质心

由力学知道， $n$ 个质点系的质心坐标为

$$
\bar{x}=\frac{M_y}{M}=\frac{\sum_{i=1}^n m_i x_i}{\sum_{i=1}^n m_i}, \quad \bar{y}=\frac{M_x}{M}=\frac{\sum_{i=1}^n m_i y_i}{\sum_{i=1}^n m_i},
$$

其中 $m_i$ 为第 $i$ 个质点的质量， $M_x=\sum_{i=1}^n m_i y_i ， M_y=\sum_{i=1}^n m_i x_i$ 分别是质点系对 $x$ 轴和 $y$ 轴的静力矩， $m=\sum_{i=1}^n m_i$ 是质点系的总质量.
设有一平面薄片，它位于 $x O y$ 面内区域 $D$ 上，在点 $(x, y)$ 处的面密度为区域 $D$ 上的连续函数 $\rho(x, y)$.
现求它的质量和质心坐标.
在区域 $D$ 上任取一个小区域 $\mathrm{d} \sigma$ ( $\mathrm{d} \sigma$ 也表示小区域的面积)，在 $\mathrm{d} \sigma$ 上任取一 点 $(x, y)$. 由于 $\mathrm{d} \sigma$ 很小， $\rho(x, y)$ 又在 $D$ 上连续，
所以相应于 $\mathrm{d} \sigma$ 的部分薄片的质量近似等于 $\rho(x, y) \mathrm{d} \sigma$ ，平面薄片的质量为

$$
m=\iint_D \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma .
$$

同理，
相应于 $\mathrm{d} \sigma$ 的部分薄片对 $x$ 轴和 $y$ 轴的静力矩近似等于 $y \mathrm{~d} m=y \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma$ 和 $x \mathrm{~d} m=x \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma ，$
即 $\mathrm{d} M_x=x \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma, \mathrm{d} M_y=y \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma$ ，
于是平面薄片对 $x$ 轴和 $y$ 轴的静力矩分别为

$$
\begin{array}{c:c}
M_x=\iint_D y \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma, & M_y=\iint_D x \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma,
\end{array}
$$

所以平面薄片的质心坐标为

$$
\bar{x}=\frac{M_y}{m}=\frac{\iint_D x \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma}{\iint_D \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma}, \quad \bar{y}=\frac{M_x}{m}=\frac{\iint_D y \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma}{\iint_D \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma} .
$$

如果平面薄片是均匀的，即 $\rho(x, y)$ 是常数，则均匀平面薄片的质心坐标为

$$
\bar{x}=\frac{1}{A} \iint_D x \mathrm{~d} \sigma, \quad \bar{y}=\frac{1}{A} \iint_D y \mathrm{~d} \sigma ，
$$

其中 $A=\iint_D \mathrm{~d} \sigma$ 为闭区域 $D$ 的面积. 这时平面薄片的质心坐标与密度无关，而 由闭区域 $D$ 的形状所决定，称为平面图形 $D$ 的形心.
例 26 一圆环薄片由半径为 4 和 8 的两个同心圆所围成，其上任一点处的 面密度与该点到圆心的距离成反比，已知在内圆周上各点处的面密度为 1 ，求圆 环薄片的质量.
解 如图 7-31，积分区域 $D$ 是 $4^2 \leq x^2+y^2 \leq 8^2$ ，
圆环薄片的质量 $m$ 为

$$
m=\iint_D \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma
$$

![图片](/uploads/2023-01/image_202301019a02aea.png)

例 26 一圆环薄片由半径为 4 和 8 的两个同心圆所围成，其上任一点处的 面密度与该点到圆心的距离成反比，已知在内圆周上各点处的面密度为 1 ，求圆 环薄片的质量.

$$
m=\iint_D \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma
$$

因为 $\rho(x, y)=\frac{k}{\sqrt{x^2+y^2}}$ ， 且 $\frac{k}{4}=1$ ，所以 $k=4, \rho=\frac{4}{\sqrt{x^2+y^2}}$ ，
故所求质量 $\quad m=\iint_D \frac{4}{\sqrt{x^2+y^2}} \mathrm{~d} \sigma=\int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_4^8 \frac{4}{r} r \mathrm{~d} r=32 \pi$.

例 27 求位于两圆 $\rho=2 \sin \theta$ 和 $\rho=4 \sin \theta$ 之间的均匀薄片的质心.
解 如图 7-32， 因为闭区域 $D$ 对称于 $y$ 轴，故质心 $C(\bar{x}, \bar{y})$ 必位于 $y$ 轴上，
于是

$$
\bar{x}=0, \bar{y}=\frac{1}{A} \iint_D y \mathrm{~d} \sigma .

![图片](/uploads/2023-01/image_20230101e655b49.png)
例 27 求位于两圆 $\rho=2 \sin \theta$ 和 $\rho=4 \sin \theta$ 之间的均匀薄片的质心.

$$
\bar{x}=0, \bar{y}=\frac{1}{A} \iint_D y \mathrm{~d} \sigma .
$$

易见积分区域 $D$ 的面积等于这两个圆的面积之差， 即 $A=3 \pi$. 再利用极坐标计算积分:

$$
\iint_D y \mathrm{~d} \sigma=\iint_D r^2 \sin \theta \mathrm{d} r \mathrm{~d} \theta=\int_0^\pi \sin \theta \mathrm{d} \theta \int_{2 \sin \theta}^{4 \sin \theta} r^2 \mathrm{~d} r=\frac{56}{3} \int_0^\pi \sin ^4 \theta \mathrm{d} \theta=7 \pi .
$$

因此 $\bar{y}=\frac{7 \pi}{3 \pi}=\frac{7}{3}$,

**平面薄片的转动惯量**
设 $x O y$ 平面上有 $n$ 个质点，它们分别位于点 $\left(x_i, y_i\right)(i=1,2, \cdots, n)$ ，质量分别 为 $m_i(i=1,2, \cdots, n)$.
该质点系对 $x$ 轴、对 $y$ 轴的转动惯量分别为 $I_x=\sum_{i=1}^n y_i^2 m_i ， I_y=\sum_{i=1}^n x_i^2 m_i$.
现在讨论相应的连续刚体的情况:
设有一平面薄片，它在 $x O y$ 平面上占有 (有界闭) 区域 $D$ ，面密度为连续 函数 $\rho=\rho(x, y) ，(x, y) \in D$. 运用元素法求其转动惯量.
在 $D$ 上任取一直径很小的区域 $\mathrm{d} \sigma$ (其面积也记为 $\mathrm{d} \sigma$ )， $(x, y)$ 为 $\mathrm{d} \sigma$ 中的一 点，由于 $\mathrm{d} \sigma$ 很小，且 $\rho(x, y)$ 在 $D$ 上连续，
因此相应于 $\mathrm{d} \sigma$ 部分的质量 $\mathrm{d} M=\rho(x, y) \mathrm{d} \sigma$ ，且这部分质量可近似看作是集中在 点 $(x, y)$ 上，于是可写出 $\mathrm{d} \sigma$ 对 $x$ 轴、对 $y$ 轴的转动惯量:

$$
\mathrm{d} I_x=y^2 \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma ， \quad \mathrm{~d} I_y=x^2 \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma ，
$$

故薄片对 $x$ 轴、对 $y$ 轴的转动惯量分别为

$$
I_x=\iint_D y^2 \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma, \quad I_y=\iint_D x^2 \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma .
$$

例 28 求曲线 $r=a(1+\cos \theta)$ 所围平面薄片 $(\rho=1)$ 对极轴的转动惯量.
解

$$
\begin{aligned}
I_x & =\iint_D y^2 \rho \mathrm{d} \sigma=\int_{-\pi}^\pi \mathrm{d} \theta \int_0^{a(1+\cos \theta)}(r \sin \theta)^2 r \mathrm{~d} r=\frac{a^4}{4} \int_{-\pi}^\pi \sin ^2 \theta(1+\cos \theta)^4 \mathrm{~d} \theta \\
& =\frac{21}{32} \pi a^4
\end{aligned}

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