2021-02-12
На рис. $AC$ - диагональ прямоугольника $ABCD$. Во сколько раз момент инерции $I_{2}$ треугольника $ACD$ больше момента инерции $J_{1}$ треугольника $ABC$ относительно оси $O_{1}O_{2}$, совпадающей со стороной $AB$?
Решение:
Пусть масса прямоугольника $ABCD$ равна $m$, а его стороны - $a$ и $b$: $a = AB = CD; b = BC = AD$, тогда масса единицы площади прямоугольника равна $\sigma = \frac{m}{S} = \frac{m}{ab}$.
Обозначим также углы $\angle BCA$ и $\angle CAD$ через $\alpha$: $tg \alpha = \frac{a}{b}$.
Найдем момент инерции треугольника $ABC$, для этого разобьем $\Delta ABC$ на бесконечно узкие полосы шириной $dr$, параллельные оси $O_{1}O_{2}$.
Элементарный момент инерции каждой такой полосы равен:
$dI_{1} = dm_{1}r^{2}$,
где $r$ - расстояние от полосы до оси $O_{1}O_{2}$, $dm_{1}$ - масса полосы, равная:
$dm_{1} = \sigma dS_{1}$
$dS_{1}$ - площадь полосы:
$dS_{1} = dr(b - r) tg \alpha$.
$(b - r) tg \alpha$ - высота полосы
Таким образом, $dI_{1} = r^{2} \sigma (b - r) tg \alpha dr$
Находим $I_{1}$, интегрируя выражение для $dI_{1}$ по $r$ в переделах от 0 до $b$:
$I_{1} = \int_{0}^{b} \sigma tg \alpha (br^{2} - r^{3} )dr = \frac{m}{ab} \frac{a}{b} \left . \left [ \frac{br^{3} }{3} - \frac{r^{4} }{4} \right ] \right |_{0}^{b} = \frac{mb^{2} }{12}$
Аналогично рассчитаем $I_{2}$. Имеем:
$dI_{2} = dm_{2}r^{2}$
$dm_{2} = \sigma dS_{2} = \sigma r tg \alpha dr$;
$dI_{2} = \sigma r^{3} tg \alpha dr$.
$dI_{2} = \int_{0}^{b} \sigma tg \alpha r^{3}dr = \frac{m}{ab} \frac{a}{b} \left . \frac{r^{4} }{4} \right |_{0}^{b} = \frac{mb^{2} }{4}$
Находим отношение $\frac{I_{2} }{I_{1} }$:
$\frac{I_{2} }{I_{1} } = \frac{ \frac{mb^{2} }{4} }{ \frac{mb^{2} }{12} } = \frac{12}{4} = 3$.