Задача 4.2

Найти момент инерции однородного тела, ограниченного

поверхностями		x2 + y2 + z2 =1 ,						x2 + y2 = z2 ,		(z ≥ 0)
относительно оси Oz .
Задача 4.3
Найти статический				момент однородного тела,					ограниченного
поверхностью	x2	+		y2	+	z2	=1 ,	относительно	координатной
	4			9		4

плоскости xOy .

Справочный материал

Цент тяжести, статические моменты и моменты инерции пространственных тел определяются через тройные интегралы. Соответствующие формулы помещены в приложении.

Решение задачи 4.1

Если точка C(xc , yc , zc ) - центр тяжести тела, то ее координаты определяются по формулам:

xc =	1	∫∫∫x δ(x, y, z)dV ,		yc =	1	∫∫∫ y δ(x, y, z)dV ,
	m				m
		Ω				Ω
		zc =	1	∫∫∫z δ(x, y, z)dV ,
			m
				Ω

где m = ∫∫∫δ(x, y, z)dV - масса тела.

Ω

Поскольку тело однородное, то можно положить плотность δ(x, y, z)≡1 . Область Ω представляет собой полушар с радиусом 2 и с центром в начале координат (рис. 13).

20

z

2

С 2	y
x
−2
Рис. 13.

Тело является однородным и симметрично относительно координатных осей Ox и Oz . Поэтому центр тяжести находится на оси Oy , т.е. xс = zс = 0 .

Масса тела равна m = ∫∫∫δ(x, y, z)dV = ∫∫∫1dV =V - объему

ΩΩ

полушара. Следовательно, m = 23 πR3 = 23 π23 = 163π .

Тогда ординату центра тяжести можно определить через тройной

	интеграл	yс =	3	∫∫∫ydV , в котором удобно перейти к
			16π
				Ω

сферическим координатам (см. приложение), т.е.

yс = 163π ∫∫∫Ω r sin ϕsin θ r2 sin θdϕdθdr , или

		3	π	π	2
	yс =		∫sin ϕdϕ∫sin2		θdθ∫r3dr =
		16π
			0	0	0

21

	3			ππ		1 −cos2θ								r4		2				3		π		π
			(−cosϕ)
=					∫						dθ							=				∫dθ− ∫cos2θdθ				4	=
	16π			0		2								4		0			32π
					0																	0		0
																								14243
																								=0
						3				π								3					3
					=				θ				4 =							π 4 =				.
							32π			0							32π						8

Следовательно, центр тяжести находится в точке C(0, 83 ,0).

Решение задачи 4.2

Момент инерции пространственного тела относительно оси Oz определяется по формуле (см. Приложение):

I z = ∫∫∫(x2 + y2 )δ(x, y, z)dV .

Ω

z

1

1

2

π θ=

4

y

x

Рис. 14.

Поскольку тело однородное, то плотность δ(x, y, z)≡1 . Область интегрирования Ω показана на рисунке 14. Она ограничена сферой x2 + y2 + z2 =1 и конической поверхностью x2 + y2 = z2 с осью

симметрии Oz .

Тройной интеграл в данном случае удобно вычислять в сферических координатах. Поскольку в сферических координатах

22

x2 + y2 = r2 cos2 ϕsin2 θ+ r2 sin2 ϕsin2 θ = r2 sin2 θ																													(см.
приложение), то
I z = ∫∫∫					r2 sin2 θr2 sin θdϕdθdr = ∫∫∫															r4 sin3 θdϕdθdr .
		Ω																	Ω
Расставляя в последнем интеграле пределы, получим
	2π					π				1							π	(1 −cos2 θ)sin θdθ						r	5			1 =
						4										4
I z = ∫dϕ∫sin3 θdθ∫r4dr = 2π∫
	0				0					0				0									5					0
			π																							π
= −2π			∫4	(1 −cos2 θ)d cos θ 1										= − 2π (cos θ− 1 cos3									θ)			4		=
		0											5						5		3					0
			= −					2π	(cos		π	− 1 cos3			π		−cos0 + 1 cos0)=
								5
										4		3		4						3
= − 2π		2				−		2 2		−1 + 1				2π					2 5	− 2		π	(8 −5 2 ).
													= −								=
5		2						24				3		5					2 6 3			30

Решение задачи 4.3.

Статический момент однородного тела, относительно координатной плоскости xOy Определяется по формуле

SxOy = ∫∫∫zδ(x, y, z)dV = ∫∫∫z dV .

ΩΩ

	Поскольку границей тела является эллипсоид	x2	+	y2	+	z2	=1	,
		4		9		4

то в тройном интеграле следует перейти к обобщенно эллиптическим координатам (см. Приложение).

SxOy = ∫∫∫2r cos θ 2 3 2 r2 sin2 θdϕdθdr =

		Ω
2π	π	1	π	θd (sin θ)	r4			1
= 24 ∫dϕ∫sin2		θcos θdθ∫r3dr = 48π∫sin2						0	= 0
					4
0	0	0	0
			23