Центр инерции треугольника

Параллельный перенос осей. В дальнейшем для вывода формул, определяющих осевые моменты инерции треугольника, а также для вычисления моментов инерции сложных (составных) сечений потребуется зависимость между моментами инерции относительно оси х, проходящей через центр тяжести О плоской фигуры, и ей параллельной оси х , отстоящей на расстоянии с (рис. 264). Согласно определению момент инерции относительно оси х [c.250]

Применив формулу (2.26), найдем момент инерции треугольника А ВО относительно оси X, проходящей через его центр тяжести (см. рис. 266), [c.252]

Применив формулу (2.47), найдем момент инерции треугольника ABD относительно оси х, проходящей через его центр тяжести (см. рис. 2.94) [c.252]

Треугольник (рис. 106). Момент инерции треугольника относительно оси х. проходящей через центр тяжести сечения, [c.170]

При определении величины s момент инерции треугольника определите по Приложению 1, а величина 4 отсчитывается от свободной поверхности жидкости до центра тяжести треугольника = /i /Sin от. [c.34]

Определим осевые моменты инерции треугольника относительно трех параллельных осей 21, 2о и проходящих через его основание (рис. 13.5,й), центр тяжести (рис. 13.5,6) и вершину (рис. 13.5,в). [c.161]

Решение. Пользуясь принципом Даламбера, присоединяем к действующим на стержень внешним силам Р, Т, XJ , Кд силы инерции. Для каждого элемента стержня с массой m центробежная сила инерции равна Аты х, где л —расстояние элемента от оси вращения Ау. Равнодействующая этих распределенных по линейному закону параллельных сил (см. 28) проходит через центр тяжести треугольника ABE, [c.433]

Два небесных тела В и С (см. рисунок) движутся вокруг общего центра инерции О но окружностям, лежащим в одной плоскости. Известны радиусы окружностей гх и Г2 и массы тел шх и Ш2. В плоскости орбит вводится вращающаяся система координат хОу начало которой находится в центре инерции О, а ось Ох направлена на одно из тел. Показать, что если космический корабль попадет в точку Л плоскости орбит, находящуюся на одинаковом расстоянии Гх + Г2 от обоих тел (треугольник АВС равносторонний), с нулевой относительной скоростью, то он останется там навсегда. [c.76]

Задача 75. Найти момент инерций треугольника относительно оси, проходящей через центр тяжести и параллельной основанию (фиг. ПО). [c.121]

Если треугольник равносторонний, эллипсоидом инерции будет сфероид, и каждая ось, проходящая через центр тяжести треугольника в его плоскости, будет главной осью инерции. [c.38]

Выше было показано, что любой эллипс, одинаково расположенный с эллипсом инерции и подобный ему, представляет собой эллипс инерции. Поэтому в качестве эллипса инерции треугольника можно выбрать описанный около него эллипс с центром, совпадающим с центром тяжести треугольника. [c.38]

Наоборот, в нижнюю оценку р входят две стороны треугольника П2 и Г23- Положим тг -Ь Ш2 + шз = М, тогда из теоремы о движении центра инерции [c.81]

Если рассматривается случай равностороннего треугольника, то П2 = Г23 = Гз1 = г, и но теореме о движении центра инерции из уравнений (6) получим, если М = гпх + ГП2 + тоз, что [c.130]

Применим эти довольно скромные результаты к плоской задаче трех тел. В качестве исходных выберем решения Лагранжа, которые, согласно 16, во вращающейся системе координат являются равновесными решениями. Возьмем в качестве системы Гамильтона шесть дифференциальных уравнений (16 27), которые представляют собой результат исключения из уравнений движения интегралов центра инерции и интегралов площадей. Тогда если в случае равностороннего треугольника [c.282]

Пользуясь теоремой о моментах инерции относительно параллельных осей, найти момент инерции треугольника (рис. 343) относительно оси, проходящей через центр тяжести и параллельной основанию. [c.355]

Вычислить момент инерции тонкой однородной пластинки массы М, имеющей форму равнобедренного треугольника с высотой й, относительно оси, проходящей через ее центр масс С параллельно основанию. [c.264]

Положение центра тяжести С для этого сечения уже было найдено выше. Для каждой из составляющих фигур находим моменты инерции относительно произвольно взятой системы осей Треугольник. [c.116]

Момент инерции стержня ( системы, цилиндра, площади, шара, плоской фигуры, круга, сложных сечений, линии, масс, объёма, треугольника, пластинки, конуса, однородного тела.,.). Момент инерции относительно параллельных осей ( пересекающихся (произвольных, координатных) осей, полюса, плоскости, центра тяжести...). [c.46]

Момент инерции площади треугольника относительно оси, проходящей через центр тяжести, У = 6Л /36 = 0,6/1 /36 =Л /60. Момент сопротив- [c.299]

Решение. Проведем через центр тяжести прямоугольного треугольника (рис. 5.20) оси у, г и у,, параллельные сторонам треугольника, и определим осевые моменты инерции J , У Jy. По формуле (5.13), [c.159]

Примечание. Момент инерции С можно вычислить без интегрирования, если заметить, что вследствие однородности для момента инерции равностороннего треугольника со стороной с и массой т относительно его центра должно получиться выражение вида ктс , где число к подлежит определению. Разобьем треугольник со стороной а и массой М на четыре а [c.197]

Однородная пластина имеет форму равнобедренного прямоугольного треугольника. Вычислить моменты инерции этой пластины относительно главных осей, проходящих через ее центр масс. Как направлены эти оси [c.201]

Радиус инерции тела относительно какой-нибудь оси равен гипотенузе прямоугольного треугольника, катетами которого являются 1) радиус инерции относительно оси, параллельной данной и проходящей через центр тяжести, 2) расстояние между обеими осями. [c.59]

Треугольник, образованный концами векторных ускорений, должен быть подобным треугольнику ABS. Отрезок = ST а, равный расстоянию центра качания Т от центра тяжести S, можно представить графически как отрезок гипотенузы прямоугольного треугольника, высота которого is является центральным радиусом инерции и определяется формулой /а = mi s-- Прямая, параллельная вектору Wji —Wg и проходящая через точку [c.192]

При вычислении площади, координат центра тяжести, статических моментов произвольный контур заменяется многоугольником с Зп вершинами и п секторами (рис. 61). Если Rj = О, от три вершины сливаются в одну. Строится Зп ориентированных треугольников с общей вершиной в начале координат. При вычислении моментов инерции строится п ориентированных трапеций и п секторов. [c.216]

Рассмотрим теперь прямоугольный треугольник с основанием Ь и высотой к (рис. А. 18) и выделим в нем малый элемент, заштрихованный на рисунке. Этот элемент представляет собой узкий прямоугольник высоты йу и ширины (к—у)Ь/Н. В силу симметрии центробежный момент инерции такого элемента относительно его собственного центра тяжести равен нулю. Тогда, согласно теореме о параллельном переносе осей, получим следующее значение центробежного момента инерции [c.604]

Лагранжевы движения. В 1772 г. Ж. Лагранж нашел решение задачи трех тел, предполагая, что равнодействующая сил, приложенных к каждой частице, проходит через центр масс С, а их величины пропорциональны расстоянию от С. Эта ситуация соответствует известной теореме статики о трех силах (одна из них — во вращающейся системе отсчета — центробежная сила инерции). Покажем, что в этом случае каждая частица движется по коническому сечению, причем в любой момент времени частицы находятся в вершинах правильного треугольника [30, 35]. [c.66]

Удар, передаваемый от шабота на фундамент, происходит настолько внезапно, что для определения сил инерции можно рассматривать блок фундамента (включая оба установленные на нем молота) как свободное тело. Заменим (как показано на рис. У.28) тело фундамента динамически равнозначной ему горизонтальной гантелью с неравными сосредоточенными грузами О] и Оа. Для свободного тела положение одного из сосредоточенных грузов может быть выбрано произвольно положение второго определяется величиной радиуса инерции сил веса I у относительно оси у, перпендикулярной к плоскости чертежа и проходящей через центр тяжести, с помощью построения прямоугольного треугольника, показанного на чертеже, так как [c.169]

Периметр треугольника — Центр тяжести 150 Пирамиды — Момент инерции 172, 173 [c.596]

Для равностороннего треугольника, высота которого в точности равна Ь, оба полюса инерции сливаются в одну точку, совпадающую с центром тяжести фигуры. [c.110]

Решение. Пользуясь принципо> Даламбера, присоединяем к действующим на стержень внешним силам f, Т, Х , силы инерции. Для каждого элемента стержня с массой Ат центробежная сила инерции равна Атагах, где х — расстояние элемента от оси вращения Оу. Равнодействующая этих-распределенных по линейному закону параллельных сил (см. 21) проходит через центр тяжести треугольника АВЕ, т. е. на расстоянии h=(2l/3) os а от оси Ах. Так как эта равнодействующая равна главному вектору сил инерции , то по формуле (89) [c.352]

Положение центра давления определяется по зависимости (1.44а). Момент инерции трапеции aken относительно оси у можно получить как разность момента инерции прямоугольника tked и моментов инерции треугольников tka и ned [c.36]

Опишем окружность, для которой ОК будет диаметром, и соединим точку Ох с серединой отрезка ОК прямой, пересекающей окружность в точках и 5. Тогда ОЯ и 08 будут направлениями главных осей инерции для центра тяжести треугольника, и моменты инерции относительно этих осей будут равны соответственно г/ МОхЗ и МОхЯ . [c.38]

Движение происходит таким образом, как если бы каждая масса притягивалась центром инерции с сплоп, обратно пропорциональной квадрату расстояния. Таким образом, каждая масса описывает коническое сечение, фокус которого находится в центре инерции. Расстояния между массами всегда образуют равносторонний треугольник, п если конические сечения будут параболами или гиперболами, то расстояния могут неограниченно возрастать. Это первое из найденных Лагранжем точных решений задачи трех тел. [c.346]

Вышеупомянутые решения были обобщены еще самим Лаграпжем. Оп поставил вопрос, существуют ли для задачи трех тел другие решения, нри которых треугольник, образованный материальными точками, остается все время сам себе подобным Лагранж нашел все такие решения. Мы рассмотрим здесь аналогичный вопрос для задачи п тел в плоскости, причем в соответствии с теоремой о движении центра инерции можем принять, что центр инерции пенодвижен. Тогда для прямоугольных декартовых координат Хк, у к точки Рк будем иметь [c.131]

Основными параметрами деталей, вычисляемыми при решении метрических задач геометрического моделирования, являются площади, массы, моменты инерции, объемы, центры масс и т. д. Для определения этих параметров исходный геометрический объект (ГО) разбивается иа элементарные геометрические объекты. Например, в плоской с )нгуре выделяются секторы (если в контуре имеются дуги окружности), треугольники и трапеции. Приведем формулы для вычисления метрических параметров некоторых элементарных геометрических объектов. Площадь -го сектора радиуса Г/, [c.45]

Задача 188. Мишень представляет собой тонкую однородную пластину, которая может вращаться вокруг оси Az (рнс. 385). Форма мишекн — прямоугольный треугольник ABD с катетами АВ=1 , AD=l . Определить, где у мишени находится центр удара, если известно, что для пластины ABD осевой момент инерции Jg=Ml Ib, а центробежный — yj,j=AIZi 2/l2 (М — масса пластины, оси Ауг в плоскости пластины). [c.408]

Решение. Пусть L — длина призмы, h — высота равнобедренного треугольника, а — длина его основания. Найдем тензор инерции /1Г в системе координат с началом в центре масс. С этой целью вычислим предварительно тензор инерцин / в системе координат с началом в вершине О основания плоскость ху расположена перпендикулярно граням призмы и проходит через середины ребер призмы (рис. 1.6). [c.189]

Указание. Для определения усилия Т расчлените треугольник в точке В и рассмотрите движение стержня BD. Для вычисления сил инерции выделите элемент стержня длиной dh на расстоянии h от точки А. Система сил инерции элементарных частиц стержня / "д представляет плоскую систему параллельных сил. Точка приложения К равнодействующей этой системы (центр параллельных сил) лежит на той же горизонтали, что и центр тяжести площади соответствующего треугольника, т. е. а = з созф. [c.408]

Сечение ооразоваяо равносторонним треугольником к прямоугольником. Доказать, что величина момента инерции относительно оои, проходящей через центр тяие-сти треугольника, не зависит от направления оси. [c.54]

Он рассматривал вращающийся в горизонтальной плоскости диск, от края которого отскочила некоторая частица, продолжающая по инерции свое прямолинейное движение с начальной скоростью. Гюйгенс поставил вопрос, каким представится это движение для наблюдателя, находящегося на вращающемся диске. Пусть О центр враш.ающегося диска, а О А — его радиус г. Частица оторвалась в точке А и движется с начальной скоростью V по прямой Ау, Пусть за весьма малый промежуток времени t она переместится в точку В, пройдя отрезок AB = vt. За это же время первоначальный радиус О А перейдет в положение OB. Так как начальная скорость v совпадала с окружной скоростью вращающегося диска, то дуга АВ AB = vt. В таком случае перемещение частицы, отскочившей от диска, изобразится отрезком ВВ. Так как угол В ОЛ = ф очень мал, то перемещение АС по радиусу, равное ВВ osф, можно тоже считать равным ВВ. Из прямоугольного треугольника AB D получаем АВ =АС AD, или (vt) = A -2г. Таким образом, пройденный путь S == АС = ВВ выразится формулой [c.86]

Энциклопедия по машиностроению XXL

Оборудование, материаловедение, механика и ...