Page 95 - 203_

Рис.2

Оскільки  xf  ax ,  xf   ax , тому
2 1
b 2 5 a
2  x ax dx 2 a x 2 4 a 3
x  a  5 0  5  3 a .
c b a 4 5
2  ax dx 2 a 2 x 5 2 3 a 2
a 3 0
y  0 (оскільки сегмент симетричний відносно осі Ox) .
c
10.3. Обчислення момента інерції лінії, круга.
Нехай на площині xОу задана система матеріальних точок xP y ,  xP, y , , P , x , y 
1 1 1 2 2 2 n n n
з масами m , m , , m .
1 2 n
Момент інерції системи матеріальних точок відносно точки О визначається так:
n n
I   x 2  y 2 m , або I  r 2 m ,
0 i i i 0  i i
 i 1  i 1
2
2
де r  x  y .
i i i

Нехай крива AB задана рівнянням y  f (x ) , a  x  b, де (xf ) - неперервна функція. Нехай
лінійна густина кривої дорівнює  . Розіб’ємо лінію на n частин довжиною s  , s , s  , ,
1 2 n
2
2
де s   x   y , а маси цих частин m   s  . На кожній частині дуги візьмемо
i i i i i
довільну точку з абцисою  . Ордината цієї точки буде   ( f  ) . Наближено момент
i i i
інерції дуги відносно точки О буде:
n
I 0     i 2  i 2  S i . (10.3)
 i 1
Якщо функція y  f (x ) неперервна і має неперервну похідну, то при s  0 сума (10.3)
i
має границю. Ця границя, яка виражаються визначеним інтегралом, і визначає момент
інерції матеріальної лінії.
b
x
I    x 2  f 2   1   f 2  dxx . (10.4)
0
a
Приклад 4. (момент інерції тонкого однорідного стержня довжини l відносно його кінця).
Поєднаємо стержень з відрізком осі Ox: 0 x  l