Загрузил Мария Андреева

doc2

Реклама
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ
МЕХАНИКА
ДИНАМИКА
ПРАКТИКУМ
В 2 частях
ДИНАМИКА
МАТЕРИАЛЬНОЙ
СИСТЕМЫ
АНАЛИТИЧЕСКАЯ
МЕХАНИКА
шяшшшшяшяяшшшявяшвшшшяшяя/шшш
учебное пособие
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ
МЕХАНИКА
ДИНАМИКА
ПРАКТИКУМ
Рекомендовано Учебно-методическим
центром
«Профессиональный учебник» в качестве
учебного пособия для студентов
высших учебных заведений
Допущено Министерством
образования
Республики Беларусь в качестве учебного
пособия для студентов высших учебных
заведений по техническим
специальностям
Под общей редакцией профессора А . В . Чигарева
и доцента Н . И . Горбача
В двух частях
Часть 2
ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ СИСТЕМЫ.
АНАЛИТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
«НОВОЕ ЗВАНИЕ»
«ЦУИЛ»
2010
УДК 531(076.5)(075.8)
БВК-2£тМ«1а
ТЗЗ
Авторы:
В.А. Акимов, Г.Н. Алехнович, Н.И. Горбач, |А.Е. Крушевский|,
О.Н. Скляр, Г.С. Соколовский, В.Д. Тульев, Т.Ф. Богинская,
Г.И. Беляева, JI.H. Беляцкая, А.В. Чигарев
Рецензенты:
кафедра теоретической и прикладной механики Белорусского
государственного университета (зав. кафедрой — доктор
физико-математических наук, профессор МЛ. Журавков);
ответственный за цикл дисциплин по механике,
доктор технических наук, профессор В.М. Сурин
ТЗЗ
Теоретическая м е х а н и к а . Д и н а м и к а . П р а к т и к у м : у ч е б .
пособие. В 2 ч. Ч . 2. Д и н а м и к а материальной с и с т е м ы .
Аналитическая механика / В . А . А к и м о в [и д р . ] ; под о б щ .
ред. проф. А . В . Чигарева и доц. Н . И . Горбача. — М и н с к :
Новое знание ; М. : Ц У П Л , 2 0 1 0 . — 863 с. : ил.
ISBN 978-985-475-368-3 (Новое знание).
ISBN 978-5-91889-003-5 (ЦУПЛ).
Учебное пособие содержит типовые задачи по динамике материальной
системы и аналитической механике с решениями, взятые из наиболее распространенного сборника задач И.В. Мещерского (§ 34-48). В начале каждого параграфа приведены основные теоретические положения и методические указания, используемые при решении задач. Решения даны с подробными
пояснениями.
Для студентов и преподавателей технических вузов и естественных факультетов университетов, а также лиц, самостоятельно изучающих теоретическую механику.
УДК 531(076.5)(075.8)
ББК 22.21я73
ISBN 978-985-475-368-3(Новое знание)
ISBN 978-5-91889-003-5 (ЦУПЛ)
© Оформление. ООО «Новоезнание»,
ООО «ЦУПЛ», 2010
X. ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ СИСТЕМЫ
34. Геометрия масс: центр масс материальной
системы, моменты инерции твердых тел
Методические указания к решению задач
Механической системой или системой материальных точек называют такую их совокупность, в которой положение или движение
каждой точки зависит от положения или движения всех остальных,
т.е. это система взаимосвязанных точек. Поэтому материальное тело,
в том числе и абсолютно твердое, может рассматриваться как система
материальных частиц, образующих это тело. В свою очередь совокупность взаимосвязанных твердых тел также является механической
системой.
При исследовании движения механической системы важно учитывать характер распределения масс всех точек системы.
Для характеристики распределения масс используются такие понятия, как центр масс системы, осевые, планарные и полярный, а также
центробежные моменты инерции твердых тел.
Если движение механической системы изучается в декартовой системе координат Oxyz, то центр масс С этой системы представляет
собой геометрическую точку с координатами:
_ Ъткхк
ч
С
Ътк
_ Ъ^кУк
v
Ус --=
;
Ътк
(34.1)
„ Y/HkZk
Zc —
>
Ътк
где тк — масса к-й точки (или тела); хк, ук, ik — координаты к-й точки
или центра тяжести к-го тела, входящих в механическую систему.
X. Динамика материальной системы
4
Арифметическая сумма масс всех точек или тел, образующих
систему, есть масса М системы, т.е.
М = XЩ.
Если механическая система представляет собой сплошное тело, то
М = pV,
(34.2)
где р — объемная плотность; V — объем тела.
Если масса распределена по поверхности (площади), то вводится
понятие поверхностной плотности
P - f
(34.3)
где S — площадь поверхности.
Для длинных тонких тел (стержней) вводится понятие линейной
плотности
(34-4)
P - f
где / — длина тела массы М.
Эти величины используют при вычислении моментов инерции
тел.
Осевым моментом инерции твердого тела называется скалярная
величина, равная сумме произведений масс всех точек тела на квадраты их расстояний до оси. Например, осевой момент инерции тела
относительно оси z обозначается / г и равен
(34.5)
В формуле (34.5) hk может быть выражено через координаты к-й
точки. Тогда выражения осевых моментов инерции тела относительно декартовых осей координат примут вид
1х =
У
1
=
Ътк(Ук+$\
+
к),
х
(34.6)
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
5^
Формулы (34.5) и (34.6) справедливы как для твердого тела, так
и для любой системы материальных точек.
В случае сплошного тела его разбивают на элементарные части,
а вычисление сумм в формулах (34.6) в пределе сводится к вычислению определенных интегралов. Причем в зависимости от того, что
собой представляют с точки зрения геометрии элементарные части
тела, эти интегралы могут быть кратными — тройными и двойными — или обычными однократными вида:
Iz =
\h2dm,
(Ю,(ЯШ)
(34.7)
которые вычисляются по всему объему V, по всей площади S или по
всей длине / тела. Тогда соответственно масса элементарной части
тела
dm = р dV,
dm = р dS,
dm = p dl.
Момент инерции твердого тела относительно оси z
(34.8)
где iz, или р г — радиус инерции тела относительно оси.
Радиус инерции тела относительно оси представляет собой расстояние от этой оси до такой точки тела, в которой надо сосредоточить массу всего тела, чтобы момент инерции одной этой точки был
равен моменту инерции всего тела.
В заключение отметим, что осевой момент инерции является мерой инертности твердого тела при вращательном движении.
Планарныемоменты инерции — это скалярные величины, равные
сумме произведений масс всех точек тела на квадраты расстояний от
этих точек до соответствующих плоскостей.
В случае декартовых осей планарные моменты инерции определяются по формулам
' Оху —
loyz = И,ткхк>
lov
=
(34.9)
6
X. Динамика материальной системы
Полярный момент инерции — момент инерции тела относительно
начала координат:
1о^тк{х1+у1+т1).
(34.10)
Из формул (34.6) и (34.10) следует, что
21 0 = Ix + Iy + I7.
(34.11)
Если твердое тело симметрично относительно осей координат и
/JX = / у = 1/Z =*ос>
/
что имеет место для сферического тела, то
2/о = 3/ос,
откуда
2
(34.12)
где / о с — осевой момент инерции.
Приведем формулы для вычисления моментов инерции некоторых однородных тел относительно главных осей тензора инерции.
Тонкий диск (рис. 34.1):
MR2
4
'
Рис. 34.1
MR2
Круглый цилиндр (рис. 34.2):
,
MR2
Jr. = — : —
R
,
,
,
MR2 Mh2
Ir = J С =
+
•
^y
4
j2
Рис. 34.2
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
Тонкий стержень (рис. 34.3):
h =
Ml2
1/2
г
7^
1/2
С
12
Iy= 0.
Круговой конус (рис. 34.4):
/г
Рис. 34.3
-—MR2.
10
Шар (рис. 34.5):
I,
r0 =
2
-Ioc=~MR2.
5
Прямоугольная тонкая пластинка
(рис. 34.6):
1с =
Ir.
Mb2
12
'
Ma 2
=
12
Iс. - Iе.: +1 г.. =
'
M{a2 +b2)
12
Момент инерции тела относительно оси
так же, как и центр масс тела, не полностью
характеризует распределение масс системы.
В частности, эти характеристики распределения масс не учитывают асимметрию в их
распределении. Поэтому в качестве характеристик, учитывающих асимметрию в распределении масс, дополнительно вводят центробежные моменты инерции.
Рис. 34.5
Рис. 34.6
X. Динамика материальной системы
8
Центробежные моменты инерции определяются относительно пары
координатных осей по формулам
1 у г =Ъ т кУк1к, •
(34.13)
или по аналогии с формулой (34.7) для сплошных тел
1ху=
\xydm,
V,s,l
1уг =
\yzdm,
I№=
V,SJ
jzxdm.
(34.14)
V,S,l
Центробежные моменты инерции в отличие от осевых могут быть
положительными, отрицательными или равными нулю. Это зависит
от выбора начала осей координат и их направления.
Ось, относительно которой центробежные моменты инерции,
содержащие в своих индексах обозначение этой оси, равны нулю,
называется главной осью инерции тела. Главная ось инерции, проходящая через центр масс тела, называется главной центральной осью
инерции.
Зная осевые и центробежные моменты инерции тела, можно определить момент инерции тела относительно любой оси, проходящей
через начало координат и образующей с осями х, у, z соответственно
углы а, Р, у:
// = I x cos 2 а + 1 у cos 2 Р + 1 г cos 2 у - 2
cos а cos р -
- 2 I n cos р cosy - 2 c o s y cos а.
(34.15)
Если оси координат являются главными осями инерции, то
Iху ~ Iуг ~ Iw = 0 •
Тогда
11 = I x cos 2 а +1у cos 2 р + I z cos 2 у.
(34.16)
Пусть в некоторой точке О твердого тела выбрано начало координат Oxyz. Если в этой точке известны главные моменты инерции относительно главных осей инерции Ox'y'z' и ориентация осей Oxyz
относительно главных осей, то при определении центробежных моментов инерции возможны три случая.
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
9^
1. Ось Ох совпадает с главной осью инерции Ох? (рис. 34.7, а).
Тогда
IХу ~ Ix'y "
=
о,
а центробежный момент инерции при повороте против часовой стрелки осей Oyz вокруг оси Ох на угол а < 90° до совпадения с осями Оу' z'
от оси Оу к оси Oz
Ivl =
у
Iz'
~ Т у ' sin2«,
2
(34.17)
а при повороте по часовой стрелке
1кп =
1у'~1г'
2
sin2a.
(34.18)
2. Ось Оу совпадает с Оу' (рис. 34.7, б) и при повороте осей Oxz вокруг оси Оу на угол Р <90° до совпадения с осями Ox' z' от оси Oz
к оси Ох против часовой стрелки имеем
=
Ixy ~~ Ixy' 0 5
=
sfn2p.
-(34.19)
3. При совпадении оси Oz с осью Oz! (рис. 34.7, в) и повороте вокруг оси Oz на угол у <90° от оси Ох к'оси Оу против часовой стрелки
1x7 = hi' = 0 ,
10
X. Динамика материальной системы
1ху =
1 /
** sin2y.
(34.20)
При вычислении моментов инерции относительно осей, параллельных оси, проходящей через центр масс тела, применяется теорема
Гюйгенса — Штейнера.
момент инерции твердого тела относительно некоторой оси равен сумме момента инерции относительно параллельной оси,
проходящей через центр масс тела, и произведения массы тела на
квадрат расстояния между осями.
Пусть ось Oz параллельна оси Cz', проходящей через центр масс С
тела. Тогда
I0z=ICz'
+ Md2,
(34.21)
где d — расстояние между осями.
Для центробежных моментов инерции зависимость между моментами инерции относительно параллельных осей определяется по
формулам
1х>> = 1х-у- +
Мхсус;
Iyz = I/z' + MyCZC,I
Jzx
(34.22)
= h'x' + Mzc*c,
где х', у', z — оси координат, проходящие через центр масс тела; х, у,
х — оси координат, параллельные осям х?,
хс, ус, Zc — координаты
центра масс тела в осях xyzПри решении задач этого параграфа все приведенные выше формулы могут быть применены в указанном виде, хотя в некоторых
случаях не исключается иной подход.
Задачи и решения
Задача 3 4 . 1
Коленчатый вал трехцилиндрового двигателя, изображенный на
рисунке, состоит из трех колен, расположенных под углом 120° друг
к другу. Определить положение центра масс коленчатого вала, счи-
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
11^
тая, что массы колен сосредоточены в точках А, В и D, причем
т А = т д =mD = т , и пренебрегая массами остальных частей вала. Размеры указаны на рисунке.
Решение
Определим координаты центра масс системы по формулам (34.1).
Найдем координаты центров тяжести тел, входящих в систему (см.
рисунок в условии задачи; вид слева):
хАл -
flfcos60°=-fif,
2
xsв = dc os60°= 2 -d,
xD = -d\
yA = d cos 30°= — d,
Л
>>5 = - d c o s 3 0 ° = - y < / ,
Уо= 0;
ZB =0,
12
X. Динамика материальной системы
Тогда
. m\-d + -d-d
^ткд + хв + хр) _ \2
2
у Q
3 /я
3т
ч
Я dя
/и ( —
Л Й?+0
л /Л
2
3т
„ - т(УА+Ув + Ур) _ \2
Ус —
—
3/я
1
- = 0,
_ m f a + + ф ) _ /и(—b—д +0+f> + о) _
= 0.
3/я
3/я
О т в е т : центр масс совпадает с началом координат О.
Задача 34.2
Найти уравнения движения центра масс
шарнирного параллелограмма ОАВО\, а также
уравнение траектории его центра масс при вращении кривошипа OA с постоянной угловой
скоростью to. Звенья параллелограмма — однородные стержни, причем OA = ОхВ = А В/2 - а.
Q
Решение
Определим координаты центра масс механизма
хvс
_—=,
IX**
-
2>*-
.
_ 1ЩУк
v
Ус - —
•
(1)
I тк
Центры масс стержней OA, АВ, 0 , 5 находятся в их серединах, т.е.
соответственно в точках С ь С2, С3 (см. рисунок). Найдем координаты
этих точек:
* q = j c o s со/,
yC{ = j s i n c o / ;
xCl = a + acosmt,
x C } = la + ^ c o s со/,
yCl - a sin со/;
уСз = у s i n ® / .
ft
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
13^
Подставим эти значения в формулы (1). Учитывая, что
Щ)А
= Рд>
тлв
= 2 ар
(р — плотность материала стержней), получим
_ ра(хС{ +2xCl +хСг) _ |cosco/+2(a + acosco/)+2a+|cosco/ ^
рд + ра+2ра
Хс
1+1+2
3
= я + - а cos со/;
4
j; c =
pa(yq +2уС2 +уСз)
у sin со/+2 a sin с о / + j sin со/ 3 a
!
i
i- = A
4,
= —sin CO/.
pa + pa+2pa
4
4
Найдем уравнение траектории центра масс системы, исключив
время из выражений для хс и ус. Так как
хс-а
Ус
= -acosa>t,
4
3
• со/,,
= -asm
4
то после преобразований получим
.
, 9 ,
,
9т.
7
9 ? (Ъ
>>-- -—
j iл
' ciп^
! co/т /= —
(хс-аУ V х
+ Ус
— a / /т
c o плс*
s ' 2 c oгл/
/ +—a
sin'
— а п •=\-а
16
16
16
\4
2
Таким образом,
{хс-а)Чу1^^аг
3
— это уравнение окружности радиусом - а с центром в точке К(а, 0).
4
3
3 .
О т в е т : хс = а + -a cos со/, ус = -asimot;
4
4
уравнение траектории
\2 , „2 П f —
• 3
+ ус = - я
окружность радиуса -а с центром
v.4 у
4
в точке А" с координатами (а, 0).
(хс -а)
14
X. Динамика материальной системы
Задача 34.3
К ползуну I массы Мх посредством тонкой невесомой нити прикреплен груз II массы М2. При
колебаниях груза по закону ф = <p0sino)/ ползун
скользит по неподвижной горизонтальной гладкой поверхности. Найти уравнение движения ползуна JC, = /(/), считая, что в начальный момент (/ = 0)
ползун находился в начале отсчета О оси х. Длина нити равна /.
Решение
Запишем теорему о движении центра масс системы в проекции на ось х (см. рисунок):
Mxc = 1F^
= 0,
так как внешние силы перпендикулярны оси х.
Следовательно, хс = 0, а хс = const, при / = 0 х Со = 0,
хс = const, значит, хС) = хСг, где хС/, xCl — положение центра масс системы соответственно при
/ = 0 и при / > 0 .
Найдем х С [ и х С з :
хС) = 0 (нить с грузом расположена вертикально),
хс2
_ Y.mkxk _ ЩХ\ +т2х2 _ М{Х\ + M2(x\ + /sin ф)
=•
м, + м2
м] + м2
где Х| — перемещение ползуна; х 2 = х, +/sin(p — перемещение груза
по горизонтали, которое происходит, вместе с ползуном.
Тогда
хс, — хс
_Q _ А/|Х| + М2(х{
+ /sinф)
Мх+М2
МХХ\ + М2Х\ + M2lsm ф = 0:
Х|
_
M2lsi пф
Мх+М2
.
=>
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
Подставим значение <р и получим
х, = -
Ответ:
xf = —
M2/sin((posincof)
М\ + М г
A/2/sin(<p0 sin со/)
Mi + М 2 :
Задача 34.4
Определить положение центра масс центробежного регулятора, изображенного на рисунке,
если масса каждого из шаров А и В равна Мх,
масса муфты D равна М2. Шары А и В считать
точечными массами. Массой стержней пренебречь.
Решение
Запишем формулы для определения координат центра масс:
Хс —=
2>
»
t
V -~ %^т к У к•
Ус
Из рисунка следует, что
хв = Isin9;
xD = 0;
yD - 21 соБф;
ув = Уа~1 coscp;
хА - -/sin<р.
Тогда
*с~
+ M\Xg + М2хр _
М] + Мх + М2
Ml ( - / sin Ф) + Л/i/ sin Ф+О
M,g 1
= 0;
2 Mi + М2
Ус
М,уА + М]ув + М2У1)
М 1 + М 1 + М2
15^
16
X. Динамика материальной системы
_ M\lcoscp+ M\lcos9+Л/ 2 -2/cos(p
2М\ + М2
_2
(М1+М2)[со^
2М\ +М2
~
.
_ М\ЛМ 2 ,
О т в е т : хс = 0; ус = 2 —
—/cosср.
2 М] + М 2
Задача 34.5
Определить траекторию центра масс
механизма эллипсографа, состоящего из
муфт Л и В массы М{ каждая, кривошипа
ОС массы М2 и линейки АВ массы 2М 2 ;
дано: ОС = АС = СВ = 1. Считать, что линейка и кривошип представляют однородные
стержни, а муфты — точечные массы.
Решение
Запишем формулы для определения координат центра масс С{ механизма:
v
_ Im*x*
мгз
Определим (см. рисунок)
I щ
=
У a =2/sin9;
хв - 21 cos<p, ув =0;
х с = I coscp, у с = / sin ф;
/
*Л:=^С05ф,
/ .
у % — — 81Пф
{К — точка приложения веса стержня ОС).
17^
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
Следовательно,
Л/, 0 + Mi(2lcos(p)+2M2lcos^+M2~cos^
Х С< =
1
2 Mi + ЗМ2
6
[(Ш
= —:
2 Mi +3 М2
— COS9,
2(2Mi+3M 2 )
Mi (21 sin ф) + М] • 0 + 2 M2l sin ф + М 2 - sin ф
Ус, =
+ Ш )
!
щм^5М2)
БШф.
2(2М} + ЗМ2)
Исключив ф из уравнения движения центра масс, получим
*с, +Усу =
7(4Л/,+5М 2 )
.2(2 Mi +ЗМ 2 ).
(cos 2 ф+sin 2 ф) =
/(4Л/,+5М 2 )
2(2 My + ЗМ2)_
— это уравнение окружности радиусом
/(4М|+5М 2 )
2(2М, +ЗМ 2 )
с центром в точке О.
О т в е т : окружность с центром в точке О и радиусом, равным
4МХ+5М2 I
2Mi + ЗМ7 2
Задача 34.6
К вертикальному валу АВ прикреплены два одинаковых груза Ей Dc помощью двух перпендикулярных
оси АВ и притом взаимно перпендикулярных стержней ОЕ = OD = г. Массами стержней и вала пренебречь.
Грузы считать точечными массами. Найти положение
центра масс С системы, а также центробежные моменты инерции 1хг, 1уг, 1ху.
Решение
BI
О
Еу
D У
Ц
Координаты центра масс определим по формулам (34.1).
т
о
Запишем координаты точек Ей D (см. рисунок):
=0,
хЕ = г,
УЕ
Хр =0,
yp=r,
1
zE~ 0;
Zp
тжл
У
'Mg
18
X. Динамика материальной системы
Тогда
_ MxE + MxD _ Mr + M O _ г
2М
Хс
2М
2'
_ MyE + MyD _ М О + Мг _ г
~
2М
УС
"
2М
Mze + MZD
~2'
= Q
2М
Центробежные моменты инерции определим по формулам
Ixy = 'Zmkxkyk,
fyz = %mkykzk,
1хг = Y,mkxkzk.
Получим
Ixy =
+ MxDyD = 0,
Iyz=MyEZE
+ MyDZD=
=
О т в е т: С\I/-,
0 ]; Ixz =
+
=
0,
= 0.
1^=0.
Задача 34.7
Вычислить момент инерции стального вала радиуса 5 см и массы
100 кг относительно ее образующей. Вал считать однородным сплошным цилиндром.
Решение
Для вычисления момента инерции вала относительно
оси Z] воспользуемся теоремой Гюйгенса — Штейнера, с о гласно которой
Iz> - Iz + Md2,
где d — расстояние между осями z и Zi-
iMg
Поскольку d = г, то
/
Г 1/2
Mr2
.,2
ЪМг2 3 100-25
2ч
/,, = /, +Mrz =
+ МгА =
=
= 3750 (кг • см ).
*
1
2
О т в е т : 3750 кг • см2.
2
2
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
19^
Задана 34.8
Вычислить момент инерции тонкого однородного полудиска массы М и радиуса R относительно оси, проходящей вдоль диаметра,
ограничивающего полудиск.
Решение
Пусть М — масса полудиска, тогда поверхностная плотность диска
М
2М
1 /2 nR2
tiR2
Рассмотрим полоску толщиной dr, находящуюся
на расстоянии г от оси г. Из рисунка следует, что
AD = 2AB =
24¥-?,
где R — радиус полудиска.
Тогда согласно определению осевого момента инерции тела
1г =
где
dk-r.
Будем рассматривать диск как систему материальных полосок
длиной AD и шириной dr, которые находятся на расстоянии г от оси z
и имеют массу Дтк - p-ADdr. Поэтому
Iz = jp-AD-drr2
=J р-2л//?2 - г2 • r2dr = 2 р \ r 4 R 2 - r2dr =
r=R
= 2p\~^(R2-r2)1
+
R2 - г1 +R2 arcsin^
r=0
^
. ,1 2pД 4 n 2MR*n
MR2
••2p<— arcsmb- = —=
=
.
4 8
I
8
2
8nR
4
Ответ:
MR2/4.
20
X. Динамика материальной системы
Задача 3 4 . 9
Вычислить осевые 1Х и 1У моменты
инерции изображенной на рисунке однородной прямоугольной пластины массы М относительно осей х и у.
о
л
(М
2а
X
Решение
Осевой момент инерции системы
относительно оси у
1У =
^Атк4.
Am = pdx-2а
Будем рассматривать пластинку как
систему стержней шириной dx и длиной 2а (см. рисунок). Поверхностная
плотность пластины
М
р-
У////Ш/М
М
2а -2Ь ЛаЬ
Тогда масса полоски стержня
Атк =2apdx.
При dk- х получим
2Ь
1У = %bmkdk = f2apx2dx =
3 о
3
3
4ab
3
Момент инерции I x рассчитаем аналогично, заменив х - » у , а
b
а:
/х = ~Ма2.
3
О т в е т : 1Х = ^Ма 2 ; 1У = *МЬ 2 .
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
21^
Задача 34.10
Вычислить моменты инерции изображенного на рисунке однородного прямоугольного
параллелепипеда массы М относительно осей
X, у и Z.
Решение
Объемную плотность определим по формуле (34.2):
V
Р
М
М
2а-2Ь-2с
8 аЬс
Рассматривая параллелепипед как систему
материальных точек массы
Атк -- p dx dy-dz,
находящихся на расстоянии dk = Jxk+yk
от
оси z (см. рисунок), найдем момент инерции
параллелепипеда относительно этой оси:
h
^
У
х
* 7
=
Вычисление I z сводим к вычислению тройного интеграла:
2с
а Ь
а д 2с
2
2
2
2
j J jp(x +y )dxdydz
= pf
j(x +y )z dx dy =
-а-Ь 0
-0-4
Ь(
= 2cpJ
= 2cp
'x3
„
2a+
y="
v3
3
2a3
x=b
x
2ax2 +
b
/Ч1Л
-2cp
' x=-b
Аналогично вычислим Ix:
Ix =
где d2 = yk+Zk-
ь
dx-2cp\
V-- a
—2a
3
+
3
2 a ЗЛ
dx =
2b =
^(a2+b2).
22
X. Динамика материальной системы
Поэтому
/ ^ j J i W + t e
-а-Ь О
Проведя аналогичные вычисления, получим
1х=М-(а2+4с2).
Из 1Х заменой а —> b найдем 1у:
Iy
=
K(bi+4c>).
О т в е т : / х = у (а 2 +4с 2 ); 1У = у (б2 +4с 2 );
= ~ (а2 +Ь2).
Задача 3 4 . 1 1
В тонком однородном круглом диске радиуса R
высверлено концентрическое отверстие радиуса г.
Вычислить момент инерции этого диска массы М
относительно оси z, проходящей через его центр
масс перпендикулярно плоскости диска.
Р е ш е н и е
Момент инерции диска относительно оси z
Il =
R
\p2dm,
г
где dm — масса тонкого кольца толщиной dp (см.
рисунок), длиной 2яр и с поверхностной плотноМ
СТЬЮ
Г
Г-.
n(R —г )
Поэтому
h
P2dm = J р 2
M
n(R2—r2)
•2npdp =
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
2М
JJr{R2~r2)
pVp =
О т в е т : L=—(R2
z
2
2М
2M
(R2 - г2)
4
R*-r4
4
(R2—r2)
^(R2
23^
+
r2).
+ r2).
Задача 34.12
Вычислить момент инерции тонкой однородной пластинки массы М, имеющей форму
равнобедренного треугольника с высотой И, относительно оси, проходящей через ее центр
масс С параллельно основанию.
Решение
Центр масс равнобедренного треугольни-
А
ка находится на его высоте в точке С на расстоянии ^Л от основания BD (см. рисунок).
Из подобия АABB и AAMN следует, что
АК _ MN
АЕ
С \
х
У
/ниши Н111111Г\ ЛЧ
Е
D
в
м/
К
У
BD'
так как
АК = АС+СК = -И + у,
3
то
MN =
AKBD
\Н
АЕ
+ У
h
BD.
Будем рассматривать пластинку как систему материальных точек
массой
dm = MNdy
р,
где р — поверхностная плотность пластинки, р =
М
-HBD
2
24
X. Динамика материальной системы
Тогда момент инерции пластины
.
lx=
1А
3f а.
2 M 2hP
9
Ответ:
\ У2м&
)
2M-MN-dy
J у dm = j у1—
JLh
_2„
U-BD
з
з
2
J
_lh
2 M 4
4
' h2 { 9 У
4
16
Mh2
81 4
18
+
-+-A27 + 4 - 8 1 9 27
з
+ уУу
J —
Ц
U2
2
—Mh2.
18
Задача 3 4 . 1 3
Однородная металлическая пластинка выполнена в виде равностороннего треугольника. Масса пластинки равна М, I — длина ее
стороны. Вычислить момент инерции пластинки
относительно оси z, проходящей через ее вершину параллельно основанию.
Решение
Будем рассматривать пластинку как систему
материальных точек массой
\
а>
\ЛГ
•//Л.
и /
dm =
p-MNdy,
М
где р — поверхностная плотность, р = -j—,
—lh
2
h =lc os30°=
/Л
MN = 2yt%3n°=
/
А
л/Г
ч
к
D
У
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
поэтому
Р=
М
4М
U2—
2
2
Рассчитаем
dm = У
2у
.
Ш 2у J
• dy = -—^
2 —dy
-Л " л/J/ -Л
mydy
=—2
3/
По определению
V3/
VI/
2
2
з/2
Ш
1г=
з/2 ч 4
914 _ ЗМ12
З/2 ' 64
Ответ:
•УЗУ
Л,4 \ 2
8
-Ml2.
Задача 34.14
Однородная равносторонняя треугольная пластинка имеет массу М и длину стороны /. Вычислить момент инерции пластины относительно оси z, проходящей через вершину пластины
перпендикулярно ее плоскости.
Решение
По определению осевого момента инерции
Iz=jj(x2
s
+ y2)dm,
где S — площадь пластинки (равностороннего
A ABD).
По формуле (34.3) определим поверхностную
плотность
4М
М
М
S
V3/2/4
V3/ 2 '
у
25^
26
X. Динамика материальной системы
Тогда
dm - pdxdy.
Уравнение стороны BD:
у = кх,
где к = tg3°= — . Поэтому
У=
Л"
Уравнение стороны АВ:
Л '
Тогда
л
х_
2
л
Л
1г = fpdx f (x2 + y2)dy=
0
*
л
2-
(хг
о
(,Л з-зл л
JC3
X3
\pdx\x2y + —
0 V
3
Л
x
"л
+ — + -
з-зл
} 20 з ,
20р х4
dx- р \ ——xdx = —-ь
J0 9 Л
9Л 4
914 ^ 5М12
9 Л 4-16
I,
1
Л;
2
^ ,
X3
_ 20р
Ответ:
x
(
л/
Л/
=р/
2
12
=—Ml2.
12
Задача 34.15
Вычислить моменты инерции относительно
трех взаимно перпендикулярных осей х, у и z
тонкой однородной эллиптической пластинки
массы М, ограниченной контуром
х2
у2
У
(
-о
°
X
<
а
.
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
27^
Решение
Определим поверхностную плотность
М _ М
S
nab
у=ь.
А(-а, О)
Вычислим момент инерции пластинки относительно оси г (см. рисунок):
Iz=jj(x2
+ у2) dm = ll(x2
s
у = -ь^
а
у
2
+ у1) pdS = p]dx}(x
[<&J(
а -Ь
+ у2) dy =
а (г
2
У^
У = ЬЛ—тг = р J dx дгу + —
3
х2
= 2р J
=
2
2Ьр) дг +
Ь2
а2
С
Ъг(
3
-2
1 - -
dx -
JC2 +
Для вычисления интеграла сделаем замену: дг = a sin/, dx - a costdt.
Тогда
f
2'
a 2 s i n 2 / + — ( 1 - s i n 2 / ) V l - s i n 2 / a cos/ dt =
о
1 . 7 l2
О
о
= 4b p j й sin / н — c o s z / cos 2 / dt
3
sin2 It =
c 2s i •
-4abpj —
n ^2/ + — c o s *4 / ' dt =
l-cos4/
4
1+2COS2/ + COS22/ I f , .
l+4cos4A
cos 4 / =
= - 1+2COS2/ +
4
4
так как cos
2
_ 1 + COS4/
-
2
28
X. Динамика материальной системы
'~2
/ + 2--Uin2/ + - | / + I s i n 4 / ) }
2
2
1=0
М
18 2
12 \2
2 2
=
[16
nab
12 4j
M(a2+b2>
4
Вычислим момент инерции пластинки относительно оси х:
У
2pdxdy ==op]dx\y
. ==f\\y
[v2odxdv
f dx 2dy
+ Z2)dm\i={)
4 =JJ
-a
= y = bJl-
-y
a „3 4, 1-
2\
-Pj
a
dx.
Сделаем замену: x = a sin/, тогда
я
b'
3
1
1
- / + - sin2/+—sin4/
.8 4
32
2
Ix = 4 p a — | c o s 3 / c o s / dt =4pa
, b3 Зтс +0+0
= 4p a —
3 16
{M
ъаЬ
аЪъ Зк _ Mb2
3
16
4
. Аналогично I x рассчитаем I v :
M
r\
Ответ:
I
M ,2 r
M 2 г
м ,2
Ix = — I v y = —al\ I„1 = —{a1 +bl).
4
4
4
Задача 34.16
Определить момент инерции однородного полого шара массы М
относительно оси, проходящей через его центр тяжести. Внешний
и внутренний радиусы соответственно равны Л и г .
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
Решение
Центр тяжести полого шара находится в начале координат. По определению осевого момента инерции
v
где V — объем тела.
Выразим dm через объемную плотность
dm = р dV,
где р =
М
V
М
4_,
г
о 3
3
Тогда
WJJP
v
Перейдем к сферическим координатам (см. рисунок):
х = tcos<pcos%
у = t sin<pcosy,
Z = /sin\|/,
где r<t<R,
0<<р<2я; - — <w<—.
2
2
Тогда
dV = t7 cosy dt dq>dy,
2л
2
Л
Iz = pjdy j dy \{t2 cos 2 <pcos2\|/+/2 sin2 (pcos2\)/)/2 cosy dt 0
_Jt
r
2
2
R
2
Л
= рф|о - J £fyj(r2cos2\|>)(f2cos\)/)£ft = 2p7i J cos3\|/dy\t*dt =
29^
X. Динамика материальной системы
30
= 2р к j •| siny——sin у
V
2
\j/=——
2
= ^
_
=
15
Ответ:
•
4я(Д 3 -/- 3 )
27t , d 5
= —p(R-г
5
4
)•- =
3
5ч
2M(R5-r5)
5(R3-r3)
2M(R5-r5)
5(Я3-г3) '
П р и м е ч а н и е . Можно также определить сначала полярный момент
инерции
I0 = jt2dm,
а затем осевой
где с/т=4п?2рЛ.
Задача 34.17
Вычислить момент инерции однородной тонкой оболочки, выполненной в виде полусферы
радиуса R относительно оси, проходящей через
центр полусферы перпендикулярно к ограничивающей ее плоскости. Масса М оболочки равномерно распределена по поверхности оболочки.
Решение
л
Будем рассматривать полусферу как систему
материальных точек массой
dm = pdS,
лежащих на поверхности (см. рисунок)
z=
jR2-x2-y2.
Поверхностная плотность оболочки
Р=
М
2nR2
dm = р dS
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
Тогда по определению осевого момента инерции
Iz = J J(x 2 + y2)dm = p j j ( x 2 + y2)dS,
s
s
где dS — элемент площади полусферы.
Перейдем к сферическим координатам:
х = 7?coscpcos\y,
у - /?sin<pcos\y,
Z - i?sin\y,
где 0 <<р<2л; 0 <\i/<—.
2
Тогда
dS = R2 cosy d(pd\\i.
Поэтому
и
2
0|(Л2 cos 2 фсоз2\у+ R2 sin2 9cos2\j/) R2 cosyrfij/ =
2*
1г = p 0J
It
2it 2
= p/? 4 jd(pjcos3=
o o
3
f
J
Л
2яр/? 4 sin\j/ - - sin3 у
v
3
^
3
2nR
3
О т в е т : - MR .
3
Задача 34.18
Вычислить радиус инерции сплошного
однородного цилиндра относительно оси z,
перпендикулярной оси цилиндра и отстоящей
от его центра масс С на расстоянии 10 см,
если радиус цилиндра равен 4 см, а высота
40 см.
4 см
31^
32
X. Динамика материальной системы
Решение
Определим радиус инерции pz из формулы (34.8):
h
=
Mpl
найдем
Pz
-
lh
где М — масса цилиндра.
Объемная плотность
Р = nR,22h'
где R — радиус; h — высота; М — масса цилиндра.
Момент инерции цилиндра относительно оси z (см. рисунок):
Iz = jjj(x2
+ y2)dm=jjj(x2
V
УЪ
+
•MO, y2, 0)
: = —у/й2 - x 2
y2)pdV =
V
R
z
У2
R
= p\dy\dx\(x2
уI -R -z
+ y2)dz = \z = -lR2-x2\
= p jdy j(x2 + y2) -2JR2-x2dx
y, -R
= 4 p j { - X V ( * 2 - X2)3 + —
лI 4
8 v.
=
~B(0, yv 0)
=
(
+
R2 arcsin— 1+
R
|X=R
+-y2\x^R2-x2
2
I
+R2 a r c s i n R
dy =
x=0
.4
12
[3R2+4(yf+yj+y]y2)l
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
м
Поскольку (у2 - У\) = И, р =
то
%R2h'
•2
„2 +
л
_ MOR'+^yt
+_ yj
1
12
33^
y^)
'
При ух = -30, уг = Ю, R- 4 получим
М,
I z = ^ - [ 3 16+4(100+900-300)] =237,33 М.
Тогда
Рг
1L = 7237,33 =15,4 (см).
-
О т в е т : 15,4 см.
П р и м е ч а н и е . М о ж н о было использовать теорему Гюйгенса — Штейнера и формулу
,
J* ь2)
1С/=М\ — + — .
*
U
12)
Тогда
Ioz =
Ict+Md\
где d=OC. С другой стороны, I0l = Мр\.
Следовательно,
Mp2z=ICz.+Md2,
откуда
2
lCz.+Md2
•-d2- i£L
М
М
Л2
Л2
4
12
42
40 2
12
р г =15,4 см.
Задача 34.19
Маятник состоит из тонкого однородного стержня А В массы Мх, к концу которого прикреплен однородный диск С массы М2• Длина стержня равна 4г,
где г — радиус диска. Вычислить момент инерции
маятника относительно его оси привеса О, перпендикулярной плоскости маятника и отстоящей на расстоянии г от конца стержня.
= 237,33;
X. Динамика материальной системы
34
Решение
Момент инерции маятника равен сумме моментов
инерции стержня I Zcr и диска / г д :
Момент инерции стержня (см. рисунок)
/ г ст = J x2dm.
i
Так как стержень АВ однородный, то
dm = pdx,
где р =
Щ
4r
Тогда
27/-3 + r 3 _ 7M,r 2
J
4r J
л- ч
4r
3
4 r ' 3
3
Момент инерции диска найдем по теореме Гюйгенса — Штейнера:
IZa = Izc +M2(4r)2 =М£^
+ \6М2г2 = \6,5М2Г2.
Следовательно,
ZM^ + M м2г2 = — (14Л/, +99Л/2).
О т в е т : / г = — (14М, +99М 2 ).
Задача 34.20
Тонкий однородный стержень АВ длины 21 и массы М прикреплен в центре О
к вертикальной оси, образуя с ней угол а.
Вычислить моменты инерции стержня 1Х,
1у и центробежный момент инерции 1ху.
Оси координат показаны на рисунке.
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
Решение
Согласно формуле (34.4) линейная плотность стержня
Р=
М
21
тогда.
dm = pdl = pjdx2 + dy2.
Уравнение AB (см. рисунок):
y = xctga.
,
-г sin а
Поэтому
dl = Vl + ctg 2 a dx =
dx
sin а
.
Вычислим моменты инерции стержня:
//sma
sin а
I/ sin a
а
h = J у «/и = p [ x1 ctg 2 a
-/«tee
-/sine
=
Sina
2 rp c t g 2 a l3 . з
2p/Jcos2a
£
3sina r sin a = —
3
/ sin a
/sina
f x2dm = p f x2
-/sina
-/sina
pctg^a
Л
=
Sina
2 M 33cCOS
o s 22 aA
3
^^
«
/sina
л
—t!——
sintt
3
-/sina
_ 2p/ 2 sin3 a _ 2Ml3 sin3 a _ Ml2 sin2 a
3sina
3sina-2/
Центробежный момент инерции
Ixy -
=
/ sin a
/ sin a
^
J xydm = p J j c - x c t g a - — — =
sma
-/sina
-/sina
pctga
/si f na
je 2 <ic =
sina -/ sin a
p c t g a лг^
sina
/sina
3 -/sin a
/sina
Ml21 CO"
Ml
c o s2 2 'a
•
Г
_
3^21
sin
jr /sin a
2
35^
X. Динамика материальной системы
36
_ 2 р/ 3 ctg a sin3 а _ Ml 2 sinacosa _
3sina
3
Ml2sin2a
6
,
Ml2
2
,
Ml2 . 2
,
О т в е т : Ix =
cos z a;
=
sin a;
Л
=
Ml2 . „
sm2a.
Задача 34.21
Однородный круглый диск массы М и радиуса R прикреплен к оси АВ, отстоящей от
центра масс С на расстоянии ОС = Rf2. Вычислить осевые и центробежные моменты
инерции диска.
Решение
По определению осевого момента инерции твердого тела
ly =
ly=]\[(x')2H02]dm,
s
где S — круг, лежащий в плоскости х = 0.
Поэтому
=
=рutfds=P]W j a o ^ U ^
iy
о
Я
2к
|
R4\/j
= pj R?dR J sin2 фЛр= p — f—ф——sin29 J
о
Мх', у', г')
о
У=У
о
R4 /
л\
R*
= P — (7t-0) = p — It,
4
4
гДе p — поверхностная плотность диска,
M
Тогда
/„ =лЛМ
2
_ А/Я 2
4
4
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
37^
Для вычисления 1Х воспользуемся теоремой Гюйгенса — Штейнера:
Ix = ls + Md\
MR2
R
где Ix> = pj | [ ( / ) + (г') 2 ] dS = — — , так как d = — (по условию).
s
2
2
Следовательно,
^fMfH"*1-
Аналогично вычислим I z :
Iz=IZ'
+ Md2 = pljl(x')2+(y')X'=0dS
s
+ M\
R2«
MR2
= pj / Л2 cos2 4>RdRd(p+
oo
4
R4( 1
1 . ,
MR2
R4
MR2
= p — -9+-sin2<p
+
= p — я +4 12
4
Jо
4
4
4
MR2 + MR2
MR2 .
По определению момента инерции твердого тела относительно
плоскости
Ixy-jjxy
5
dm\x=o ~
так как S лежит в плоскости Oyz, то х = 0. Аналогично
Для вычисления 1ху
нера:
Ixl=\\xzdm\x=Si=Q.
s
воспользуемся теоремой Гюйгенса — Штей-
Гуг = ГгУ + MzcVc |гс=0 = 1Уг' = pffy'z'dS
Я 2л
К
S
2п J
oo
о
о ^
=
= pj j/?cos9-/?sin(p /? dRd(p= pj R3dRj -зт2фй?ф =
38
р
: С082ф
X. Динамика материальной системы
тВ' ^
2к
О
О т в е т : IX = -MR2;
Iy =
MR2.
_ MR2.
л > г ~ ~ ' -ху
Задача 34.22
Вычислить момент инерции однородной треугольной пластинки АБС
массы Мотносительно оси х, проходящей через его вершину А в плоскости
пластинки, если даны расстояния от
т о ч е к Я и С д о оси х\ ВМ = hB,CN = ИС.
XI>
в
С
he
hB
М
N х
Решение
По определению осевого момента инерции твердого тела
Ix = Pj](y 2 +Z 2 )dm| г = 0 - pj Jy 2 dx dy =
- p j j j y2dxdy + J J y2dxdy [ = pA.
I aabd
(1)
adbc
Уравнение стороны пластины АВ:
У=
hB
—х,
ЩхвЛв)
Хд
P(xc,hc)
стороны АС:
hc
he
у = —х,
А(О, 0)
хс
M(xB, 0) N(xc, 0) *
стороны ВС:
( х С - хв)
Поэтому
ХВ хв
J J y2dxdy = / dx ]y2dy = j dx\
ДABD
0
*c
0
^3
XB
"С.
Л7
3 о
x*dx =
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
\3
1
he V " x 4
4
12
хс У
x=0
Ъ.
<хв
хс
У]
39^
ХВ,
| J y2dxdy - | dx J y2dy =
he x
Д DBC
Xjj У2
y2=—x
(xc-xB)
XC
hB+ tcdUL (x ^ B)
XC~XB
*c ГуЗЛ
1 i
fdx
hR +
-{x-xB)
J
XC~XB
~ 3 хв
xg \ / he
—x
3
'U N3!
he
dx =
— x
*C
2
XB
+ 3 hB
hc~hB
xb)
W-Xb)
xc ~ xB
hBx+3hB
+3hB \hczh. У
xc — xB
(*-*Д>3
hUxc - xB)+3hl
hc-hB
XC~XB
+
2
hc-hB
xc~xB
(x - xB) +
3
hr
xc
Л3]
\
dx =
(x-xB)2
2
v3 ,
J (x-xB)4
{kc-hB
/ .
(x-XB)
PC
3
_^ J
*
XB
hc ~ hB
xc~xB
h c - hB f
xc~xB
3
'
(x
c -
3h2
= ~(xc - x b ) Ai + ^(Ac
Л
(*c
J
-
"
Хв)2
2
+З А / ( *
XC~XB
4
\4
c
~ Хд)3
4"
v4
X
C~XvB4
1
+ hB(hc - hB)2 + -(hc-
4
hB)3 -
+
40
X. Динамика материальной системы
Тогда
A = jjy2dS
=
4+
12
з , 3кмЩ-hg)
-(хс-*в) hl +
+
hc_Y {xc + xB){xl + x2B)
xc
+ h d h c
_
\3
_1_
\
h ) 2 +
h\xB-\OL
12
*c
•51.2
„4
XB
-
hg?_
чЗ
|
*c
(4-4)
1
- hB) + hB(hc - hB)2 + Uhc - hB)3
oz.2
= rU^i*/» - hlxc) + I(xc - xB) h3B+^-(hc-hB)
12
+ hB{hc-hB)2
+
+ k h c ~ h B ) 3 = ^ - ( A i ^ - hlxc) + ^ - ( x c - xB) x
4
x [4//J +6hBhc -6hB +4(hBhl-lhch2B
= 7^(.hlxB - hcxc)+~(xc
12'
1
= ~ xB(hB -h\-
+ h3B) + hl -3h£hB +3h c h 2 B -h 3 c \ =
- xB){h3B + hBhc + hBhl +
:
hBhc - hBhl - hi) +
+ ^ xc(h3B + h2Bhc + hBhl + hi- h3c) =
= TT" xchB(h2B + hBhc + hl)-~
12
12
xBhc(h\ + hBhc + hi) =
_ hj + hBhc + hl
где S = -(xchB
C(xc, hc)\
•S,
- xBhc) — площадь АЛВСс вершинами A(0, 0), B(xB, hB),
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
„
1
0
0
xc
xB
hc
1
hB
1
41^
1
Тогда
Ix = рА = pS • Uh2B + hBhc + h2c) = \M(hB + hBhc + hi),
где M =
Ответ:
Ix = —(hB + hBhc + he).
Задача 34.23
По данным задачи 34.1 определить центробежные моменты инерции I x v I yz , / ху коленчатого вала.
Решение
Выпишем координаты точек А, В и D:
d
V3
•d\ -(а+Ь)
2
.2
В —
2
2
а О
D[-d\ 0; (а+Ь)].
По определению центробежного момента инерции
hi = Y,mkxkzk = m\-(a+b)~+0
к=i
I
2
Iyz = £mkykzk
k=1
=m\
2
+ (-d)(a+b)\ =
J
J
-Л
d(a + b ) + 0 + 0 > -
V3
md(a+b),
42
X. Динамика материальной системы
'•Л ,(d\
/ху = Ътк*кУк =Щ —d
к=1
d-Sd
2-2
+0U0.
3
V3
Ответ: Ixz = ~-md(a +b)\ Iyz = ——md(a +b); I^ = 0.
Задача 34.24
Однородный круглый диск массы М
эксцентрично насажен на ось z, перпендикулярную его плоскости. Радиус
диска равен R, эксцентриситет ОС = а,
где С — центр масс диска.
Вычислить осевые I x , I y , Iz и центробежные I xy , Iyz, I xz моменты инерции диска. Оси координат показаны на
рисунке.
Решение
Аналогично решению задачи 34.21
запишем (см. рисунок).
IZ=IZ' +
M(0Q2
=
2
MR2
+ Ма2 =
^-(R2+2a2),
Ix = Ix' + MQ = Ir> =
2тг R
2л Л
= p j n ( / ) 2 + ( f ) 2 1 4 ' - o = Pj J(/) 2 «M<P = pj J г3 sin2(pcfr<&p =
5
0 0
0 0
тсЯ Л — M
—Л
о ~ P 4 Р ~тг R2
2,1
I, = Iy- + M (OC)2 = pj Juxf
о о
4
MR2
+(z0 2 ]^| ,_0 + Ma7
*
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
43^
ip=2jt
= p j j V c o s 2 <p dr d<$+Ma2
nn
= p
Л4Л
,, 2
+ Ma
4
= p^-^f-(p+-sin2(pl
+ Ma2 =
4 V2
4
J <p=0
MR2
л-Ma
4
2
M ,n
-—(R
4
2
.
+4a
2ч
).
Определим центробежные моменты инерции диска:
Ixz =
jjxzdm\z=Q=0,
s
lyz=ttyzdm\z=0=0>
s
hy = hy
+ МхсУс\yxcl\
= Ixy
= } J X'y'dm =
R2K
= pj Jrcosep r sincp r dtydr =
о0
<p=2jt
= p f r 3 d r j —sin2cp*/<p= p — f — - c o s 2 c p
= 0.
о
о ^
4 V 4
(p=0
П р и м е ч а н и е . Решение значительно упрощается, если в о с п о л ь з о ваться справочными данными и теоремой Гюйгенса — Штейнера:
MR2
Iy=ICy. + M ( O Q
2
= ^ - + M a 2 = M ( ^ - + a 2 |;
/ , = / С 7 . + М - ( 0 О 2 = А / | у + а2
Так как ось х является главной центральной осью инерции (ось материальной симметрии, проходящая через центр масс), то 1 ху = 1 „ =0.
О т в е т: Ix = М ;
!ху
=
Iy =
^xz = I yz = 0.
+4а2);
Iz = f R
2
+2а2);
44
X. Динамика материальной системы
Задача 34.25
По данным задачи 34.24 вычислить
момент инерции диска относительно
оси Z}, лежащей в вертикальной плоскости xz и образующей с осью z угол ф.
Решение
Воспользуемся формулой (34.15) для
момента инерции относительно оси произвольного направления, проходящей
через начало координат:
// = / х cos 2 а + 1 у cos 2 р + / г cos 2 у - 2
-21
yz
cos a cosp -
cospcosy-2/^-, cosy cos а,
(1)
где cosa, cosp, cosy — координаты единичного вектора ё, определяющего направления оси / (т.е. оси Zi)7С
ТС
Поскольку у = ф, а = — - ф и р = —, то cosa = втф, cosp - О,
cosy = cos ф, тогда согласно формуле (1)
// = 7 x sin 2 ф + I z cos 2 <p-2Ixz соэфвтф.
В данном случае
1Х =
/
Iz =
MR2
MR2
2
+ Maz,
(см. решение задачи 34.24).
Тогда
ж
„
Ответ:
.MR2
Iz =
MR2
sin ф+Д/
^ R2
- + а COS2 ф = 1ц .
. 2
,/Л2
sin ф+Л/
+ а 2 (cos2 ф.
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
45^
Задача 34.26
Однородный круглый диск массы М
насажен на ось z, проходящую через его
центр масс С. Ось симметрии диска Z\
лежит в вертикальной плоскости симметрии xz и образует с осью z угол а.
Радиус диска равен R.
Вычислить центробежные моменты
инерции диска I xy , 1уг, 1хг (оси координат показаны на рисунке).
Решение
Запишем формулы перехода от к о о р д и н а т у \ , Z\ к координатам
х, у, г.
jc = хх cosa—z\ sina,
у-уи
Z=
s i n a + з cosa.
Тогда
/ху = jfxy
5
dm = j j(xt cosa
s
= c o s a J fxiyidm-sina
5
Вычислим
Х]У)
L
sina)y x dm =
J J y\Z\dm = 1Х{У{ c o s a - Iyyli sina.
5
R2n
=pJJx 1 y,</S = p J Jrcostpr sin (p
s
oo
=ptHcos2(P]
</<p =
<p=2rc
=0,
<p=0
V ,
=1 1 ^ 4 ,
=o=0'
s
так как S — диск, лежащий на плоскости Z\ = 0.
Следовательно,
= 0 c o s a - 0 s i n a = 0.
Аналогично
- \\zydm = J J(*i sina + ^i cosd)y\dm =
s
s
= sina j j X] у\ dm+COSO. fjziyidm = IXjyj s i n a + 1ЦУ{ cosa.
s
s
46
X. Динамика материальной системы
Поскольку Ix
Определим
у
= 0 и lZjУ| =0, то
=0.
lxl = j j*z dm = JJ(xj c o s a - ^ i sina)(X| sin a + Z\ cosa)dm =
s
s
= J J (x 2 cos a sin a + x, z\ cos 2 a - x, Zi sin2 a - z2 si n a cos a) dm s
= cos a sin a J J (x 2 - Z\) dm+(cos2 a - sin2 a)J j x, Z\ dm.
s
s
Так как S лежит в плоскости Z\ = 0, то
Ixl = cosasina J jx2dm = pcosasina J JxfdS =
KZK
1
= - p s i n 2 a | fr2 cos 2 <pr dr d<p =
2
oo
1 . . R4fl
1 . . )2*
fl 2nR4 . „ )
= - p s i n 2 a — -(p+-sin2cp
= -p
sin2a
2
4 V2
4
" o
[8H 2
J
_ 1 MnR4
8 TIR2
Ответ:
- ~ _ 1 ЫР2
-sin2a = -A/7? sin2a .
Ixz = - MR2 sin2a; Ixy =
1^-0.
Задача 34.27
Решить предыдущую задачу в предположении, что диск эксцентрично насажен на ось z, причем эксцентриситет
ОС = а.
Решение
Координаты точки С:
хс - -a cosa,
ус - 0,
Zc-~a sin a.
м
"KR2
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
47^
Поэтому координаты х, у, z и хх, ух, Z\ связаны следующими формулами:
х = Х| c o s a - Z i s i n a - a c o s a = (x, - a) cos a - Z \ sina,
- У =
У],
z = X| sina + ^i c o s a - a sina = (x, - a ) s i n a + 3 cosa.
Отсюда
[xy = $jxydm = j j ^ x , c o s a - ^ s i n a - a c o s a ) r f m j z = 0 =
1
s
s
= IX[ У1 cosa-acosa
jjyldm--acosa-MyiC
s
=0,
так как С совпадает с началом системы координат х х , у х , Z\ и ухс = О,
а
= 0 ( с м - задачу 34.26).
Аналогично
I yz = ]\yzdm\i=Q
о sina = 0,
= \\yx(xx -a)smadm-Myxc
IXZ = ]\xzdm
=
s
= J J(X] c o s a - 3 s i n a - a cosa) (x, sina + Z\ cosa-asina)dm|^ _ 0 =
s
= J J(x? + a2 - 2 a x 1 ) s i n a c o s a d m =
= a2sinacosa
f f dm-asin2a
s
f jxxdm+sinacosa
s
= - i - A / a 2 s i n 2 a - a s i n 2 a - Mx,c +
2
2
= -M\— + a2) sin2a
"
4
J
(см. решение задачи 34.26).
Ответ:
I xz
„
=-M
2
tR2
^
•a1 sin2a; / х у =
=0.
J f x2dm =
s
-M— =
4
48
X. Динамика материальной системы
Задача 34.28
Однородный круглый диск радиуса R насажен на ось вращения z, проходящую через точку О и составляющую с осью симметрии диска Cz\ угол а.
Масса диска равна М. Определить момент инерции I z диска относительно
оси вращения z и центробежные моменты инерции
и 1 К , если OL — проекция оси z на плоскость диска, ОЕ = а,
ОК = Ь.
Решение
Найдем зависимость между координатами точки
мах Oxyz и Cx'y'z':
yh Zi в систе-
х,- = X/ cosa-г,'sin а ,
У/ = У,;
Zi = Xj sin а + г,- c o s a ,
Xi = xc + x;c,
•
У/= Ус + Ую,
xc = OE = a, ус =OK = b, zc= O.J
Формулы (1) получены параллельным переносом координат Сх' у'z' в точку О с последующим поворотом ее на
угол а.
Вычислим центробежный момент
инерции:
Iyz = И т ' У Л =
sin а
у>
+ ?/ cosa) =
/
= sina X Щ У М + c o s a
i
i
= sin а 5 > А У ю + }>ic)(xc + x',c) + c o s a ^m, (yc + ylc)(zc + Z/c) :
/
= sin a
Усхс - MabsincL
(1)
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
49^
При выводе этой формулы было учтено, что ось £ является главной центральной осью инерции диска, а поэтому
i x . z , = i / z , = 0,
2>,х; = Мгс=о,
I xz = £rriiXjZi -
=
(2)
cosa—^ sina) (x; sina+г, cosa) =
= sin 2 a ^niiXjZc + cos 2 a £/я,х,гс + cosasina £ w , ( x 2 - 5 2 ) =
i
i
= (cos 2 a - sin2 a ) 5 > , ( x c +
+
+
+ cosasinaXffi/ [(x c + x,02 - Uc + Zc)2] =
= (cos 2 a - sin2 a)
+ Лт>х& + Hmi^xc +
V
i
+ sina cos afjT/iij
+ x} +2х с х,—г,)) =
= sin a cos a (Mxq +
= \ Ma2 +-MR2
I
4
J
=
sinacosa = M a 2 + —
I
4
J
sinacosa.
Так как xf, yf, zi координаты точки на диске, уравнение которого
имеет вид z'= 0 (в системе координат Cx'y'z'), поэтому z,' = 0 для всех /.
Также вычислим / г :
7г
-
= 2>i(*< 2 +
= 2 > / К*'
s i n а>2 +
cos
У' \ =
Й 2 cos2 a - 2 x,^ cos a sin a + г 2 sin2 a + y,2] =
= cos2 a 2 > / ( x £ +2х^х/ + x 2 ) + sin2 a Q^mjZc) -
- 2 c o s a s i n a Y<mix'iCxc
+ %,тАУс +2УСУ1 + У/2) =
= cos2 a (A/xc + 2 xcY.m> xi +
xc)
+ sin2 a • Mzc -
- 2xc cosasinaXm,x; c + (£m,x' 2 + 2 Х ^ У с + 2>,y,' 2 ) =
= cos2 a^A/a2 + i i?2
Mzc sin2 a + Мус + ^ т Ц у ' 2 =
50
X. Динамика материальной системы
= м(а2 +1R2) cos 2 а + i - MR2 + Mb2 =
V
4 J
4
= М [a2+i^2jcos2cx + ^2sin2a+Z>2
При упрощении учтено, что для круглого диска
I m i y J = ~MR\
а также формулы (2).
П р и м е ч а н и е . Решение этой задачи может быть проведено с использованием теоремы Гюйгенса — Штейнера:
I0=Icz'+Md2,
hy = Ix-y- +
Ответ:
1г=М
Мхсус.
а 2 + - R 2 ]cos2 a + - Л 2 s i n 2 a + b 2
2
J
4
Ixz = iV/Q/? 2 + a 2 jsinacosa, Jyz = Mabsma.
Задача 34.29
Однородная прямоугольная пластинка OABD
массы М со сторонами а и b прикреплена стороной OA к оси ОЕ.
Вычислить центробежные моменты инерции
пластинки l xy , l yz , Ixz.
Решение
Пластинка OABD лежит в плоскости х = 0.
Поэтому
Ixz=]\xzdm\^0=
О,
s
fxy = \jxydm\x^=Q.
s
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
51^
Вычислим /,yv
Ь(а
\
A = p b2
'./t
= pj jzdz у ay
= -Mab,
2 2
4
ovo
Iyz=j!yzdm
s
где dm = pdy dz, p = —.
ab
О т в е т : Ixy = 1^= 0; Iyz
=-Mab.
Задача 34.30
Однородная прямоугольная пластинка массы М со сторонами длины а и b прикреплена к оси z, проходящей через одну из ее диагоналей.
Вычислить центробежный момент инерции I yz пластинки относительно осей у и z, лежащих вместе
с пластинкой в плоскости рисунка.
Начало координат совмещено с центром масс пластинки.
У
^
т\
Решение
Введем к о о р д и н а т ы х ' , / и г ' ( с м .
рисунок) согласно формулам
х = х',
у = у' cos a + ^'sina,
z — —y'sina + z' cos а ,
b
b
, b
a
где tg a = —; — < y <-; —<z
a
2
2
2
, a
.<—•
2
Пусть поверхностная плотность пластины
Р
= К = М. •
~ 5
аЬ'
о
/
X,
«""— \ V
^
^
\У
ш
ш. 'г
X. Динамика материальной системы
52
Тогда центробежный момент инерции пластины
Iyz = jjyzdm = р j J(y'cosa + z'sma)(-y'sm<x + z'cosa)dy'dz' =
s
a ь
i г
= pJ J
~(y') 2 ]sinacosa+^Y(cos 2 a-sin 2 aj^dy'dz' =
аЬ
~2~2
, Ь1
J
2 (O'\3
2 УЯ1
0
0
,'\2
= -psin2a j
•dy' + p c o s 2 a
О
Z
2
ь
Z=~2,
_ psin2a ?
V)2
2
t —
ь
,
= -psin2a
'^y'-a^l
12
£fy' + p c o s 2 a 0 0 =
12
ь
y=
3
2
,-J
1
. . (a\
by
= -psin2a—b-a—
2
U2
12
1
l/l-b2l)—=
1.2ч sinacosaj- =—M{a2-b2)
=—pab(a
12
sin a + c o s z a
12
_ M(a2 -b2)
12
О т в е т : I yz
M
ab(a2-b2)
12
a2+b2
b/a
1+(b/a) 2 ~
Mab
12
—tga
l + tgza
(a2-b2)
( a 2 +b2)
Задача 34.31
Вращающаяся часть подъемного крана состоит из стрелы CD длины L и массы
, противовеса Е массы Мг и груза К
массы М}. Рассматривая стрелу как однородную тонкую балку, а противовес Е £Г~~1
и груз А" как точечные массы, определить
момент инерции I z крана относительно
вертикальной оси вращения z и центробежные моменты инерции относительно
С
53^
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции
осей координат х, у, z, связанных с краном. Центр масс всей системы
находится на оси z; стрела CD расположена в плоскости yzРешение
Запишем координаты характерных точек подъемного крана (см. рисунок):
E(0,-a,h),
С ( М , Л).
D(0,L,sina,
h + Lcosa);
£[~П
с
Кф, Lsina, A + X c o s a - / ) .
По определению осевого момента
инерции
Iz = М2а2 +
Isina
\ у2dm + M 3 (L sin a ) 2 .
о
Однако
dm = pdl = pjdy2
2
+ dz2 = Р,Д +
dy,
Ms
где P = -T 1 ; Z = A + y c t g a .
Li
Поэтому
M,
dm = —-y/l+(ctga) 2 dy =
X
Lsina
Тогда
«./•
/ _j|/fl2+_«!_
Г RIN Л1
Lsina
I sin a
Lsina
r y2dy + M3(Lsina)2
•
+ A/ 3 (Z,sina) 2 = M 2 a 2 + [ M 3
= M2a2
1/
T CLRT N 3"S
Lsina
|i2 sin2 a;
isina
Ixy = Л/ 2 -0 ( - а ) +
| xy ^/M|x=0 + A/3 0 Z s i n a = 0;
о
„3 Lsina
54
X. Динамика материальной системы
Ixz = M20h
+
Lsina
J xz dm\x=Q + M 3 0 (h ~ / + £ c o s a ) = 0;
Iyz = M2(-a)h +
I. sin a
J yz dm + Mj £ ( / ; - / + Z,cosa)sina =
Mi L s i n a
+ Icosa)sina-M2ah +
— f y(h + yctga)dy
Lsina Q
• М^L(h-/
=
y=L sin a
M\ ( V2 V3
= Л/3 L(/i - / + L cos a) si n a - М2а/г + -p—'— h— + — c t g a
Lsina ^ 2
3
y=0
+ £cosa)sina-M2ah +
= Мгин-/
М3+-Л/,
=2— L sin2 a + M3(h-l)
О т в е т : Iz = М
/
*
=
Л/3
г
а
г
s
i
n
+ -Л/,
3—£2sin2a +
2
1
+
=
+ ^Mth Lsina-
M2ah.
a\
Lsina-
M2ah\
П р и м е ч а н и е . В приведенном в сборнике ответе были допущены опечатки.
35. Теорема о движении центра масс
материальной системы
Методические указания к решению задач
Определение и физический смысл центра масс системы дан в предыдущем параграфе. Однако здесь уместно напомнить, что центр масс
системы материальных точек — это геометрическая точка, координаты
которой в декартовой системе координат определяются по формулам
_
Ъткхк
Ътк
Ус
.
Zc
_ ЪткУк
(35.1)
щ
_ImkZk
—•
Щ
При движении механической системы координаты хк, ук и zk материальных точек или центров тяжести тел, входящих в систему, изменяются с течением времени. Поэтому формулы (35.1) могут рассматриваться как уравнения движения центра масс, т.е.
хс=Л(0,
Ус = flit),
ъ = М ) .
Зная уравнения движения, можно путем дифференцирования
найти проекции скорости — хс, ус, tc и ускорения — хс, ус, Zc центра масс на оси декартовых координат, а затем определить его скорость v c и ускорение ас:
vc = *Jxc + yc+Zc
ас =л1хс + Ус+?с-
(35.2)
Если же в некоторой механической системе центр масс окажется
на звене, совершающем вращательное движение вокруг неподвижной оси, то v c и ас центра масс можно определить как скорость и ускорение точек тела при вращательном движении. Для этого нужно
56
X. Динамика материальной системы
знать расстояние от оси вращения до центра масс, угловую скорость
и угловое ускорение вращения тела.
Теорема о движении центра масс механической системы — это выражение второго закона динамики для системы материальных точек
при ее поступательном движении:
центр масс механической системы движется как любая материальная точка, масса которой равна массе всей механической системы
и к которой приложены все внешние силы, действующие на систему,
т.е.
Mac = Re,
(35.3)
где М- Yjmk — масса всей системы; Re =
te — главный вектор
всех внешних F/ сил, приложенных к материальным точкам или телам механической системы.
Уравнение (35.3) может быть записано в скалярной форме в проекциях на оси декартовых координат или на естественные оси. В декартовой системе координат выражение (35.3) примет вид
мус
- щ = i**<,
(35.4)
Как следует из формул (35.3) и (35.4), на движение центра масс
механической системы влияют только внешние силы. Внутренние
силы в механической системе прямого влияния на движение центра
масс не оказывают, хотя их косвенное влияние имеет место в том
случае, когда они являются источником возникновения (появления)
внешних сил. Уравнения (35.4) позволяют решать две задачи, аналогичные двум основным задачам динамики материальной точки:
• первая задача — по известным массе системы и закону движения ее центра масс требуется определить главный вектор внешних
сил, действующих на систему, или какую-либо одну из этих сил, когда
известны другие силы;
• вторая задача — по известным массе системы, внешним силам,
действующим на систему, и начальным условиям движения центра
масс требуется определить закон движения центра масс.
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
57
Из теоремы о движении центра масс можно сформулировать два
следствия.
1. Если главный вектор внешних сил, действующих на систему,
равен нулю, то центр масс механической системы движется равномерно и прямолинейно либо покоится.
2. Если проекция главного вектора внешних сил, действующих
на систему, на какую-либо ось равна нулю, то проекция центра масс
на эту ось либо покоится, либо движется равномерно, т.е. если, например, Щ = 0, то хс = 0 => хс - const.
Если в начальный момент система покоилась, то
Х0С = 0 = х с => Хс - const,
т.е. проекция центра масс покоится. При Хос 0 центр масс движется
вдоль оси х с постоянной скоростью.
Эти следствия выражают закон сохранения движения центра масс
механической системы. Если координаты центра масс системы остаются неизменными во все время ее движения, то можно определить
перемещение некоторых точек или тел системы, составив алгебраическое уравнение вида
%ткАхк=0,
(35.5)
где Ахк — приращение координаты центра масс к-го тела при изменении положения тел в механической системе.
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Изобразить механическую систему, показав все внешние силы,
включая и необходимые реакции связей, если система несвободна.
2. Записать для данной расчетной схемы теорему о движении центра масс в некоторой форме [см. формулу (35.3)].
3. Выбрать неподвижную систему координатных осей.
4. Записать теорему о движении центра масс в проекции на эти
оси или на одну из осей [см. формулу (35.4)].
5. При необходимости определения какой-либо внешней силы
выразить ее из уравнения, полученного в п. 4.
6. Используя формулы (35.1), определить координаты или уравнения движения центра масс. При определении скорости или ускорения центра масс эти уравнения следует продифференцировать.
58
X. Динамика материальной системы
7. Для определения закона движения центра масс составить дифференциальные уравнения вида (35.4), а затем проинтегрировать их,
предварительно определив начальные условия движения центра масс
при / = 0: хос, ук, Zoc, *ос, Уос, toe8. При решении задач на закон сохранения движения центра масс
необходимо выполнить все указания пп. 1 —4, обосновать, будет ли
центр масс покоиться или двигаться равномерно, показать координаты центров тяжести тел в начальном положении системы, определить их приращение Ахк, а затем составить уравнение вида (35.5) и определить перемещение некоторого тела при условии, что центр масс
системы покоится.
9. Решение задачи необходимо дать в общем виде, а при необходимости в полученные выражения искомых величин подставить числовые значения.
Задачи и решения
Задача 35.1
Определить главный вектор внешних
сил, действующих на маховик М, вращающийся вокруг оси АВ. Ось АВ, укрепленная в круговой раме, в свою очередь вращается вокруг оси DE. Центр
масс С маховика находится в точке пересечения осей АВ и DE.
Решение
Запишем теорему о движении центра масс механической системы:
Радиус-вектор центра масс механической системы определяется по
формуле
гс
5>*
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
59
Так как положение центра масс маховика при движении не меняется
(это точка С ) , то ? с = 0, а значит, и
Х # = О,
т.е. главный вектор внешних сил равен нулю.
О т в е т : главный вектор внешних сил равен нулю.
Задача 35.2
Определить главный вектор внешних
сил, приложенных к линейке АВ эллипсографа, изображенного на рисунке. Кривошип ОС вращается с постоянной угловой скоростью со, масса линейки АВ равна М, ОС = АС - ВС = I.
Решение
Запишем теорему о движении центра масс механической системы:
Mk
(1)
=
Проекции радиуса-вектора на оси координат (см. рисунок) найдем по формулам
хс
~
I ЩХк
2>*
V - Ъ т кУк
УС
>
Ф = со/.
(4)
Так как дана только масса линейки АВ, то
М ОС cos со/
= /cosco/,
*с = •
М
у с = / sin со/.
X. Динамика материальной системы
60
Взяв вторые производные от хс и ус, получим проекции ускорения центра масс:
х с = - t o 2 cos со/,
у с = - to2 sin со/.
Тогда проекций главного вектора внешних сил на оси координат
Щ = Мхс = -Mid)2 cos со/,
Щ = Myс - -Mco 2 sinco/,
а модуль главного вектора внешних сил
/Г = ^ )
2
+(Щ) 2 - McoVcos 2 со/ + sin2 со/ = Мсо 2 .
Направляющий косинус
%
cosa = — - —cos со/,
R*
т.е. a = 180°- ф, где ф = со/.
Значит, главный вектор внешних сил направлен по звену СО.
О т в е т : главный вектор внешних сил параллелен звену СО и равен
по модулю Мсо2.
Задача 35.3
Определить главный вектор внешних сил, действующих на колесо массы М, скатывающееся с
наклонной плоскости вниз, если его центр масс С
движется по закону хс = at2jl.
Решение
Запишем теорему о движении центра масс механической системы в проекции на ось х:
Mxc = ^F&.
(1)
Так как траектория движения центра масс —
прямая, параллельная оси х (см. рисунок), то
т.е. равна главному вектору внешних сил.
61
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
Возьмем вторую производную от уравнения движения центра
масс: хс = а. Подставим это значение в уравнение (1) и получим, что
главный вектор внешних сил равен Ма.
Ускорение центра масс направлено параллельно оси Ох, так как
главный вектор внешних сил имеет направление ускорения, то он
тоже направлен по оси Ох.
О т в е т : главный вектор внешних сил параллелен оси Ох, направлен
в сторону движения и равен по модулю Ма.
Задача 35.4
Колесо катится со скольжением по горизонтальной прямой под действием силы F, изображенной на рисунке. Найти закон движения центра
масс С колеса, если коэффициент трения скольжения равен/, a F = 5fP, где Р — вес колеса. В начальный момент колесо находилось в покое.
Решение
Покажем на рисунке силы, действующие на
колесо: mg — сила тяжести колеса, N - нормальная реакция, F^ — сила трения скольжения.
Запишем теорему о движении центра масс механической системы в проекциях на оси х и у:
Mxc = ZF£c = F-FTp,
(1)
myc = N-mg.
(2)
Так как Ус~
с! т
FУО\^
/У/Л
^
/
N y
'?////
х
mg
const, значит, у с = 0, т.е.
N = mg,
FTp=fN
= fmg = /P.
Подставим значение силы трения в уравнение (1) и выразим хс:
mxc = F-Fw=5fP-fP
4fP
-4fg.
хс = т
= 4fP,
(3)
62
X. Динамика материальной системы
Проинтегрируем дважды выражение (3). Запишем
dxc
dt
=4fg
или
(4)
dxc=4fgdi,
откуда получим
(5)
xc=4fgt+Q.
Постоянную интегрирования С, найдем из начальных условий:
t = 0, XQ= 0, С\ = 0 .
Интегрируя выражение (5) и учитывая, что С, = 0, получим
dxc
. j..
—T = 4fgt
dt
или
dxc = 4fgtdt,
xc=yf-+C2=2fgt2+C2.
Найдем постоянную интегрирования C2 из начальных условий:
/ = 0 , xq = 0; С2 =0.
Значит, закон движения центра масс
хс
Ответ:
хс
- 2-fgt2-
=2fgt2.
Задача 35.5
Колесо катится со скольжением по горизонтальной прямой под действием приложенного
к нему вращающего момента. Найти закон движения центра масс С колеса, если коэффициент
трения скольжения равен/ В начальный момент
колесо находилось в покое.
////,
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
63
Решение
Покажем на рисунке силы, действующие на
колесо: сила трения скольжения Е^, сила тяжести mg, нормальная реакция N. Центр масс колеса С движется прямолинейно.
Запишем теорему о движении центра масс механической системы в проекциях на оси х н у :
mxc = Y,Fkx = *ф,
(!)
myc = ZFfy = N-mg = 0.
(2)
Так как ус = R- const (R — радиус колеса), то ус =0.
Из уравнения (2) следует, что N = mg. Тогда
FTp=fN
= fmg.
(3)
Подставим выражение (3) в уравнение (1).
Тогда
тхс = fmg
или
хс = /8Дважды проинтегрируем полученное равенство. Постоянные интегрирования найдем из начальных условий: / = 0, xcq = 0, хсо = 0. Получим
*c=Jgt+Cu
С, =0.
Следовательно,
dxc
г
или
dxc = fg tdt.
После интегрирования
.
64
X. Динамика материальной системы
Используя начальные условия, определим, что С2 = 0. Следовательно, закон движения центра масс колеса
г
Хс
Ответ:
хс =
2
.
fgt2
Задача 35.6
Вагон трамвая совершает вертикальные гармонические колебания на рессорах амплитуды 2,5 см и периода Т= 0,5 с. Масса кузова
с нагрузкой 10 т, масса тележки и колес 1 т. Определить силу давления
вагона на рельсы.
Решение
Применим теорему о движении центра масс системы:
Мас = (mj +m2)g + NX + N2,
где M =m{ +m2.
В проекции на ось х (см. рисунок) запишем
(/и, +т2)хс = -(Щ +m2)g + N,
где N\+N2 = N.
Отсюда
N = {т{ +m2)(g + xc).
Найдем уравнение движения центра
масс всей системы:
хс
_х]т1+х2т2
/И) + т 2
где X) = const; х 2 = a sin со/ +Ь.
Так как вагон совершает вертикальные гармонические колебания, то b = const.
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
65
Частота колебаний
2 к 2п
.
(0 = — = — = 4л,
Т
0,5
амплитуда — а = 2,5 см = 0,025 м.
Найдем ускорение центра масс системы:
XfTl2
m, +т2
ГП2
от,
2 •
—-—а<л sin о / .
+т2
Так как I sin со? [ < 1, то
хСг
L m2aaf
nt\ +т2
В зависимости от знака ускорения центра масс давление будет
минимальным или максимальным:
N min = (т] +m2)g-m2aсо2 = 107,8-103 - 3 9 , 5 1 0 3 =68,3 (кН),
Л^шах = (/"I +tn2)g+m2a(i>2 =
= (1 + 10) 103 -9,8 + 10 103 0,025 16л2 = 147,3 (кН).
О т в е т : от 68,3 до 147,3 кН.
Задача 35.7
Определить силу давления на грунт насоса
для откачки воды при его работе вхолостую, если масса неподвижных частей корпуса D и фундамента Е равна Ми масса кривошипа OA = а
равна М2, масса кулисы В и поршня С равна Мъ.
Кривошип OA, вращающийся равномерно с угловой скоростью со, считать однородным стержнем.
Решение
Показываем на рисунке силы: M}g — сила тяжести корпуса и фундамента Е, M2g — сила тяжести кривошипа OA, M3g — сила тяжести кулисы В и поршня С, N — сила реакции грунта.
rZZZZZZZZZ\
66
X. Динамика материальной системы
Запишем теорему о движении центра
масс системы:
Мас = (Л/, + М2 + M3)g + N.
(1)
В проекции на ось х получим
Мхс = (Л/, + М2 + M3)g - N,
(2)
отсюда сила реакция грунта
N = (MV+М2 + M3)g - Мхс,
(3)
где М = М]+ М2 + М3.
Навдем уравнение движения центра масс
системы:
Хс
_ Ъткхк _ MjX! + М2х2 + М3х3
Y,mk
^
Mj+M2+M3
где x\=l = const — координата центра масс корпуса и фундамента;
а
а
х 2 = — cos<p = ycos(o/ — к о о р д и н а т а центра м а с с к р и в о ш и п а ;
*з = acos(at+b (b — константа) — координата центра масс кулисы
и поршня.
Взяв вторую производную от выражения (4), получим
=
MA + М2х2
М{+М2
+
Л/3Х3 = _ (М2 +2Af3W
+ М3
^
2(М\ +М2 + М3)
Тогда с учетом формулы (5) и согласно формуле (3)
N = (Ml + M2 + M3)g-{M{
+М2 + М3)хс =
2
- ( Л / , + М2 + M3)g + —^-(M2 +2M 3 )cosco/.
2
О т в е т : N = (Л/, + М2 + M3)g
+<~-(М2+2М3)coscot.
Задача 35.8
Использовав данные предыдущей задачи, считать, что насос установлен на упругом основании, коэффициент упругости которого
равен с. Найти закон движения оси О кривошипа OA по вертикали,
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
67
если в начальный момент ось О находилась в положении статического равновесия и ей была сообщена по вертикали вниз скорость v0.
Взять начало отсчета оси х, направленной вертикально вниз, в положении статического равновесия оси О. Силами сопротивления пренебречь.
Решение
Запишем теорему о движении центра
масс механической системы в проекции
на ось л: (см. рисунок):
Mxc=(M]+M2
+ M3)g-Fynp,
(1)
где Fyup = c(x + fCT).
Подставим выражение Fynp в уравнение (1) и, зная, что
_ (М] + M2 + M3)g
f
Уст "
,
с
получим дифференциальное уравнение
Мхс =—сх.
\
(2)
Определим координаты центров масс
входящих в механическую систему тел:
Х]=1 + Х, / = const;
х2 = jcosco/ + x;
х3 = b + a coswt + х.
Запишем уравнение движения центра масс вдоль оси х:
хс
М{(1 + х) +
М\ Х[ +М2х2 + М3х3 _
М\ + М2 + м3
cosco/ + xj+ M3(b + a cos со? + х)
М| + М2 + М3
(3)
Взяв вторую производную, найдем проекцию ускорения центра
масс хс на ось х:
хс
(М2 + 2 М3)сна2
, Л/, + М2 + Мъ
.А
il
cos со? + — !
-х.
2 (А/, +М2 + М3)
М]+М2 + Мъ
(4)
68
X. Динамика материальной системы
Подставим выражение (4) в уравнение (2) и получим
(5)
Введем обозначения:
с
М, +Л/ 2 + М 3 '
h=
(Мг+2МЪ)
ааУ.2
М1+М2 + М3
2
Подставим их в уравнение (5) и получим дифференциальное уравнение движения оси О вдоль оси Ох:
Х + к 2 х = hcoscot.
(5*)
Это неоднородное дифференциальное уравнение, решение которого будем искать в виде
X = х + х*,
где х — решение однородного уравнения; х* — частное решение.
Рассмотрим два случая.
1) Если к Ф со, то
x = Q coskt+C2sinkt,
х* = A cos со/,
х* = -Aco 2 cos(ot.
Из уравнения
-Лео2 cos со/ + Ак2 cos со/ = h cosco/
найдем коэффициент А:
к2-а2
и, следовательно,
к 2 - со2
cosco/.
Тогда
х = С, cos kt+С2 sin kt + —5
cos со/,
& -or
X = -Qksinkt
+C2k cos kt —
sin со/.
к1 - c o 2
(6)
(7)
69
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
С, и С2 найдем из начальных условий: / =0, х 0 =0, х0 = v0.
Из равенства (6)
~ ,
h
„_ „
h
X — XQ=C\+
—Г
Г- = 0 => С] - 2-со'
А: 2--со
Л
ш2
Л к—
С2'
из равенства (7)
к
и тогда
ХП = —т-—=rCOs/:/ +—sin/:/ + - — — т cos cor.
/г — со
А
А — со
2) Если А: = со, то, как известно из общей теории дифференциальных уравнений, решение уравнения (5*) следует искать в виде:
х = (At + В) coskt + (С/ + В) sin £/,
х = A coskt-k(At+B)sinkt
+С sin kt + (Ct + D)k coskt,
x = -Aksinkt - k2(At+B)coskt
(8)
(9)
- kAsinkt +
+Ck coskt—k2(Ct + D) sin kt +Ckcoskt.
Подставим найденные значения x и x в уравнение (5*):
-Ак sin kt-k2(At+B)
coskt - kA sin kt + Ck cos kt + k2(Ct + D)s\nkt = h cos kt,
- k2(Ct + D) sin kt +Ck coskt + k2(At+B)coskt
-2 Aksinkt+2Ckcoskt
= h coskt.
Так как коэффициенты при sin kt и coskt должны быть одинаковыми, то получим
2Ck = h=*C = —,
2к
-2Ак =
0=*А=0.
Постоянные В и D найдем, подставив начальные условия: /0 = 0,
х0 = 0, хо = v0, в уравнения (8) и (9):
Л(, =В = 0=*В = 0,
к
к
X. Динамика материальной системы
70
Подставим значения постоянных А, В, С и D в формулу (8) и запишем решение в виде
К2к
к)
или, зная, что к = со,
Vo • „ h
xQ = — smco/ +—rsincor.
со
2co
О т в е т : 1) при
мх+м2 + м3
* со2
= ——т
coskt+—sin kt + — ^ — T cosco/,
к - at
к
к -a
'
act
>h=(M2+2M3)
где * = I
у м } + м 2 + м3
M x + M 2 + M3 2
с
1
Vn
h
2) при
= or х 0 = —sincof +—fsincof.
Mi+M2 + M3
со
2co
хо
Задача 35.9
Ножницы для резки металла состоят из кривошипно-ползунного механизма ОАВ, к ползуну В которого прикреплен подвижный нож.
Неподвижный нож укреплен на фундаменте С.
Определить давление фундамента на грунт,
если длина кривошипа г, масса кривошипа
М\, длина шатуна /, масса ползуна В с подвижным ножом М2, масса фундамента С и корпуса D равна М3. Массой шатуна пренебречь.
Кривошип OA, равномерно вращающийся
с угловой скоростью со, считать однородным
стержнем.
Указание. Выражение Jl — s i n Ш J следует разложить в ряд и отбросить все члены ряда, содержащие отношение - в степени выше второй.
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
71
Решение
Покажем на рисунке действующие активные силы: силы тяжести всех частей машины — M\g, M2g, Mjg, и точки их приложения соответственно С ь С2 С 3 , а также реакцию N грунта.
Запишем теорему о движении центра
масс механической системы в проекции на
ось х:
Mxc = -ZF& = (Ml+M2
+ M3)g~N.
(1)
Из уравнения (1) выразим N:
N = (Л/, + М2 + M2)g-Мхс.
(2)
Для определения N необходимо знать проекцию ускорения центра масс на ось х. Рассмотрим кривошипно-ползунный механизм.
Так как со = const, то <р = со/, координаты х{,х2 и х 3 центров масс Q , С2
и С3 (см. рисунок):
OA
-cos СО/ = — COS со/,
2
2
х 2 = OA • cos со/ + АВ • cosy+ВС 2 (ВС2 = const),
х 3 = ОС3 = const.
(3)
(4)
(5)
Зависимость между углами ср и у определим по теореме синусов
из АОАВ:
siny _ г
sin со/
/
или
siny = у sin со/.
Тогда
cosy = л / ' s i n 2 у = Jl - 1 j sinco/
(6)
72
X. Динамика материальной системы
Подставим выражение (6) в формулу (4) и получим
= г cosco/ -н//у
1 — j^у
^-sinco/)
sin со/J +ВС2.
Л/1
х2 = rcoscot+1сощ+ВС2
Разложим выражение
1 - | ysinco/
г
в ряд. Учитывая, что - — правильная дробь, отбросим все члены ряда,
содержащие у в степени выше второй. Тогда
1
jl-^ysinco/j
= 1-^ysinco/j
=1
1
1 Г" • 2 ,
Т-sin со/.
2 /2
Следовательно,
х2 -
(
г2
гcosco/+/ 1 —-т-sin 2 ю/ +ВСЪ
2
ч 2/
у
зная, что
. 2 „ l-cos2co/
sin со/ =
,
получим следующее выражение для х2.
г2
(
1 г
Л
Х2 = / + — + /• COSC0/ +—cos2co/ \+ВС2.
4J [
41
)
Вычислим вторые производные от выражений (3), (5) и (7):
2
Х\ =
/ТО
2
cosco/,
х 2 = -rco2^cosco/ + ycos2co/j,
(7)
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
Зная, что
*с =
М\ х, + М2х2 + М 3 х 3
Му+М2 + М3
найдем
хс
М\Х\ + М2х2 + Л/3Х3 _
2
3
Mi+м + л/
.,2
—М\
cos со/ - Л/2г со2 |^cos со/ + у cos2 со/j
Л/, +
гаг
Т"
м2 + л/ 3
(My + 2 Л/2) cosco/+2 Л/2 у cos2 со/
My+м2 + л/3
Подставим значение х с в уравнение (2) и найдем
N = (My+M2
+ M3)g +
по
О т в е т : JV = (Mi + М2 + M3)g +
(М, + 2 М2) cos со/+2 М2 у cos2 со/
ГШ
(My + 2 М 2 ) cos со/+2 М 2 у cos2 со/
Задача 35.10
Электрический мотор массы М\ установлен без креплений на гладком горизонтальном фундаменте; на валу мотора под прямым углом закреплен одним
концом однородный стержень длины
21 и массы М2, на другой конец стержня
насажен точечный груз массы Л/3; угловая скорость вала равна со.
Определить: 1) горизонтальное движение мотора; 2) наибольшее горизонтальное усилие R, действующее на болты,
если ими будет закреплен кожух электромотора на фундаменте.
73
74
X. Динамика материальной системы
Решение
1) Покажем на рис. 1 силы тяжести каждой части мотора — M\g,
M2g, M3g и суммарную реакцию N фундамента.
1) Если мотор не закреплен на фундаменте, то при движении
стержня с точечным грузом корпус электромотора начнет движение,
обозначим его перемещение х и запишем координату центра масс по
оси х:
_ Иткхк _ Мх(-х) + M2(lCOS(0/ - х) + А/3(2/cosco/ - х)
М\ + М2 + мъ
(1)
Если стержень с точечным грузом займет вертикальное положение, то координата центра масс по оси х будет Хс2 =0.
Так как проекция главного вектора внешних сил на ось х равна нулю, то согласно
следствию из теоремы о движении центра
масс можно записать хС| = хСг - 0. Приравняв выражение (1) к нулю, найдем х (горизонтальное движение мотора):
Л/, ( - х ) + M2(l cosa)/ - х) + Л/3(2/ cosco/ - х)
М\ + М2 + My
=0
Рис. 1
или
/ coscot{M 2 +2 М 3 ) = х (М\ + М2 + М3).
Откуда
х=
l(M 2 +2A/ 3 )cosco/
м{+м2+м}
т.е. мотор совершает гармонические колебания с амплитудой
1(М2 +2 М3)
Af, + м 2 + м 3
I с^^^л
и периодом
2к
со
/ / / *
г
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
75
2) Если мотор закреплен на фундаменте, то на болты действует
срезывающее усилие R = RI + R2 (см. рис. 2).
Найдем координату центра масс:
*с
У/я кхк
£тк
Mi0 + M2lcos(ot
Mt+M2
+
M3-2lcoswt
+ М3
_ (М2 + 2 М3) / cos со/
Ml+м2 + м3
и проекцию ускорения центра масс на ось х:
Xf
~(M 2 +2A/ 3 )/co 2 cosco/
Mi+M2
+ M3
.
(2)
Запишем теорему о движении центра масс механической системы в проекции на ось х:
( М 1 + М 2 + Мз)х с = №
= Я-
(3)
Подставим выражения (2) в формулу (3) и получим:
-/со 2 coscot(M 2 +2 М3) = R
Значение R будет наибольшим, когда cosco/ = 1, т.е.
R = 1ОЗ2(М2 +2 М3).
О т в е т : 1) гармонические колебания с амплитудой
2п
и периодом Т = — ; 2) R =
со
1
1(М2+2М3)
Mi+М2
+ М-з
Ы(М2+2М3).
Задача 35.11
По условиям предыдущей задачи вычислить ту угловую скорость ю
вала электромотора, при которой электромотор будет подпрыгивать
над фундаментом, не будучи к нему прикреплен болтами.
Решение
Определим массу всей системы:
М = Mi +М2 + М3.
76
X. Динамика материальной системы
Координаты центров масс по оси у (см.
рисунок):
Усх
уСг = Я +/sin со/,
Ус3 = Я +21 sin со/.
Тогда
Ус, =0,
Ус2 = -/со 2 sin со/, •
(1)
3>с3 -2/co 2 sinco/.
Согласно одной из формул (35.1)
_ Л/| Я + М2(Н + / sin со/) + М3(Н + 21 sin со/)
Мх+М2 + М3
Запишем теорему о движении центра масс механической системы в проекции на ось у:
Откуда
N = (Ml+M2
+ M3)g - /со2(Л/2 + 2 М3) sin со/.
Наименьшим давление будет при sin со/ =1, т.е.
Nmin = (Л/, +М2 + M3)g-l®\M2
+2М3).
Электромотор будет подпрыгивать при Nmin <0:
(Л/, +М2 + M3)g-la?(M2
+2М 3 ) <0,
т.е. когда
со>
О т в е т : со >
I
!(М)
(М2+2М3)1
\МХ +М2 + /Щ
См2 +2 М3)1
+ M2 + M3)g
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
77
Задача 35.12
При сборке электромотора его ротор В
был эксцентрично насажен на ось вращения С, на расстоянии CtC2 - а, где С| —
центр масс статора А, а С2 — центр масс
ротора В. Ротор равномерно вращается
с угловой скоростью со. Электромотор установлен посередине упругой балки, статический прогиб которой равен Д; М} —
масса статора, М2 — масса ротора.
Найти уравнение движения точки Q по вертикали, если в начальный момент она находилась в покое в положении статического равновесия.
Силами сопротивления пренебречь. Начало отсчета оси х взять
в положении статического равновесия точки Ct.
Решение
Запишем теорему о движении центра масс механической системы:
mc^(Ml
+ M2)g-Fynp,
(1)
где Ру,,р = - с ( х + / с т ) = - с(х + А), по условию задачи f „ = Д. В проекции на ось х
(см. рисунок)
Мхс = М\ X] + М2х2.
ПОСКОЛЬКУ Х\ = х; х2 - x + asincor, то
Х| = х, х2 =
х-дсо2sincor.
Так как
_ А
_(Ml+M2)g
Уст — Л —
>
выражение (1) примет вид
Л/]Х + М2(х - асо2 sin со?) = (Л/,
+M2)g-c х +
(My +M2)g
8
78
X. Динамика материальной системы
или
(Л/| + М2)х - Л/2асо2 sin со/ = -сх,
с
А/, + М2
х
. со/.
,
= —М-2ааг sin
М] + Л/2
(2)
Введем обозначения:
к2 = Mj + М 2
М2а<й2
h
Мх+М2
Подставим их в уравнение (2) и получим
x + k2x = hsir\at.
(3)
Рассмотрим два случая.
1) Когда к* со, где к =
Так как уравнение (3) — неоднородное дифференциальное уравнение, то его решение будем искать в виде
X = Х + X*,
где х=С, coskt+C 2 sin kt; x* = A sin со/.
Для нахождения постоянных интегрирования определим
х* = -Лео2 sin со/.
Подставим Jc* в уравнение (3):
-Лео2 sin со/ + к2 A sin со/ = h sin со/
и найдем А:
Л-
и
к2- со2-
Тогда
х = х+х* = С, cos kt + С2 sin kt + -J^-—T sin со/,
к - or
х = - С , к cos kt + С2к sin kt +
J10* sin со/.
fc -CO
(4)
(5)
79
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
С учетом начальных условий: t = 0, х 0 = 0, х0 = 0, найдем постоянные интегрирования:
из формулы (4)
х0 =0 = С\~,
из формулы (5)
xq = 0 = С2к +
Аю
„
Асо
к(к2-а>2)
A:2 -to 2
Подставим значения С) и С2 в формулу (4) и получим
х=
со
А
к
к2-а2
. ,.
А
-sulfa+—=
т sin cor.
к2со'
--2
2) Когда к = со. Решение однородного уравнения ищем в виде
х - (At + В) coskt+(СУ + D) sin kt.
(в)
Найдем производные х и х:
х= Acoskt-k(At+B)sinkt+Cs\nkt+(Ct
+ D)kcoskt,
(7)
х = -Ак sin kt - k2(At+В) coskt - кА smkt+Ck coskt - k2(Ct +
D)sinkt+Ckcoskt.
Подставим эти выражения в уравнение (3) и после преобразований получим
-2Aksinkt+2Ckcoskt
= Asinco/.
Поскольку коэффициенты при sin kt и cos kt должны быть одинаковыми, то
-2Ak =
h=*A=-—,
2к
2Ск = 0 => С = 0.
Постоянные интегрирования В и D найдем с учетом начальных
условий: t = 0, *о =0, х 0 =0, из формул (6) и (7) соответственно:
х0=0 = В=>В = 0,
х0 = 0 = А + Dk => D = - — =
0
к 2 к2
X. Динамика материальной системы
80
Подставим значения постоянных интегрирования в формулу (6)
и запишем:
х = -—cosA:/ +
2к
2k1
или, зная, что (й=к,
X=
Ответ:
1) при
h
т
2 со
•
,
SinСО/
Ф со х = -
где к = J-*-, h =
IА
со
к
Мх+М2
2) при J j = со х =
h
.
/COSCO/.
2 со
h
2ml
к2-(0'
sin£/ +
к2-(й2
sin со/,
aw2;
Ь 4/cosco/.
sinco/-—
2 со
Задача 35.13
Электрический мотор массы М{ установлен
на балке, жесткость которой равна с. На вал м о тора насажен груз массы М2 на расстоянии / от
оси вала. Угловая скорость мотора со = const.
Определить амплитуду вынужденных колебаний мотора и критическое число его оборотов
в минуту, пренебрегая массой балки и сопротивлением движению.
Решение
Запишем теорему о движении центра масс
механической системы в проекции на ось х (см.
рисунок):
Mxc=(Mi+M2)g~Fyup,
У
<Р
(1)
где М = Мх+М2, Fynp = c(x + /CT);
Мхс - Мххх + М2х2.
Поскольку Хх = х+Ь ф = const), Х2 = I COS СО/ + X,
то
= X,
х2 = -/со 2 COSCO/ + jf.
хчЛ\
%
М?В
F уцр
X
W
81
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
Тогда
Мхс - М\ х+М2 х - M2l(s? cos to/.
Это выражение подставим в уравнение (I):
(Mi + М2)х - М21ы2 cosco?
~-сх
и получим неоднородное дифференциальное уравнение относительно х:
Х+
с
My +М2
М2/оо2
X- — cosco?
М{+
М2
или
x + k2x = hcosoit,
где к 2 =
с
, _
М] + М 2
(2)
М2/со2
М,+М2
Дифференциальное уравнение (2) — это уравнение вынужденных колебаний без сопротивления. Его решение х - х + х*. При к Ф со
х* = A cosco/.
Найдем амплитуду вынужденных колебаний. Возьмем вторую производную:
х* = -Лео 2 cosco/.
Подставим выражения х* и х* в уравнение (2):
-Лео2 cosco/ + к2(А cosco/) = h cosco/
и найдем
а=А
М21 со2
h
к2-(О2
_
,,, .
с
(М,+М2)|—^—--со2
\М] + м 2
М 2 /со 2
с-(My + М 2 ) соX
Критическое число оборотов мотора икр в минуту определим из
условия резонанса, когда к - со:
Юкр
__
_к _
30
У
My+М:
82
X. Динамика материальной системы
Откуда
_30 I
"кр~
Ответ:
а=
с
л\М,+М2'
ММ2
30 I
с
г-; пк„ = —
.
р
с - (Л/, + М2)(й
к У М,+М2
Задача 35.14
На рисунке изображена крановая
тележка А массы М\, которая заторможена посередине балки BD. В центре
„
ч
Д-
масс С| тележки подвешен трос длины / с привязанным к нему грузом С2
массы М 2 . Трос с грузом совершает
гармонические колебания в вертикальной плоскости. Определить:
1) суммарную вертикальную реакцию балки BD, считая ее жесткой;
2) закон движения точки С| в вертикальном направлении, считая
балку упругой с коэффициентом упругости, равным с.
В начальный момент балка, будучи недеформированной, находилась в покое в горизонтальном положении. Считая колебания троса
малыми, принять: sin <р — ф, cos(p = l. Начало отсчета оси у взять в п о ложении статического равновесия точки Cj. Массой троса и размерами тележки по сравнению с длиной балки пренебречь.
Решение
1) Определим суммарную вертикальную реакцию балки BD, считая
ее жесткой.
На механическую систему, состоящую из тележки А и груза С2, действуют сила тяжести M\g тележки, сила
тяжести M2g груза, суммарная вертикальная реакция Ry (рис. 1).
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
83
Запишем теорему о движении центра масс:
Мас - M\g + M2g + Ry-
(1)
В проекции на ось у выражение (1) примет вид
Myc=(Ml+M2)g-Ry.
(2)
Ry={M,+M2)g-Myc.
(3)
Отсюда
Найдем проекцию ускорения центра масс системы на ось у. Координата центра масс
я
=
МУ) + М2у2
М\+М2
где ух =0; у 2 =/coscp, / — длина троса С,С2.
Тогда
М
(4)
где М — суммарная масса системы, Л/ = М1 + М2.
Найдем вторую производную по времени от ус, считая, что ф = /((),
тогда
dyc
at
М21 .
М
.
d2yc
М21 .
. М21
.2
Ус=—ГГ = —п~япФ'Ф—-^-соБф ф .
dt
М
М
(5)
С учетом формулы (5) выражение (3) примет вид
Ry -{Мх + M2)g + M2l(sтф-ф+совф-ф2).
(6)
Вертикальная реакция наибольшая при ф = 0. Поэтому
Ry = (Mx+M2)g + M2l<v2.
(7)
Примечание. Ответ Ry = (Л/, + M2)g неверен, так как масса М2 (груз С2)
совершает гармоническое колебание в вертикальной плоскости и поэтому
будет возникать дополнительное давление, обусловленное наличием центробежной силы инерции, равной Л/2/ф2, что и получено в предлагаемом реше-
84
X. Динамика материальной системы
нии. Для определения величины этой силы в условии задачи должны быть
дополнительно указаны начальные условия движения груза С2, т.е. при t =0
должны быть заданы ф0 и ф0.
Пусть заданы такие начальные условия:
/ = 0, ф 0 =0, ф = ф 0 * 0 .
Составим дифференциальное уравнение колебаний математического маятника.
Запишем второй закон динамики в проекции на ось т (рис. 2):
М2ат = -M2gsinq>,
M2g
где ат — касательное ускорение,
dt
Рис. 2
dt
Тогда
<pi = -£8Шф.
Считая колебания малыми, примем з т ф = ф. Тогда дифференциальное уравнение колебаний маятника
ф+|Ф=0
или
ф + Л 2 Ф = 0,
где к =
— циклическая частота колебаний.
Решение этого уравнения:
Ф = С, cos kt+С2 sin kt,
ф = -С, к sin kt+С2к cos kt.
При указанных начальных условиях движения Cj = ф0 = 0, С2 =
Тогда уравнение движения маятника
Т
к
85
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
Найдем
ф = ^ • к cos kt = фо cos kt.
к
Слагаемое М 2 1 ф2 в выражении (7) будет иметь максимальное значение при ф = ф т а х , т.е. при t — 0. Отсюда следует, что ф = ф т а х = ф0.
Тогда
Ry=(Ml+M2)g
+ M2l ф§.
2) Определение закона движения
точки С] в вертикальном направлении,
считая балку упругой, с коэффициентом упругости, равным с.
Так как балка упругая, то под действием силы тяжести тележки и груза
она прогнется и точка С, (рис. 3) сместится вниз на некоторую величину <рст
(статическая деформация).
В этом случае на механическую систему действуют силы тяжести тележки А и груза С2, т.е. M\g и M2g, а также сила упругости балки
^упр = - с ( л + / с т ) -
(8)
Запишем теорему о движении центра масс в проекции на ось у:
Мус = (A/t + M2)g - Fynp.
(9)
Поскольку начало координат выбрано в положении статического
равновесия (в точке О), то у, = уи у2 = у +/coscp. Тогда уравнение
движения центра масс системы по оси у
_
+М2у2
Му+М2
_ Му\ +М21сощ
м
где М - Л/, + М 2 .
Дважды продифференцировав это уравнение и получим
Ус = У\~~-^шф-ф+соэфф2).
М
(11)
86
X. Динамика материальной системы
С учетом формул (8) и (11) выражение (9) примет вид:
Мух - М2 /(sin ф • ф+ cosф• ф2) = (А/| + M2)g - c{fCT + y t ).
(12)
Учитывая, что в положении статического равновесия сила упругости равна силе тяжести, т.е. (М, +M2)g = cfcr, уравнение (12) примет
вид
Л + Ti
с
ТГУ*-
М\ +М2
„
М21
^
..
. -к
жж ( ^ П ф ф + С О Б ф ф 2 ) .
М{+ М2
....
(13)
Уравнение (13) — дифференциальное уравнение вынужденных колебаний, т.е. центр масс Сх будет совершать вынужденные, а не свободные, колебания, как указано в ответе в сборнике.
Чтобы решить уравнение (13), нужно задать начальные условия
колебаний груза С2. Если принять начальные условия, приведенные
при определении Ry, уравнение колебаний маятника будет таким:
Фп . .
m = — sin А:/,
к
тогда
ф = фо
cos kt,
ф= - ^к sin kt.
После преобразований уравнение (13) примет вид
- +,
с
Мх +М2
/.
у, = —М^2/Фо
i - c o s 2лkt.
М\+ м2
(14)
Введем обозначения:
=
Мх +М2
=И,
2к = р.
М\+ м2
Тогда дифференциальное уравнение движения точки С,
У\ + к\ У\ = h cospt.
Решение неоднородного уравнения (15) представим в виде
У1 =У\ +У\,
где ух - /lcos£1/+2?sin&1? — решение однородного дифференциального уравнения.
(15)
87
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
Решение неоднородного уравнения ищем в виде
у* = А\ sin /7/ + Д cospt.
Найдем вторую производную
у* = -A\p2s\npt-B\p2 cos pt
и подставим в уравнение (15):
-Аур2 Sinpt-Bxp2 cos pt + к2Л\ sin
+ к2В\ cos pt-h
cos pt.
Коэффициенты при sin pt и cospt должны быть одинаковыми,
следовательно, получим два уравнения. Первое уравнение
4(к?-р2)
=0
(приравняли коэффициенты при sin/tf).
Так как р2 =4к 2 =4—, а к? =
I
Мх+М2
и числовые значения не за-
даны, то будем считать, что рфк х . Тогда при s i n p t * 0 А\ =0.
Из второго уравнения
Bl(k?~P2) = h
(приравняли коэффициенты при cos pt) найдем
и
к(~Рт
Тогда
*
Л
У\ =71
2
к\ - р
cosPf>
h_
У1 = A cosk\t + 5sin kxt + —
^ cos pt.
к?-р2
Возьмем производную от ух по времени
У\ = -Ак\ sin kxt+Bkx cosk\t — ^
kf-pl
, sin pt.
(16)
88
X. Динамика материальной системы
С учетом начальных условий движения при t = 0 из уравнения
Уко) = -/сТ определим А:
/ст - Л +—2
2'
к\+Р
A-
~h
f
h
- -
(
Itf-P2
(M]+M2)g
с
из уравнения j>1(0) = 0 определим В:
0 = Вкх ^> В = 0.
Подставим значения постоянных интегрирования А и В в формулу (16) и запишем уравнение движения точки Сх:
h
Л = -
(Mx+M2)g
~\—р2
С
.
cos kit + -cospt.
к{ - р-
С учетом введенных обозначений:
к\ =
h=
Р
Мх + М 2
М2/фр
Mi + М 2 '
= 2к = 2 №
это уравнение будет иметь вид
(Мх + M2)g
с
Ответ:
°
^М,+М2
—-(cos/)?-cos/:,/).
k?-p2
1) Ry = (М, + M2)g + М21ф20;
2) точка С, совершает вынужденные колебания по закону
(М] + M2)g
с
h
ух = - - —
— cos
t+—
T(cospi - coskxt).
Mx+M2
kx - рг
89
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
П р и м е ч а н и е . Приведенный в сборнике ответ неверный, так как точка С| совершает вынужденные, а не свободные, колебания, т.е. в ответе отсутствует слагаемое —^ ^(cosp/ -cosfc,/).
tf-p1
Задача 35.15
Сохранив данные предыдущей задачи и считая балку BD жесткой, определить: 1) суммарную горизонтальную реакцию рельсов;
2) в предположении, что тележка не заторможена, закон движения
центра масс Cj тележки А вдоль оси х.
В начальный момент точка С j находилась в покое в начале отсчета
оси х. Трос совершает колебания по закону <р = ф0 cosco/.
Решение
1. Определение суммарной горизонтальной реакции рельсов.
На механическую систему действуют
(см. рисунок) сила тяжести М{ g тележки,
сила тяжести M2g груза С 2 , суммарная горизонтальная Д. реакция и суммарная
вертикальная реакция Ry.
Запишем теорему о движении центра
масс в векторной форме и в проекции на
ось х:
M2g
Мас = Mlg + M2g + Ry + Rx
(1)
Мхс = Rx.
(2)
Координата центра масс
Хс =
Х\М\ +М2х2
Мх + М 2
где X] =0, х 2 =/sin9Тогда
M2l sin® М21 •
Хс = —^
= ——sin ю.
М,+М2
м
(3)
90
X. Динамика материальной системы
Продифференцируем выражение (3) дважды:
М21
х с = —7-cos<p<p,
М
M-i
_ М21
.2
xc = -fcoscp-(j>—-i-sin9VМ
М
(4)
С учетом формулы (4) выражение (2) примет вид
Rx = Мх с = M 2 l (coscp-(p-sin(p-ф2).
(5)
Трос с подвешенным на нем грузом М совершает колебания по
закону <р = фо cos со/. Продифференцировав это выражение, получим
ф = - Фо со sin со/,
(6)
ф = - ф 0 со2 cosco/.
(7)
С учетом формул (6) и (7) равенство (5) примет вид
Rx = Л/ 2 /[со5ф(- фо со2 cosco/) - sin ф- фо со2 sin2 со/] =
= - М2/фо со2(со5фсо5Ш/ + ф0 sincpsin2 со/).
(8)
Из выражения (8) следует, что горизонтальная составляющая реакции рельсов зависит от угла ф. Найдем значение Rx для двух значений ф.
1) Трос занимает вертикальное положение. В этом случае ф = 0.
Тогда
Rx = -Л/ 2 /ф 0 со2 cosco/.
(9)
Примечание. Такой ответ приведен в сборнике. Однако значению
угла ф =0, как следует из уравнения колебаний груза, соответствует cosco/ =0,
так как ф0 *0. Следовательно, при этом положении троса Rx =0.
2) Трос отклоняется на максимальный угол ф= ф0. В этом случае
cosco/ = 1, откуда следует, что со/ = 0 или / = 0, так как со Ф 0.
С учетом этого согласно выражению (8)
Rx = -M2l ф0со2со5ф0.
(10)
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
91
Итак, ответ должен быть таким:
Rx = 0 при ф = 0;
=—Л/ 2 /фоС0 2 С05фо при ф = ф о -
2. Определение закона движения центра масс Сх тележки А вдоль
оси х в предположении, что тележка не заторможена.
В этом случае Rx = 0, следовательно, выражение (2) примет вид
Мхс= О,
отсюда хс = 0, хс = const.
Так как в начальный момент система неподвижна, то х Со = 0 = х с
или хс = const, т.е. центр масс системы покоится.
Выберем начало оси х в начальном положении центра масс С| тележки.
Найдем уравнение движения центра масс системы
хс =
М]ХХ + М2х2
Мх+М2
где jc, = Х\; х2 - хх + / sin ф; Мх+М2
>
= М.
Тогда
_ (Л/j + М2)хх + Л/2/8Шф
мх+м2
или
ХС = Х\+ , ,
М21
.
, , sin ф.
М\ + М2
(11)
Продифференцировав уравнение (11), получим выражение для
скорости движения центра масс по оси х:
М21
.
.
*с = *|+ „
, , ^шф ф.
М1 + М ,
(12)
Зная, что х с = const, а хС() = 0, уравнение движения точки Сц можно найти двумя способами.
X. Динамика материальной системы
92
Первый способ. Найдем хСо, т.е. координату центра масс в начальный момент:
Хс°
_ М Х Х Й Х + M 2 X Q 2 _ М\ - 0 + A / 2 / s i n c p 0 _
Мх +М2
~
Мх +м2
A/2/siti(p0
....
~ мх+м2'
Координату центра масс системы, когда трос составляет с вертикалью некоторый угол ф, определим по формуле (11). Приравняв выражения (13) и (11), получим
М2/
.
-втфо = X] +
Мх +М2
М21
.
—втф.
Мх + М2
Откуда
М2\
„
=
,,
( s i n фд — s i n ф).
(14)
Мх +М2
Для малых углов отклонения в т ф ^ ф , вшфо = фо- Тогда
Щ =
t
,
M l
[ ,
(Фо - Фо c o s c o / ) =
Мх +М2
^ / ф о
Мх + Мг
(1
_
C0S(I)
,)
(
15)
Второй способ. Так как х с = 0, то
+
„
М21
,,
.
М1 + М2
.
СО8ф-ф = 0,
а с учетом малости углов отклонения, когда cos9 = 1, выражение для
хх примет вид
М21
. .
—sinq>
Мх + М 2
или с учетом выражения (6)
хх =—dt
=
1
т
Мх + М2
s i n со/.
Разделим переменные и проинтегрируем выражение (16):
х\
,
f dx,
I
М221 тФосо'г .
= —
, ,,
- I s i n r n / dt
мх+м2{
(16)
93
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
и получим
М21 фр
X, = W < P o t a , l ( - C o s o J ' =
Л/,
Мх + М2 со
оо
+М2
(1 -cosco/)-
О т в е т : 1) ^ = -Л/2/фоЮ 2 (со8фсо8со/ + фо5тф5т 2 со/),
Ф = 0, Rx =
-M2l<p0u)2cosyQ
/^Опри
при ф = ф 0 ;
2) точка С, совершает колебания с амплитудой ^
и круговой частотой со по закону х, =
1^
/ф0
М7
—/ф 0 (1-cosco/).
А/, + М 2
Задача 35.16
На средней скамейке лодки, находившейся в покое, сидели два
человека. Один из них, массы Мх = 50 кг, переместился вправо на
нос лодки. В каком направлении и на какое расстояние должен переместиться второй человек массы М2 = 70 кг для того, чтобы лодка
осталась в покое? Длина лодки 4 м. Сопротивлением воды движению лодки пренебречь.
Решение
На данную механическую систему действуют внешние силы: силы
тяжести M\g, M2g и M3g, выталкивающая сила Тл воды (см. рисунок). Запишем теорему о движении центра масс в векторной форме
и в проекции на ось х:
Мас = M,g + M2g + M3g + Fa,
Mtc = lF£c=
0.
Тогда
x c = С, = const.
В начальный момент система покоилась, поэтому
х
0 с
= 0 , С, = 0 .
94
X. Динамика материальной системы
Следовательно,
_
dxc
xr = —i- = о
Xr = const.
dt
Запишем координату центра масс системы для
первого и второго положений:
1) хС) = 2 м (оба человека сидят на средней
скамейке лодки);
_ 4 М
2 ) Х
( 2 - Х ) М
1 +
М]+М2
СЗ
+
Так как xCl = xCl,
2
_ 4 М
1
2
+ 2 М
}
М3
получим
+ ( 2 - Х ) М
М\+М2
+ 2 М
2
+
3
М3
или
2{МХ
+ М2
+ М3)
= 4М\
+2М2-М2Х+2М3.
Откуда
4МХ+2М2-2М1-2М1+2М3-2М3
х• = -
!
i
!
±
1
М2
i =
2М,
М2
L=
100
70
,
= 1 43
,
.
(м).
О т в е т : влево на корму лодки на расстояние 1,43 м.
Задача 35.17
На однородную призму А, лежащую на
горизонтальной плоскости, положена однородная призма В', поперечные сечения
призм — прямоугольные треугольники, масса призмы А втрое больше массы призмы В.
Предполагая, что призмы и горизонтальная плоскость идеально гладкие, определить длину /, на которую передвинется призма Л, когда
призма В, спускаясь по А, дойдет до горизонтальной плоскости.
Решение
На механическую систему действуют силы тяжести МА g, MBg и реакция N опоры (см. рисунок). Аналогично решению задачи 35.16
получим, что хс = const.
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
95
Запишем координату х центра масс механической системы для двух
положений призм. Для начального положения
1
2
+ М a—b
В 3
Ъ
МА + МВ
МА-а
А
=
или, так как МА = 3Мв,
2 / 3Ь
ЪМв-\а + Мв±Ь
3
3
За+2Ь
_
12
Для к о н е ч н о г о положения, когда
призма В дойдет д о горизонтальной
плоскости,
MA\±a-IYMB{a-l-U
=
МА + м в
ъ-т
4 Мв
12
Так как хс = const, то хС] = хСг, т.е.
За+26
6 а - 6 - 1 2 /
12
12
Откуда
/ =
Ответ: 1 =
а
- 6
а-Ь
Задача 35.18
По горизонтальной товарной платформе длины 6 м и массы 2700 кг,
находившейся в начальный момент в покое, двое рабочих перекатывают тяжелую отливку из левого конца платформы в правый. В какую сторону и на сколько переместится при этом платформа, если
общая масса груза и рабочих равна 1800 кг? Силами сопротивления
движению платформы пренебречь.
96
X. Динамика материальной системы
Решение
Покажем на рисунке внешние силы, действующие на систему: силу тяжести платформы M\g, силу тяжести груза с рабочими M2g,
реакцию N опорной поверхности.
Запишем теорему о движении центра масс
системы в векторной форме:
6м
N
V,
М28
Ni
Мас = (М\ + M2)g + N
и в проекции на ось х:
VtA
Мхе = О
Л
G
Мгё
(см. решение задачи 35.16), х с = const.
Определим координату хс для начального положения, когда платформа находится в покое:
<с, =
т х + о м2_
зл/,
М\ +м2
+ м2
Для конечного положения, когда рабочие перекатят отливку на
правый конец платформы,
(3 - х)М\
хс2=-
+ (6 - х)М2
Mi + М 2
Так как хс< = хс%, то
3 М\
(3 - x)Mi + (6 - х)М 2
Mi + М 2
Mi + м 2
или
3Ml = 3Ml -MiX+6M2-
М2х.
Откуда
х
=
6 М2
Mi+M2
-
6-1800
4500
Платформа переместится влево.
О т в е т ; влево на 2,4 м.
= 2,4 (м).
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
97
Задача 35.19
Два груза М\ и М2, соответственА
но массы М\ и М2, соединенные нерастяжимой нитью, переброшенной
через блок А, скользят по гладким
боковым сторонам прямоугольного
клина, опирающегося основанием ВС
на гладкую горизонтальную плоскость.
Найти перемещение клина по горизонтальной плоскости при опускании груза М\ на высоту h = 10 см. Масса клина М- 4М х = 1бЛ/2; массой нити и блока пренебречь.
Решение
На данную механическую систему (см. рисунок) действуют силы
тяжести Mg, Mxgu M2g, реакция N опорной поверхности. Рассуждая
так же, как в задаче 35.16, получим хс = const, т.е. хС] = xCl.
Запишем координату центра масс системы
= Ътк хк = М\ х, + М2х2 + Л/3х3
М + M]+M2
X. Динамика материальной системы
98
Тогда координата центра масс х С| для начального положения системы
i Мх1
+ Мх-> + — Мхт. „
,,
,
.с
л
1
_4
16
_
+16х 2 + х 3 _ 4xj +16*2 + х 3
21
4 + 1+16
4
16
1м+—м+м
Координата центра масс хСг в конечном положении, когда груз
Мг опустился на 10 см:
*С2
,_4
+ х, - ъ) + М(1 + х2) +
16
+ х 3 - х5)
-М+—М+М
4
16
4л,/ + 4лХ ] - 4лх » + l 6 / + 1 6 x 2 + // + x 3 - x 5 _ 21/+4*] +16х 2 + х 3 - 4 t g a А
21
21
где х 4 =
tga
tg30°= - L х 5 = - ^ - c o s (90°- a) = А.
л/3
sina
Поскольку х с = ХС2 , то
4х, + 1бх2 + х 3 — 21/ +4xj +16х 2 + х 3 - 1 0
или
21/= 79,2 = » / = 3,77 (см).
Клин переместится вправо.
О т в е т : клин переместится вправо на 3,77 см.
Задача 35.20
Три груза массы Мх = 20 кг, М2= 15 кг
и Мз = 10 кг соединены нерастяжимой
нитью, переброшенной через неподвижные блоки L и N. При опускании груза М\
вниз груз М2 перемещается по верхнему
основанию четырехугольной усеченной
пирамиды ABCD массы М= 100 кг вправо, а груз М 3 поднимается по боковой
А
4л/3
V1
+1
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
99
грани АВ вверх. Пренебрегая трением между усеченной пирамидой
ABCD и полом, определить перемещение усеченной пирамиды ABCD
относительно пола, если груз М\ опустится вниз на 1 м. Массой нити
пренебречь.
Решение
На механическую систему, состоящую из пирамиды массы М, трех
грузов массы А/,, М2 и А/3, действуют внешние силы (см. рисунок):
силы тяжести Mg, Mtg, M2g и M3g, реакция N* гладкой горизонтальной поверхности.
Рассуждая так же, как в задаче 35.16, получим хс = const, т.е.
Запишем координату центра масс соответственно для начального
и конечного положения системы:
_ М\
Xq
+ М 2 х 2 + Mjx 3 + Мх0
М] + М2 + М3 + М
'
_Mj(x| - / ) + М 2 {х 2 + h - 1 ) + М 3 (х 3 + h cos60°-/) + М(х 0 - / )
Хс2
~
М]+М2+М3
+М
100
X. Динамика материальной системы
Поскольку Xq = xCl, то
Мхх\ + М2х2 + М3х3 + Мхо =
= M]xx+M2x2
+ M3x3+MxQ-l(Mi
+ М2 + М3 + М) +
+ h (М2 + М3 cos 60°)
или
h (М 2 + М 3 cos 60°) = l(M\ + М 2 + М 3 + М).
Откуда
,
I
и,гж
«у
споч
h(M2 + М3cos60°)
i
i
М х + М 2 + М3 + М
Ответ:
=
l-fl5 + 1 0 - - l
I
2)
v
£Z_
=
л,л / ч
\
o,14 (м) = 14 (см).
20+15+10+100
влево на 14 см.
Задача 35.21
Подвижный поворотный кран для
ремонта уличной электросети установлен на автомашине массы 1 т. Люлька К
крана, укрепленная на стержне L, может поворачиваться вокруг горизонтальной оси О, перпендикулярной плоскости рисунка. В начальный момент кран,
занимавший горизонтальное положение, и автомашина находились в покое.
Определить перемещение незаторможенной автомашины, если кран
повернулся на 60°. Масса однородного стержня L длины 3 м равна
100 кг, а люльки К — 200 кг. Центр масс С люльки А - отстоит от оси О
на расстоянии ОС =3,5 м. Сопротивлением движению пренебречь.
Решение
На механическую систему действуют внешние силы: сила тяжести Mtg автомашины, сила тяжести M2g стержня, сила тяжести M3g
люльки, суммарная нормальная реакция N горизонтальной поверхности.
35. Теорема о движении центра масс материальной системы
101
Запишем теорему о движении центра масс в векторной форме
и в проекции на ось х:
Мас = M\g + M2g + M3g + N,
Mxc = XFfo = 0.
Тогда
x c = A = 0,
dt
x c = C| = const.
В начальный момент времени система находилась в покое, поэтому
хОс=0,
С, = 0,
dxc
п
Хс = —- = 0 => хс = const.
dt
Определим координату центра масс системы хс для двух положений: в начальный момент времени, когда кран занимал горизонтальное положение, и в момент времени, когда кран повернулся на 60°
и автомашина переместилась вдоль оси х на /:
М\ Х\ + М2х2
+
МуХз
М\ + М-, + Мл
102
X. Динамика материальной системы
_ Мх(хх + ДХ|) + М2{х2 + Дх2) + Л/3(х3 + Ах3)
*С2
Мх+М2
+ М3
'
Так как хс = const, то хС] = хСг или
Mxhxx + М2Ах2+М3Ах3
=0.
(1)
Запишем Дх х =1 — перемещение незаторможенной машины, тогда
Дх2 = / — (1,5 —l,5cos 60°),
Дх3 = / - ( 3 , 5 - 3 , 5 c o s 6 0 ° ) .
Подставим эти значения в равенство (1) и получим
МХ1 + М2[1 -1,5(1 - cos 60°)] + M3[l-3,5(1 - cos 60°)] = 0,
откуда
^ _ (1-cos60°)(1,5A/ 2 +3,5А/ 3 ) _ (1—0,5)(1,5-1.00 + 3,5-200) _
Мх+М2
+ М3
~
1000+100+200
= 0,327 (м) = 32,7 (см).
О т в е т : направо на 32,7 см.
36. Теорема об изменении главного вектора
количеств движения материальной системы.
Приложение к сплошным средам
Методические указания к решению задач
Главный вектор количества движения материальной системы (или
просто количество движения системы) представляет собой геометрическую сумму количеств движения всех материальных точек данной
системы
K = lmkvk.
(36.1)
Главный вектор количества движения системы может быть определен через скорость v c центра масс по формуле
(36.2)
К = МУС-
Формулы (36.1) и (36.2) применимы не только к системе материальных точек в виде твердого тела, но и к механической системе, с о стоящей из твердых тел. В этом случае под т к следует понимать
массу к-го тела, под vCk — скорость центра масс этого тела, под М —
сумму масс всех тел. Тогда количество движения к-го тела
Кк =mkvCk,
а главный вектор количества
к =
Модуль
движения
системы
= Zm k vck = т .
главного вектора
количества
движения
(36.3)
системы можно
определить через его проекции на оси декартовых координат:
Kx
=
1LKkx
=
Mxc,
Ку - Y,Kky - My с,
Kz-lKkz=Mtc,
(36.4)
к = 4к1 + к2у+к2г.
Физическая величина, характеризующая действие внешних сил,
приложенных к механической системе за некоторый промежуток
104
X. Динамика материальной системы
времени, называется импульсом главного вектора внешних сил или
полным импульсом и определяется по формуле
Se = \Redt.
(36.5)
Векторному равенству (36.5) соответствуют скалярные уравнения
^ =
\Kdt,
Sey = \Kydt,
SI =
(36.6)
j%dt,
где Rfx =
Щ
К = S ^ S ~ проекции главного вектора
внешних сил на оси декартовых координат.
Тогда модуль импульса главного вектора внешних сил
Se=p*)2HSey)2HS<)2.
(36.7)
Если все внешние силы не зависят от времени, то S e равен произведению Re на время действия сил.
Теорема об изменении главного вектора количества движения механической системы может быть сформулирована в дифференциальной
и интегральной формах.
Дифференциальная форма — производная по времени от главного
вектора количества движения механической системы геометрически
равна главному вектору внешних сил, т.е.
dK _
dt
(36.8)
Интегральная, или конечная, форма — изменение количества движения механической системы за некоторый промежуток времени
геометрически равно импульсу главного вектора внешних сил, действующих на точки системы, за тот же промежуток времени, т.е.
K2-Ki=Se.
(36.9)
36. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
105
При решении задач уравнения (36.8) и (36.9) представляют в скалярной форме (в проекциях на оси декартовых координат):
dKx
dt
dKy
dt
dKz
—
Ryy
(36.8')
~dt~
К?Х - К\х -
>
се
Кг у - \у - о У
(36.9')
Следствия из теоремы об изменении главного вектора количества движения:
1. Если главный вектор внешних сил, действующих на механическую систему, равен нулю, то количество движения механической
системы есть величина постоянная.
2. Если проекция главного вектора внешних сил на какую-либо
ось равна нулю, то проекция количества движения механической системы на эту ось есть величина постоянная.
Из формул (36.9) и (36.9') следует:
• если полный импульс внешних сил равен нулю, то главный вектор количества движения системы сохраняется;
• если проекция вектора полного импульса внешних сил на какую-либо ось равна нулю, то проекция главного вектора количества
движения на эту ось остается величиной постоянной (если Щ = О или
S x - 0, то К х = const).
Следствия из теоремы об изменении количества движения механической системы выражают закон сохранения количества движения.
Из формул (36.8), (36.9) и (36.8'), (36.9') следует также, что внутренние силы в механической системе не оказывают прямого влияния
на изменение количества движения системы. Однако когда внутренние силы вызывают появление внешних сил в виде сил реакций связей, то тем самым косвенно они влияют на изменение количества
движения.
106
X. Динамика материальной системы
Теорема об изменении количества движения и теорема о движений центра масс механической системы представляют собой, по существу, две формы одной и той же теоремы, что следует из формулы
(36.8), если в нее вместо К подставить равенство (36.2).
Поэтому в тех случаях, когда изучается движение твердого тела
или системы тел, можно пользоваться в равной мере любой из этих
форм.
При изучении движения сплошной среды, например жидкости
или газа, понятие о центре масс всей системы теряет смысл. В этих
случаях для решения задач пользуются теоремой об изменении количества движения, причем предпочтительно в интегральной форме.
Например, при движении жидкости по трубам или криволинейным каналам в формуле (36.9) под К\ и К2 понимается количество
движения массы жидкости, протекающей через любых два сечения,
например на входе и выходе этого канала, за некоторое время. В силу
неразрывности потока эти количества движения будут одинаковыми
и при равенстве площадей этих сечений скорость жидкости через них
будет также одинаковой. Если площадь сечений разная, то масса протекающей жидкости будет одинаковой, но скорости V) и v2 будут разными.
Используя равенства (36.9'), можно определить составляющие реакций стенок канала, действующих на жидкость при движении ее на
криволинейном участке канала. По закону равенства действия и противодействия жидкость с такой же силой будет действовать на стенку
канала или трубы, что вызовет давление колена трубы на опору или,
при отсутствии опоры, колено будет стремиться повернуться в сторону, противоположную движению жидкости на выходе из трубы.
Масса жидкости, протекающей через поперечные сечения канала,
М = plV = povt,
(36.10)
где р — плотность жидкости; W— объем жидкости, протекающей за
время t;a — площадь поперечного сечения канала (трубы); v — скорость протекания жидкости.
Задачи такого типа можно решать, используя теорему Эйлера об
изменении количества движения применительно к сплошной среде:
главные векторы объемных ^ и поверхностных сил Rmm и векторы
количества движения масс жидкости, входящей и выходящей через
36. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
107
два каких-нибудь сечения в единицу времени, направленные внутрь
выделенного объема, образуют замкнутый многоугольник, т.е.
+ Лиов + Щ - Mv2 = 0
(36.11)
или в проекции на оси декартовых координат
* о б + Хпов +
M(ylx-V2x)=0,
^об + ^пов + M(V\y - v2y) = 0 , •
2об + ZnoB + M(vw-v2z)
(36.12)
= 0.
При этом под объемными (или массовыми) силами понимают силы,
действующие на все частицы объема W, находящиеся как внутри этого
объема, так и на его поверхности, например силы тяжести частиц.
Поверхностные силы — это силы, действующие только на частицы,
лежащие на внешней поверхности объема, например реакции твердых
стенок, между которыми движется жидкость.
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Изобразить механическую систему и показать все внешние силы,
действующие на нее, включая и необходимые реакции связей, если
система несвободная.
2. Записать теорему об изменении количества движения системы
в дифференциальной [формула (36.8)] или интегральной [формула
(36.9)] форме для данной расчетной схемы.
3. Выбрать неподвижную систему координатных осей.
4. Вычислить проекции главного R e вектора внешних сил или проекцию импульса S е главного вектора на оси координат (или на одну
какую-либо ось). При этом возможны два случая.
а) Проекция главного вектора Re или импульсаS е внешних сил,
например, на ось Ох равна нулю (Rx - 0 или Sx = 0), тогда Кх - const.
В этом случае необходимо определить проекцию количества движения в начальном и конечном положениях системы на ось Ох и приравнять их, т.е. К\х - К?*, й из полученного уравнения определить
искомую величину (скорость всей системы в целом или какого-либо
тела).
б) Проекция главного вектора Re или импульса Se внешних сил
не равна нулю. Тогда необходимо записать теорему об изменении
количества движения в скалярном виде — формулы (36.8') или (36.9')
X. Динамика материальной системы
108
и из полученного уравнения определить проекции всех внешних сил
или одной из внешних сил на оси координат или на одну из осей.
Количество движения системы и полный импульс внешних сил определить соответственно по формулам (36.4') и (36.6).
Последовательность решения задач с помощью теоремы Эйлера:
1. Изобразить на рисунке выделенный объем сплошной среды
и показать объемные и поверхностные силы.
2. Показать на рисунке векторы секундных количеств движения
жидкости, протекающей через оба сечения, огранивающие рассматриваемый объем жидкости (газа), направив их внутрь этого объема.
3. Выбрать систему осей координат.
4. Записать теорему Эйлера в проекциях на оси декартовых координат [формулы (36.12)].
5. Определить из полученных уравнений (уравнения) искомую
величину (как правило, реакцию стенок канала) в общем виде, затем
при необходимости подставить числовые данные и рассчитать модуль'
этой силы.
Задачи и решения
Задача 36.1
Определить главный вектор количества
движения работающего редуктора скоростей,
изображенного на рисунке, если центры тяжести каждого из четырех вращающихся зубчатых колес лежат на осях вращения.
ж
'ж
т.
ш '
ш
]т
ж
1
Решение
Количество движения системы
1
где Кь... ,КЛ — количество движения колес,
входящих в систему.
Так как центры масс колес С|, С 2 , С3 и С4
(см. рисунок) неподвижны, то количество
1
ж
0,1
Ж
с3
ш.
с2
ж
с;
т
36. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
109
движения каждого из них равно нулю, а значит, и количество движения системы равно нулю.
О т в е т : главный вектор количества движения равен нулю.
Задача 36.2
Определить сумму импульсов внешних сил, приложенных к редуктору, рассмотренному в предыдущей задаче, за произвольный к о нечный промежуток времени.
Решение
Сумма импульсов внешних сил равна нулю, так как скорости центров масс в начальном и конечном положении колес равны нулю:
с= Щ(Укх -
v0x)
Sky^mk(vky-v0y)
=
= 0.
О т в е т : сумма импульсов внешних сил равна нулю.
Задача 36.3
Определить главный вектор количеств движения маятника, состоящего из однородного стержня OA массы Мь длины 4г и однородного диска В массы М2, радиуса г, если
угловая скорость маятника в данный момент
равна со.
Решение
Скорости центров масс стержня и диска
равны соответственно vA = со • 2 г, vB = со 5г
(направления скоростей показаны на рисунке).
Направим ось х перпендикулярно стержню, тогда
K=Kx
= M\vA + M2vB
(так как скорости vA и vB направлены одинаково).
110
X. Динамика материальной системы
Подставим выражения vA и vB в это равенство и получим:
К = Л/,со-2г + М2со-5г = сог(2М, +5 М2).
Вектор К направлен перпендикулярно стержню OA.
О т в е т : главный вектор количества движения направлен перпендикулярно стержню OA и по модулю равен (2 А/, + 5 М 2 ) т х
Задача 36.4
Определить модуль и направление главного вектора количества движения механизма эллипсографа, если масса кривошипа
равна Mi, масса линейки АВ эллипсографа равна 2Ми масса каждой из муфт А и В
равна М2, даны размеры ОС = АС = СВ = 1.
Центры масс кривошипа и линейки расположены в их серединах. Кривошип вращается с угловой скоростью со.
Решение
Количество движения системы
у,
к=JK£+к
где К х =
(1)
К у = ^m k v k y .
Определим координаты центров масс
тел, входящих в систему, и найдем проекции скоростей этих точек на оси х и у (см.
рисунок). Из рассмотрения равнобедренных треугольников ОАС и ОСВ следует, что
/
/ш
= Vfo = —— sin со/;
хк = — • cosco/,
Ух
/
= -
.
.
• sin со/, yK
хс - 1 cosco/,
=
/со
v^ = — cos со/;
хс = vCx - -l&sin со/;
111
36. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
Ус = I sin со/, Ус = vcy - 'coeos со/;
хА
vAx
=0;
ул = 21 sin со/, уА = vAy = 2/cocosco/;
х в = 21 cos со/,
x B = vBx = -2/cosinco/;
Ув —
J>s = 0 .
С учетом полученных выражений скоростей запишем
^х = Л / ^ - у sino3/j+2A/ I (-/cosinco/) + A/2(~2/cosinco/) =
=
sin со/(Mi
Ky = M\~ cos C0/+2M, /cocos со/ + Л/2 • 2/cocos со/ =
= —cosco/(A/i +4Mi
Тогда согласно формуле (1)
~ VL
=
p L + i ^ j
2
J+ L
2
J
/ro Vsin 2 ro/
+ cos2co/ = ^ ( S M , +4M2).
Направление главного вектора перпендикулярно кривошипу ОС.
Примечание. Можно было также воспользоваться формулами (36.3)
и (26.4).
О т в е т: модуль главного вектора равен К = ~(5МХ
+4Л/2); направ-
ление главного вектора перпендикулярно кривошипу.
112
X. Динамика материальной системы
Задача 36.5
Определить главный вектор количества движения центробежного регулятора, ускоренно
вращающегося вокруг вертикальной оси. При
этом углы <р изменяются по закону ф = ф(/) и верхние стержни, поворачиваясь, поднимают шары А
и В. Длины стержней: OA- ОВ= AD= BD= /. Центр
масс муфты D массы М2 лежит на оси zШары А и В считать точечными массами массы Л/] каждый. Массой стержней пренебречь.
Решение
Количество движения системы
Шары совершают сложное движение:
v = vr + ve,
vr = ф/,
ve = со/этф.
Вектор vr направлен перпендикулярно OA (OB),
вектор ve — по касательной к траектории переносного движения (см. рисунок) (ve||Ox).
Скорость точки D найдем, взяв производную
от ее координаты z.
ZO =2/С08ф,
тогда
ZD = vD = -2/<psin ф.
Проекции количеств движения на оси х, у и z равны соответственно:
Кх = Mivej-Ml
К у = M\VrB cos ф — Af\
veB = 0,
veA = v,ев>
соБф = 0, так как vrR = vr ;
Кг --My v,A sinф—MyvrB sinф — M2Vj) = —(2M,(p/sin9 + Л/22/фз1Пф) =
= -2 (My + M2)l<psm<f>.
113
36. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
О т в е т : Кх = Ку =0, Kz =-2(Л/, +Л/2)ЛИПФ> К = \Кг\, где К~ главный вектор количества движения; плоскость yz совпадает
с плоскостью расположения стержней регулятора.
Задача 36.6
В механизме, изображенном на рисунке, движущееся колесо радиуса г имеет массу М, причем центр масс колеса находится в точке О,; центр
масс прямолинейного стержня АВ массы кМ находится в его середине. Кривошип 00\ вращается
вокруг оси О с постоянной угловой скоростью со.
Определить главный вектор количества движения системы, пренебрегая массой кривошипа.
Решение
т
Количество движения системы
к—Кх+ку.
о
Стержень АВ совершает поступательное движение, а колесо — плоскопараллельное. Скорость точки Oi v0i = г со (направление v 0i см. на
рисунке).
Так как точка Д — МЦС, то
г
где АР„ =2rsincp; vA
у-
1
х
MgS lkMg
АР'
_ vq dPv _ rco-2rsincp _
2rcosincp.
Тогда
Kx - Mv0< coscp = -Mrcocosco/,
Ky = MvQ] sinq>+ kMvA - A/nosinШ + kM-2rcosin(p = A/rco(l+2A:)sinco/.
О т в е т : проекции главного вектора количества движения системы
на оси координат: 1) на ось Ox: -Mrcocosof; 2) на ось Оу:
A/rco(l+2A:)sinco?.
X. Динамика материальной системы
114
Задача 36.7
Масса ствола орудия равна 11 т. Масса снаряда равна 54 кг. Скорость снаряда у дульного среза v0 = 900 м / с . Определить скорость
свободного отката ствола орудия в момент вылета снаряда.
Решение
Так как проекция главного вектора внешних сил на ось х равна нулю, то можем записать закон сохранения импульса в проекции
на ось х:
(/И, +/WQ)v = - W | V , +/WqV 0 ,
(1)
J?
77777
mil
x
Тгтт
m0g
где v — скорость механической системы в начальный момент времени, v = 0.
С учетом того, что v = 0, уравнение (1) перепишем в виде
0 = -W|Vi +/яь%
Откуда
Vl
_otqVQ^ 54-900
Щ ~
11000
= 4,42 (м/с).
О т в е т : скорость отката ствола орудия равна 4,42 м / с и направлена
в сторону, противоположную движению снаряда.
Задача 36.8
Граната массы 12 кг, летевшая со скоростью 15 м / с , разорвалась
в воздухе на две части. Скорость осколка массы 8 кг возросла в направлении движения до 25 м/с. Определить скорость второго о с колка.
Решение
Направим ось х по направлению скорости, тогда все силы будут
перпендикулярны этой оси (см. рисунок). Поэтому проекция главного вектора внешних сил на ось х будет равна нулю. Запишем закон
сохранения импульса в проекции на эту ось:
mv = m1v1 +m 2 v 2 .
36. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
115
img
Откуда
v2 =
mv-mjvx
т2
_ 12-15-8-25
4
= - 5 (м/с).
Знак минус указывает на то, что скорость второго осколка направлена в сторону, противоположную движению первого осколка.
Ответ:
5 м / с в направлении, противоположном движению первого
осколка.
Задача 36.9
По горизонтальной платформе А,
движущейся по инерции с о скоростью v0, перемещается тележка В с п о стоянной относительной скоростью й0.
В некоторый момент времени тележка была заторможена.
в
|
XI гт
77777"
Определить общую скорость v платформы с тележкой после ее о с тановки, если М — масса платформы, т — масса тележки.
Решение
Тележка В совершает сложное движение (см. рисунок), ее абсолютная скорость
V a6 c=«0 + V0Так как проекция главного вектора
внешних сил на ось х равна нулю (тележка движется по инерции), можно
записать закон сохранения импульса
в проекции на эту ось:
т(и0 + v0) + Mvо = (т + M)v.
116
X. Динамика материальной системы
Откуда
Y_m(u0
+ v0) + Mvо
т+ М
О т в е т : v = v0 +
т
М+т
тщ +Qn + M)v0
т+ М
• = Vq +
т
т+ М
«о-
«оЗадача 36.10
Сохранив условие предыдущей задачи, определить путь s, который пройдет тележка В по платформе А с момента начала торможения до полной остановки, и время торможения т, если считать, что
при торможении возникает постоянная по величине сила сопротивления F.
У к а з а н и е . В дифференциальном уравнении движения тележки использовать соотношение Mv + т(и + v) = const, где и и v — переменные скорости.
Решение
После того, как начнется торможение тележки, ее относительная скорость и за время торможения т изменится от и0 до нуля.
Скорость v движения платформы
будет возрастать. При этом в соответствии с указанием в условии задачи количество движения системы
в проекции на ось х:
Р
L
зг
IE
J ^U
77777 У/У/У; rT.
77777777777"
N.
Mv+m(u + v) = const.
Mg\
(1)
Так как скорость платформы меняется, то платформа будет двигаться с ускорением, которое для тележки является переносным а е
ускорением, и, следовательно, будет действовать переносная сила
инерции Фе тележки. Поэтому для тележки следует составить дифференциальное уравнение относительного движения в проекции на
ось х:
du
m- = -F-Ф„
dt
dv
где | Ф„ I = mae = m
dt'
(2)
36. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
117
Продифференцируем уравнение (1) по времени:
du
dv _
М— +т— +т— = 0.
dt
dt
dt
Откуда
dv
du
m
dt
(3)
M +m dt
Подставив выражение (3) в уравнение (2), получим
du
„
т2
т— = -F +
dt
М+т
du
dt
.
(4)
После преобразований уравнение (4) примет вид
тМ
du
М+т
dt
„
= -F.
(5)
Разделим переменные и проинтегрируем уравнение (5), получим
тМ
I
(fn +
m+M
M)Fl
F
Для определения пути s, пройденного тележкой д о полной остановки, уравнение (5) запишем в виде
тМ
udu
М+т
ds
= ~F.
(6)
Разделим переменные и проинтегрируем уравнение (6), получим
тМ
j
I тМ
f ds = J udu => s = l
(m + M)F«о
2 m+M
„
1 тМ
Ответ: s =
2 M+m
и}
F
т=
UQ
F
mM Uf)
m+M F
Задача 36.11
Из наконечника пожарного рукава с поперечным сечением 16 см 2 бьет струя воды под
углом а = 30° к горизонту со скоростью 8 м / с .
Определить силу давления струи на вертикаль-
£
I
118
X. Динамика материальной системы
ную стену, пренебрегая действием силы тяжести на форму струи и
считая, что частицы жидкости после встречи со стеною приобретут
скорости, направленные вдоль стены.
Решение
Согласно теореме Эйлера запишем
M v , - M v 2 + % 6 + ^ 0 B = 0,
(1)
где
— главный вектор поверхностных сил (сил тяжести); Rn0B — главный вектор поверхностных сил (сил реакций стенки); Л/v, — количество движения массы воды, втекающей сквозь
сечения I - I за единицу времени; Mvr —
количество движения массы воды, вытекающей сквозь сечения II—II за единицу времени. Запишем векторное равенство (1) в проекции на ось х (см. рисунок):
Mvx cos 30°+0+0 +
, = 0.
Откуда
~ К о п Х = Щ cos 30°= Л
(2)
где Р — сила давления струи на стену.
Масса струи воды
М = о
VjY
g
j
где у = МО 3 кг/м 3 — плотность воды; ст — площадь поперечного сечения пожарного рукава.
Тогда согласно формуле (2)
Р =ст1 V,2 cos 30°= 16 • 10"4 •
g
9,8
О т в е т : 88,8 Н.
64 0,866 = 88,8 (Н).
119
36. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
Задача 36.12
Определить горизонтальную составляющую N возникающей при движении
воды силы давления на опору колена
трубы диаметром d = 300 мм, по которой
течет вода со скоростью v = 2 м / с .
Решение
Запишем теорему Эйлера в векторном виде:
Л/V] — Мх>2 + Дэб + Лпов = 0,
77Т7777777
~7
(1)
где R0Q — главный вектор объемных сил; Лпоп — главный вектор поверхностных сил.
В проекции на ось х (см. рисунок),
получим
~Mv2 + 0 + 0 + Rn
:0.
Откуда
nd2 vy
Rn<™* = Mv2 =
g
где у =
МО 3
кг/м 3
_ 7id2,
4
— плотность воды.
Так как|Л повх | = ЛГ, то
pj _ 3,14-103(300-10~3)2-4 _284 (Н)
4-9,8
Ответ:
N -284
Н.
Задача 36.13
Вода входит в неподвижный канал переменного сечения, симметричный относительно вертикальной плоскости, со скоростью v0 = 2 м/с под углом а = 90° к горизонту; сечение канала при входе 0,02 м 2 ; скорость воды у выхода из канала v { = 4 м / с
и направлена под углом а] = 30° к горизонту.
MV2
>Л
120
X. Динамика материальной системы
Определить модуль горизонтальной составляющей силы, с которой вода действует на стенки канала.
Решение
Запишем теорему Эйлера
Мил
где Ro6 — главный вектор объемных сил;
Я т ъ — главный вектор поверхностных
сил.
В проекции на ось х (см. рисунок),
MV
получим
~Mvlx - 1{ювх = 0,
где v u = - v j cos30°.
Тогда
Mv\ cos 30°- Д, овх = 0.
Откуда
Д.ОВ, = щ
cos30°.
(1)
Масса струи воды
М = аМ
g
где о — площадь сечения канала; у = МО3 кг/м 3 — плотность воды.
Тогда согласно формуле (1)
D
у
, п о 0,02 -1-Ю 3 -2-4 0,866 , . 0 / „ ч
= a - v o v , cos 30°= -г
—
? — = 138 (Н).
8
9,8
Горизонтальная составляющая давления N воды на стенки канала
равна
N - Дтовх =138 (Н).
О т в е т : 138 Н.
36. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
121
Задача 36.14
Определить модуль горизонтальной составляющей силы давления струи воды на неподвижную лопатку турбинного колеса, если объемный
расход воды Q, плотность у, скорость подачи
воды на лопатку Vj горизонтальна, скорость схода воды v2 образует угол а с горизонтом.
Решение
Запишем теорему Эйлера в векторном виде
Щ -
М У 2 + Доб + Дпов = 0 .
(1)
где Rod — главный вектор объемных сил; 7?пов — главный вектор поверхностных сил.
В проекции на о с ь х (см. рисунок) получим
Mv,
М Л х - M V 2 x +Д, О В Х =0,
где v lx = — V], v ^ - v j cosa.
Mvl
Тогда
-Mv\ - Mv2 c o s a + RnOBX = 0.
Mv„
Откуда
M
Дюв* = Mv] + y v 2 cosa.
(2)
Масса струи воды M = yQ, тогда выражение (2). примет вид
Дюв* = N = YQV\ + у Qv2 c o s a = y£>(v, + v2 cosa),
где N — модуль горизонтальной составляющей силы давления струи
воды.
О т в е т : N = y(2(vt + v2 cosa).
П р и м е ч а н и е . Задачи 36.11-36.14 можно решить, применив теорему
об изменении количества движения системы в интегральной форме в проекции на осьх, т.е. воспользовавшись формулой (36.9), приведенной в методических указаниях.
37. Теорема об изменении главного момента
количеств движения материальной системы.
Дифференциальное уравнение вращения
твердого тела вокруг неподвижной оси
Методические указания к решению задач
Различают главный момент количества движения материальной
системы относительно центра и оси.
Главным моментом количеств движения или кинетическим моментом механической системы относительно некоторого центра называется геометрическая сумма моментов количества движения всех
материальных точек системы относительно того же центра:
1о = 1 1 ю -
(37.1)
Кинетическим моментом механической системы относительно
некоторой оси называется алгебраическая сумма моментов количества движения всех материальных точек относительно этой оси, например относительно оси z:
4 = £ l kl .
(37.2)
Определения моментов количества движения материальной точки относительно центра и оси даны в параграфе 28.
Кинетический
момент твердого тела, вращающегося вокруг н е -
подвижной оси с
4 = / г со,
(37.3)
где 1г — момент инерции тела относительно оси z\ со — угловая скорость тела.
Теорема об изменении
тельно некоторого
кинетического
момента
системы
относи-
центра:
векторная производная по времени от кинетического момента
механической системы относительно некоторого центра О гео-
36. Теорема об изменении главного
вектора
123
количеств движения
метрически равна главному моменту внешних сил, действующих
на систему, относительно этого же центра, т.е.
(37.4)
Следствие из этой теоремы:
если главный момент внешних сил относительно некоторого центра равен нулю, то кинетический момент относительно этого центра остается постоянным, т.е. при MQ =0, L0 = const.
Уравнению (37.4) соответствуют три уравнения в скалярной форме:
dL.
(37.5)
I
к о т о р ы е выражают теорему об изменении кинетического
стемы относительно некоторой
момента
си-
оси:
производная по времени от кинетического момента механической системы относительно некоторой оси равна главному моменту внешних сил относительно этой оси.
Следствие из теоремы: если главный момент внешних сил относительно некоторой оси равен нулю, то кинетический момент механической системы относительно этой оси остается величиной постоянной, например, при М' = %Mz(Fk) = 0, Lz = const.
Следствия из теорем выражают закон сохранения кинетического
момента.
Если твердое тело вращается вокруг неподвижной оси под действием внешних сил, главный момент которых относительно этой оси
не равен нулю, то с учетом формул (37.3) и (37.5) получаем дифференциальное уравнение вращения тела относительно оси.
Пусть осью вращения является ось z, тогда
Z•
(37.6)
124
X. Динамика материальной системы
Если I z = const, то дифференциальное уравнение (37.6) примет
вид:
1
—=
dt
1
(37.7)
Так как
dcо _
~dt~Z
или
d(o _ d2ф _
то уравнение (37.7) можно записать в виде
Izt=Mez
(37.8)
]z<p= M z .
(37.9)
или
В зависимости от постановки задачи применяют одну из этих форм
записи дифференциального уравнения вращения тела. Например, если
задано угловое ускорение е, а нужно определить момент внешних
сил, то уравнение следует записать в виде (37.8). При определении
закона изменения угловой скорости или закона вращения применяют уравнение соответственно в виде (37.7) или (37.9).
Таким образом, дифференциальное уравнение вращательного
движения позволяет решать следующие типы задач:
• при известных законе вращения тела и моменте инерции тела
относительно оси его вращения требуется определить момент внешних сил;
• при известных моменте инерции тела и моменте внешних сил
требуется определить закон вращения этого тела.
Используя дифференциальное уравнение вращательного движения применительно к физическому маятнику, можно получить формулу для определения периода колебаний маятника:
т = 2л Ж
\иа
(37.10)
где d — расстояние от оси подвеса до центра тяжести маятника; 1Х —
момент инерции маятника относительно оси подвеса; G — вес маятника.
36. Теорема об изменении главного
вектора
количеств движения
125
формула (37.10) позволяет экспериментально определить момент
тела, для этого надо знать вес тела, расстояние от оси подвеса до центра тяжести тела и период колебаний (время одного полного колебания). Тогда
инерции
=
(37.1,)
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Изобразить тело или механическую систему, движение которой исследуется в данной задаче.
2. Показать все внешние силы, действующие на тело (систему),
включая и реакции связей.
3. При необходимости изобразить оси декартовых координат, совместив одну из них с осью вращения тела.
4. Определить сумму моментов всех внешних сил относительно
оси вращения. При этом возможны два случая.
Главный момент внешних сил относительно оси вращения не равен нулю. В этом случае надо:
• составить дифференциальное уравнение вращательного движения в виде (37.7)-(37.9), решить его и найти искомую величину в о б щем виде, а затем при необходимости в полученное выражение
подставить числовые данные. При определении закона изменения
угловой скорости или закона движения тела следует проинтегрировать полученное дифференциальное уравнение, предварительно определив начальные условия движения;
• при решении задач о движении физического маятника можно
непосредственно воспользоваться формулами (37.10) и (37.11).
Если главный момент внешних сил относительно оси вращения
равен нулю, то следует:
• составить выражения кинетического момента механической
системы относительно оси для начального и конечного положений
системы и приравнять их. Если в начальный момент система покоилась, то кинетический момент механической системы необходимо
приравнять нулю;
• выразить в общем виде искомую величину и подставить в полученное выражение числовые данные.
126
X. Динамика материальной системы
Задачи и решения
Задача 37.1
Однородный круглый диск массой т = 50 кг и радиуса Л = 30 см
катится без скольжения по горизонтальной плоскости, делая вокруг
своей оси я = 60 об/мин. Вычислить главный момент количеств движения диска относительно осей: 1) проходящей через центр диска
перпендикулярно к плоскости движения; 2) относительно мгновенной оси.
Решение
1) Если ось z проходит через центр О диска
(см. рисунок), то главный момент количеств
движения
h
,
где I , =
тК2
; со:
У
1
=
о
mi J
X
пп
30'
Тогда
,
mR2
50 0,3 2 -60
2,ч
L, =
тся =
= 14,1 (кг • м 2 /с).
2
60
2) Если ось Z\ проходит через мгновенный центр скоростей, точку А, то
По теореме Гюйгенса — Штейнера найдем
1лц = h +mR2Тогда
3,14-60
J30
О т в е т : 1) 14,1 кг • м 2 /с; 42,3 кг • м 2 /с.
30
= 42,3 (кг • м / с ) .
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
127
Задача 37.2
Вычислить главный момент количеств
движения линейки АВ эллипсографа в абсолютном движении относительно оси z,
совпадающей с о с ь ю вращения кривошипа ОС, а также в относительном движении по отношению к оси, проходящей
через центр тяжести С линейки параллельно оси z• Кривошип вращается с угловой скоростью, проекция которой на
ось z равна щ масса линейки равна т ;
ОС - АС = ВС =1 (см. рисунок к задаче 34.5).
Решение
Определим скорость точки С, когда
она принадлежит кривошипу:
v c = CD< ОС
и шатуну:
vc = Ыав СРав.
Так как ОС = СРАВ, то
<иАВ = сог.
Линейка АВ изображенного на рисунке эллипсографа совершает сложное движение: переносное — вращательное вместе с кривошипом ОС (вокруг оси Oz) и относительное —
вращательное вокруг оси Z\Найдем главный момент количеств движения линейки АВ в абсолютном движении относительно оси z, проходящей через точку О,
или
Loz = M 0 z (mv c ) + L Czi .
X. Динамика материальной системы
128
Так как векторы £ 0 г , M0z(mvc)
Lт0z=mvcl-I ,
и LcZ[ параллельны, то
гCZi (oz=ml4о
,2г
т(21)г u>z =-mH(o
2 ,2 z.
Поскольку направление кинетического момента системы совпадает с направлением вектора coz, главный момент L0z имеет положительное значение.
Главный момент количества движения линейки АВ в относительном движении относительно оси z\, проходящей через точку С:
г
,
т(2Г)2
i<z, = Ic l s соАВ
=
1
/2
з ^ Ч -
Так как вектор Lcz направлен в сторону, противоположную оси z,
значение главного момента количества движения принимаем со знаком минус.
Ответ:
L0l = ^ml2(az\ LCzx =
~ml2iot.
Задача 37.3
Вычислить главный момент количеств движения планетарной передачи относительно неподвижной оси г,
совпадающей с осью вращения кривошипа ОС
Неподвижное колесо 1 и подвижное
колесо 3 — одинакового радиуса г. Масса колеса 3 равна т. Колесо 2 массой т2 имеет радиус г2. Кривошип
вращается с угловой скоростью, проекция которой на ось £ равна (oz.
Массой кривошипа пренебречь. Колеса считать однородными дисками.
Решение
Определим скорость точек Съ D и С 3 (см. рисунок):
vc2 =v2=(r
+ r2)0Jz,
vD =2(r + r2)(oz,
vC3 = уъ-2
(r+r2)ov
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
129
Так как получили, что v3 = vD, то колесо 3 совершает круговое поступательное движение и его угловая скорость равна нулю.
Поскольку оси вращения колес
планетарной передачи параллельны,
то главный момент количеств движения передачи
Loz = L2OZ + ^ з о г
(1)
Главный момент количества движения колеса 2, совершающего
сложное движение
'
LlOz - Ц.Ог +
где U$z = M0z(m2v2) = m2(r + r,)2al-
гот _ ,
_ г r + r2
_ m2r2 r+r2
Lioz2 ~ 1C2Z2 ^ - ic 2
©г - —
гг
2 Л
_m2r2(r+r2)
<м7
=
2
2
Тогда
2
h o z - г ф + r t f a>z +
ГП2Г2(Г + Г2)
2
_
2Г + ЪГ2
= m 2 (r + г 2 )ю г — —
(2)
Главный момент количества движения колеса 3, совершающего
только поступательное движение,
Lioz = M0z(mv3)
= 4m(r + r2)2oiz.
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в формулу (1) и найдем значение
главного момента количества движения планетарной передачи:
Ьог = т2(г + г2) со,
Ответ:
Lo z = ~
-
j+4m(r
~{г + гг) co z .
+ r2)2(i>z =
130
X. Динамика материальной системы
Задача 37.4
Натяжение ведущей и ведомой ветвей ремня, приводящего во
вращение шкив радиуса г = 20 см, массой М = Ъ,П кг, соответственно равны: Тх = 100 Н, Т2 = 50 Н.
Чему должен быть равен момент сил сопротивления для того,
чтобы шкив вращался с угловым ускорением е = 1,5 рад/с 2 ? Шкив
считать однородным диском.
Решение
Покажем на рисунке активные силы, действующие на шкив: силу тяжести Mg, силы натяжения ремня Тх и Т2, силы сопротивления
с моментом Мс, реакции Y0 и Х0 связей.
Запишем дифференциальное уравнение вращения тела вокруг неподвижной оси z'
IzV = lMz(Fk%
где Iz =
(1)
ф = е; £ M t ( F f ) =
Т,г-Т2г-Мс.
Тогда уравнение (1) примет вид
mr2
(2)
Щ-г=Т1г-Т2г-Мс.
Из уравнения (2) найдем момент сил сопротивления:
М с = ( 7 ] - Г 2 ) г - ^ - е = ( 1 0 0 - 5 0 ) 0 , 2 - 3 ' 2 1 2 ° ' 2 2 1 , 5 г , 9 , 8 (Н • м).
О т в е т : 9,8 Н • м.
Задача 37.5
Для определения момента трения в цапфах на вал насажен маховик массой m = 500 кг; радиус инерции маховика р = 1,5 м. Маховику
сообщена угловая скорость, соответствующая п = 240 об/мин; предоставленный самому себе, он остановился через 10 мин. Определить момент трения, считая его постоянным.
131
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Решение
Покажем на рисунке активные силы, действующие на вал и маховик: силу тяжести trig, моменты сил трения в цапфах МА и Мв (суммарный момент трения в обеих цапфах Мтр - МА + Мв), реакции связей XА, УА и Хв, YB соответственно в опорах А и В.
Запишем дифференциальное уравнение вращения твердого тела
вокруг неподвижной оси z'г dcо
4
dt
=iMzm,
где / г =/ир 2 ; J,Mz(Fke) = -MTp.
Тогда
2
дж
dt
Разделим переменные dcо и dt:
mp2d(n=-MTpdt
и проинтегрируем это равенство:
О
I
тир2 j Ло = — Mjpjdt.
(00
о
Получим
-ffzp2(Oo =
где озо =
-Mjpt,
пп
30'
Откуда найдем момент трения:
А/,тр
«ПП.1
2 ® о _ 500-1,5
_ т р-.2,.,
-3,14-240 _
t
1 ( Н
м)
600-30
О т в е т : 47,1 Н • м.
Задача 37.6
Для быстрого торможения больших маховиков применяется электрический тормоз, состоящий из двух диаметрально расположенных
полюсов, несущий на себе обмотку, питаемую постоянным током.
132
X. Динамика материальной системы
Токи, индуцируемые в массе маховика при его движении мимо полюсов, создают тормозящий момент Мх, пропорциональный скорости v на ободе маховика: Мх - kv, где к — коэффициент, зависящий
от магнитного потока и размеров маховика. Момент М2 от трения
в подшипниках можно считать постоянным; диаметр маховика D,
момент инерции его относительно оси вращения I. Найти, через какой
промежуток времени остановится маховик, вращающийся с угловой
СКОРОСТЬЮ (OQ.
Решение
Покажем на рисунке направление вращения маховика под действием приложенных к нему активных сил: силы тяжести mg, моментов сил сопротивления М\ и М2, реакции связей Y0H%0B опоре О.
Запишем дифференциальное уравнение вращения твердого тела
вокруг неподвижной оси z'(1)
где 1г = / ;
= - Л / , - М 2 = -Щ2 +kv) =
Подставим значения в уравнение (1) и получим
Разделим переменные, проинтегрируем равенство (2) и найдем время до остановки маховика:
\
М2
+
kDiо
у
z
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
133
или
кРщ
=—In 1 +
kD
~2Ж
2/
Т
_
21. {. kDcoo"!
Ответ: Г = —In 1 + — — .
kD V 2 Мг )
Задача 37.7
Твердое тело, находившееся в покое, приводится во вращение
вокруг неподвижной вертикальной оси постоянным моментом, равным М\ при этом возникает момент сил сопротивления М\, пропорциональный квадрату угловой скорости вращения твердого тела: М\ = асо2.
Найти закон изменения угловой скорости; момент инерции твердого
тела относительно оси вращения равен I.
Решение
Покажем на рисунке активные силы, действующие на твердое
тело, вращающееся вокруг вертикальной оси: силу тяжести mg и м о менты сил сопротивления Ми М\, реакции связей RA, RB соответственно в опорах А и В.
Запишем дифференциальное уравнение вращения твердого тела
вокруг неподвижной оси с
т
da
(1)
dt
где Iz = / ; Mz{Fke) = М - М, =
М-асо2.
Подставим эти значения в уравнение (1),
получим
г d(i>
,,
2
(2)
I — = - М - ааг.
dt
Разделим переменные, проинтегрируем
равенство (2):
" А о
ЦМ - а с о
о
2
'
— / Л
134
X. Динамика материальной системы
или
i j
а
и получим
/
+ со
1
In
=t
Л/
а
- — О)
или
In
М
— + со
а
24Ш
/
-со
t.
(3)
Введем обозначение: Р = 2 VexM/I, тогда выражение (3) примет вид
[М
а
+ (О
= ер»
-со
Из этого выражения найдем закон изменения угловой скорости
вращения тела:
со = .
О т в е т : со =
Uf
V а
е Р'
_1
/ЖЛ-1
' а
2
-
— , где P = - V a М .
/
Задача 37.8
Решить предыдущую задачу в предположении, что момент сил
сопротивления М\ пропорционален угловой скорости вращения твердого тела: М\ = асо.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
135
Решение
Твердое тело вращается вокруг вертикальной оси под действием приложенных
к нему активных сил (см. рисунок): силы
тяжести mg, моментов сил сопротивления
М и Mi, реакции связей ЯА и RB соответственно в опорах А и В.
Запишем дифференциальное уравнение
вращения твердого тела вокруг неподвижной оси z:
at
= l M0l(Fk%
(1)
где / , = / ; £ M 0 z ( F k e ) =
M-Ml=M-a(&
Тогда
/ — = M - асо = - ( а с о - М ) .
dt
(2)
Разделим переменные и проинтегрируем равенство (2):
/
dw
асо - М
= -dt,
0)
па с о - М =
-In
а
асо-М
-М
-)dt,
= -t.
Потенциируем это выражение и находим закон изменения угловой скорости:
со = ——(1 —
а
О т в е т : со = — ( l - e ^ 1 ) .
а
Задача 37.9
Шарик А, находящийся в сосуде с жидкостью и прикрепленный
к концу стержня АВ длиной I, приводится во вращение вокруг вертикальной оси 0\02 с начальной угловой скоростью со0- Сила сопротив-
136
X. Динамика материальной системы
ления жидкости пропорциональна угловой
скорости вращения: R - а/и со, где т — мас1 Щрг
са шарика, а — коэффициент пропорциональности. Определить, через какой проме7 1 тг
- А1
в ,
жуток времени угловая скорость вращения
станет в два раза меньше начальной, а также
число оборотов п, которое сделает стержень
с шариком за этот промежуток времени.
11 ° : "
Массу шарика считать сосредоточенной в его 7 7 7 7 7 7 7 7 7 - 7 7 7 7 7
центре, массой стержня пренебречь.
Решение
Шарик А, прикрепленный посредством
стержня АВ к вертикальной оси 0\02, движется под действием активных сил (см. рисунок): силы тяжести mg, силы сопротивления Я, реакции связей Х^ , Y0{ и Х^, Y0l
опор 0\ и О2Для решения задачи воспользуемся теоремой об изменении главного момента количеств движения твердого тела:
(о
at
где Lz - Mz(mv) -ml2w, Mz(Fke) = -Rl = -a/wco.
Тогда
d(ml (£>)
dt
= -aimсо
или
,du>
I — = -aco.
dt
Разделим переменные и проинтегрируем равенство (2):
(О
>o — = - a j d t ,
/ aJ
(2)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
137
и получим
/1п2 =
-аТ.
Откуда время, за которое угловая скорость шарика уменьшится
в 2 раза,
а
Для определения числа оборотов п воспользуемся подстановкой
Л о _ соЛо
dt
d(p '
Тогда дифференциальное уравнение движения системы (2) примет вид
(3)
d<p
Разделим переменные и проинтегрируем уравнение (3):
top
9
2
/ J Ло = - aj d<p.
о
Получим
Откуда найдем
и определим
У _
2к
О т в е т : Т = - 1п2; п =
^
а
4атс
fop
4ка
138
X. Динамика материальной системы
Задача 37.10
Определить, с какой угловой скоростью со упадет на землю спиленное дерево массой М, если
его центр тяжести С расположен на расстоянии h
от основания, а силы сопротивления воздуха создают момент сопротивления т с , причем/исз, = - а ф 2 ,
где а - const. Момент инерции дерева относительно оси z, совпадающей с осью, вокруг которой
поворачивается дерево при падении, равен I.
Решение
Рассмотрим вращательное движение дерева
относительно оси Oz (см. рисунок) под действием
активных сил: силы тяжести дерева Mg, момента
силы сопротивления тс воздуха, реакции 70 в точке О. Для решения задачи воспользуемся теоремой об изменении главного момента количеств
движения механической системы относительно
оси z:
^=1мгт,
где ^Mz(Fke)
= Mghsin(p+mcl =
(1)
Mghsincp-асо2.
Тогда уравнение (1) примет вид
... .
2
Td(0
I — = Mgh sm ш - асо''.
dt
Представим
dcо _ oWco _ d(со2)
dt
d<p
2 dip
и обозначим со2 = Z .
Тогда уравнение (2) запишем в виде
J-/— =
2 dq>
Mghsirup-aZ
(2)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
139
или
dZ , 2 а „ 2 ghM .
— +—Z =
siny.
dq
I
I
,
(3)
Решение дифференциального уравнения (3) ищем в виде
(4)
Z = Z + Z*
где Z — решение однородного дифференциального уравнения
— + — Z = 0;
d<p I
(5)
Z* — частное решение уравнения (3).
Вначале найдем решение Z . Представим уравнение (5) в виде
dZ
d<p
2а.
Z,
I
где z = ZРазделим переменные
dZ
—
Z
=
2а ,
/
fifffi,
проинтегрируем и получим
j f
=
lnZ = - ^ c p + l n C .
Отсюда
_
Z=Ce
2а
<р
I .
Затем найдем частное решение:
Z* = A cos ф+5sin ф.
Продифференцируем это выражение по <р:
(Z*)' =-Asin<p+Bcos<p =
dZ*
d<p
140
X. Динамика материальной системы
Полученные значения подставим в уравнение (3):
—A sin ф + B c o s y + A cosф+^—Bsin <р = l^ML s i n ф.
Найдем постоянные интегрирования А и В, решив систему уравнений:
1
I
в А = 0 .
/
Тогда
2 Mgh
А=-
1+
в_
4а
AMgha
/ 2 + 4а 2 "
Решение (4) с учетом найденных значений примет вид
„
„
2 Mgh
AMgha
4а 2 \
.
/ +4а
2
1+ -
(6)
Найдем постоянную интегрирования С при t = 0, когда ф = ф0 = 0,
Zo = coq = 0:
С =
2 Mgh
' 4а 2
1 + —т-
Подставим значение С в формулу (6):
2а
1+
4а 2^
е '
2 Mgh
1+
- .. С05фН
4а21
AMgha .
г—— rSIIKO.
Y
I +4а
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
141
Определим скорость со дерева в момент его падения, т.е. когда
к
= 2MLe~T I 4Msha •
ая
=
I2 + 4 а 2
У,4аЧ
\
00 =
О т в е т : со =
1
/ 2 + 4а2
/2+4сх2'
J
2 Mgh
/ 2 + 4а2
1 IMghl
I/2 +4а2
(
«Л_
2 а + 1е !
V
V
Г ал
I 2MghI
/2+4а2
\
е > +2— .
^
/
/
Задача 37.11
Вал радиуса г приводится во вращательное движение вокруг горизонтальной оси гирей, подвешенной посредством троса. Для того
чтобы угловая скорость вала через некоторое время после начала
движения имела величину, близкую к постоянной, с валом соединены п одинаковых пластин; сопротивление воздуха, испытываемое пластиной, приводится к силе, нормальной к пластине, приложенной
на расстоянии R от оси вала и пропорциональной квадрату ее угловой скорости, причем коэффициент пропорциональности равен к.
Масса гири т, момент инерции всех вращающихся частей относительно оси вращения равен /; массой троса и трением в опорах пренебречь.
Определить угловую скорость ш вала, предполагая, что в начальный момент она равна нулю.
Решение
Рассмотрим поступательное движение гири и вращение вокруг
горизонтальной оси вала с насаженным на него жестко демпфером.
Движение гири происходит (см. рисунок) под действием активных
сил: силы тяжести mg гири, сил сопротивления F„ пластин, реакций
YQ И Х0 опор.
142
X. Динамика материальной системы
Для решения задачи воспользуемся теоремой об изменении главного момента количеств движения механической системы относительно оси z:
F.
at
где
lMz(Fe)
= mgr-ZFkR
= mgr-(o2ZkR
=
= mgr - knRiо2;
Lz = Lzr + L, дсмпф = Mz(Mvr) + I(o =
- mr2u>+ Iii>={mr2 + i)ax
Тогда
(imr2 + /)— = mgr - knRoo2.
dt
(1)
Разделим переменные и проинтегрируем выражение (1):
Ло
_ \dt
I mgr - knRa?
mr2 +1'
1
,
d(o
knR*
jdt
2 ~mr2 + l'
knR
mgr
2knr.
mgr
In
knR
knR
mgr
knR
+ со
+C, =
-co
mr2 +1
или
mgr
1
In
2-yJknRmgr
knR
mgr
knR
+ CO
+C,=со
t
mr1 +1
(2)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
143
Постоянную интегрирования С{ найдем из начальных условий
cog = 0 при t0 = 0. Тогда Сх = 0. С учетом этого выражение (2) примет вид
mgr
In
I knR
+ со
2-yjknRmgr {
mr2 + I
J^-co
\ knR
Введем обозначение:
ос =
IJknRmgr
mr2 + I
и найдем закон изменения угловой скорости со:
СО:
pgr
e^-l
SknR еш +1
При t = <=°
со=соmax =
mgr
J—.
Значение максимальной скорости можно также определить из
условия, что при
® = С0тах
dt
С учетом этого выражение (1) примет вид
0 = mgr-knR(n2max.
Откуда
со
штах
[тёг е ш - 1
=i
Ж
knR
2
О т в е т : со = J —
— , где а =
у -JmgnkrR-, при достаточно
\knRea'+l
I +тг
большом значении t угловая скорость со близка к постоянmgr
ной величине
knR
144
X. Динамика материальной системы
Задача 37.12
Упругую проволоку, на которой подвешен однородный шар с радиусом г и массой т, закручивают на угол ф0, а затем предоставляют
ей свободно раскручиваться. Момент, необходимый для закручивания проволоки на один, радиан, равен с. Определить движение, пренебрегая сопротивлением воздуха и считая момент силы упругости
закрученной проволоки пропорциональным углу кручения ф.
Решение
Рассмотрим вращение шара, подвешенного на упругой проволоке (см. рисунок).
На шар действуют сила тяжести шараю£, м о мент силы упругости закрученной проволоки М упр = сф, реакция Т проволоки.
Запишем дифференциальное уравнение
вращения шара вокруг оси z, совпадающей
с проволокой:
где 1 г =
;
= - М у п р = -Сф.
Тогда
2
2-я
-mrty
2
= -сф,
2-
- m r ф + с ф = 0,
5с
Л
2mr
или
ф+Л 2 ф = 0,
где к =
V2mr2'
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
145
Найдем корни характеристического уравнения:
Z2+k2
= 0,
Z\,2 = ±ki.
Общее решение полученного однородного дифференциального
уравнения ищем в виде
Ф = A cos kt+В sin kt.
Продифференцируем это выражение по времени:
ф = со = -Ак sin kt+Вк cos kt.
Постоянные интегрирования А и В найдем из начальных условий: ф0 * 0, coq = 0 при t = 0; А = ф 0 , В = 0.
Следовательно, уравнение вращательного движения шара
Ф = Фо
О т в е т : ф = ф0 cos /
V2 mr
т
соШ = ф0 cos
t.
Задача 37.13
Часовой балансир А может вращаться вокруг оси, Перпендикулярной его плоскости и проходящей через центр тяжести О, имея
относительно этой оси момент инерции / . Балансир приводится
в движение спиральной пружиной, один конец которой с ним скреплен, а другой присоединен к неподвижному корпусу часов.
При повороте балансира возникает момент сил упругости пружины, пропорциональный углу поворота.
Момент, необходимый для закручивания пружины на
один радиан, равен с. Определить закон движения балансира, если в начальный момент в условиях отсутствия сил упругости балансиру сообщили начальную углов у ю СКОРОСТЬ (Оо-
Решение
Вращение часового балансира А происходит под действием приложенных к нему сил (см. рисунок): момента А/ упр сил упругости
пружины, реакций связей Х0 и Y0 в опоре О.
146
X. Динамика материальной системы
Запишем дифференциальное уравнение вращения твердого тела вокруг неподвижной оси г:
где I z = / ;
= -Л/упр = - « р .
Получим однородное дифференциальное уравнение
/ф = - С ф
или
>+£2ф = 0,
где к
Решение этого уравнения ищем в виде
<p = Bcoskt + Dsinkt.
(1)
Продифференцируем выражение (1) по времени:
ф = -Вк sin kt + Dk cos kt.
Постоянные интегрирования В и D найдем из начальных условий: ф0 = 0, фо = COQ при t = 0. Тогда 5 = 0, D =« о
С учетом значений B,Dv.k
сира А:
запишем уравнение движения балан-
(p=c
°°Ssin&
Ответ:
ф = co 0l |— s i n
Задача 37.14
Для определения момента инерции 1г тела А
относительно вертикальной оси Oz его прикрепили к упругому вертикальному стержню 00\,
закрутили этот стержень, повернув тело А вокруг
оси Oz на малый угол ф 0 , и отпустили; период
возникающих колебаний оказался равным Т ь
момент сил упругости относительно оси Oz pa-
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
147
вен т1 = —сф. Для определения коэффициента с проделали второй
опыт; на стержень в точке О был надет однородный круглый диск
радиуса г массы М, и тогда период колебаний оказался равным Т2.
Определить момент инерции тела Iz.
Решение
Вначале определим коэффициент жесткости стержня 00\. Для этого наденем на стержень круглый диск и рассмотрим движение системы, состоящей из однородного диска массы М и упругого стержня. Покажем на рисунке
активные силы: силу тяжести Mg, момент сил
упругости mv реакцию N стержня.
Применим теорему об изменении главного момента количеств движения механической
системы:
(1)
at
Найдем момент активных сил относительно оси z:
и момент количеств движения диска:
.
.
Mr2
Lz = IZ со =
ca
Подставим полученные значения в уравнение (1) и получим
Mr2 da
2
dt
= -Сф
или
Mr2 .
ф + с ф = 0.
Преобразуем это уравнение:
2с
п
Ф + 77~2 Ф = 0
Mr
148
X. Динамика материальной системы
и запишем его в виде
ф + А ; 2 ф = 0.
Полученное дифференциальное уравнение является уравнением
свободных крутильных колебаний с круговой частотой
'
=УI Mr
Р^
Mr
22
и периодом
2я .
Mr1
12 = — = 2 ТС,
т
к
\
2с'
Откуда найдем коэффициент жесткости стержня 00х:
4пМг2
^= — 2 - 27,
(2)
Заменим диск на тело А и рассмотрим его движение. Запишем
дифференциальное уравнение вращательного движения в виде
izq>=ZMzm,
гд
=
=
Тогда
/ г ф = -Сф
или
/ г ф+сф = 0.
Преобразуем полученное уравнение:
ф+-^Ф = 0
и запишем его в виде
ф+£
2
ф = 0,
где к — круговая частота крутильных колебаний тела А,
к-
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
149
Тогда период колебаний тела А
т
2к
2л
= 2л 'Ь.
Подставим в это выражение выражение (2) и получим
1^
7] = 2 т i j[ОН
4кМг2'
Откуда момент инерции тела А:
Mr2
О т в е т : lt =
Mr2
fnf
h
\Тг
Задача 37.15
Решить предыдущую задачу в предположении, что для определения коэффициента с второй опыт проделывают иначе: однородный
круглый диск массы М и радиуса г прикрепляется к телу, момент инерции которого требуется определить. Найти момент инерции тела I v
если период колебаний тела т ь а период колебаний тела с прикрепленным к нему диском i 2 Решение
Вначале рассмотрим движение тела А (см. рисунок) под действием силы тяжести теда Mrg, момента /я упр сил упругости стержня и реакции N
стержня.
Запишем дифференциальное уравнение вращения тела А вокруг оси V
Найдем главный момент внешних сил относительно оси z:
JJMz(Fke) = mynp = - с ф .
150
X. Динамика материальной системы
После подстановки получим
= -сф
/гф
или
ф + у - Ф = 0.
Запишем это уравнение в виде
ф + £ , 2 ф = 0.
(1)
Уравнение (1) является дифференциальным уравнением крутильных колебаний тела А на упругом стержне ООх с круговой частотой
17
'
"Л
2 тс
.
и периодом
С
[77
V с
Откуда
4 гс2/,
ч
Прикрепим к телу А диск радиусом г и рассмотрим их совместное
движение.
Запишем дифференциальное уравнение вращения этой системы
вокруг оси v
'пРФ=iMzm-
(2)
Найдем приведенный момент инерции системы:
I•'пр
г. т
=
I г т +1
-* г
д>
т
Mr 2
где 1г — момент инерции тела относительно оси z\ Iz д = —
мент инерции диска относительно оси z-
мо-
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Тогда
151
Mr2
/ПР = h +
Главный момент внешних сил относительно оси z:
IMz(Fke)
= -ap.
Следовательно, дифференциальное уравнение (2) примет вид
Mr2
) = -Сф.
Преобразуем это уравнение:
Ф+
Mr•2\
ф= 0
и запишем его в виде
ф+Агз <р = О,
где к2 =
Mr.2
'
Найдем период крутильных колебаний системы
т2 =
2п
L +
2к
Л+
Mr2
• = 27С"
Мг2
Откуда
Ап- Ir +
Mr.2 Л
С=
t?
Приравняем значения коэффициента с для системы, состоящей
из тела А и диска, и для одного тела А, получим
4 k2L
Mr, 2 Л
т
4к' / , + —
J
2
152
X. Динамика материальной системы
Откуда определим значение момента инерции тела А:
I г,
,
О т в е т : 17 =
Mr2
2
.
xf
Мг
*
2.
1
xl-xl
.,•
x22-xf
Задача 37.16
Бифилярный подвес состоит из однородного
стержня АВ длины 2а, подвешенного горизонтально
посредством двух вертикальных нитей длины /, отстоящих друг от друга на расстоянии 2Ь. Определить
период крутильных колебаний стержня, полагая,
что стержень в течение всего времени движения
остается в горизонтальном положении и натяжение
каждой из нитей равно половине веса стержня.
//{////sy////^//
1
. ь .. ь . I
У к а з а н и е . При определении горизонтальной составляющей натяжения каждой из нитей, считая колебания бифиляра малыми, заменить синус угла между направлением нити и вертикалью самим углом.
Решение
Рассмотрим движение бифилярного подвеса под действием внешних сил (см. рисунок): силы тяжести Mg стержня, реакций NA и NB
нитей подвеса.
Запишем дифференциальное уравнение вращения стержня вокруг
оси z'
(1)
Найдем главный момент внешних сил относительно оси г:
ХВДО
= -Nub
- N2xb = ~(Nlx + N2x)b
и горизонтальные составляющие реакций NA и NB соответственно:
Nlx = Nt sin а,
Nb - N2 sin a.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
По условию задачи
Nx=N2
=
Mg
тогда
(Ni + JV2)sina = Mg sin a.
(2)
Выразим угол a через угол ф:
£sii^ = /sina
или
Ъ.
sma = уБШф.
Подставим это выражение в формулу (2):
Mgsina = Mgysiny.
Для малых колебаний в т ф = ф, тогда
ZMz(Fke) = -Mg^-
Ф.
Момент инерции стержня относительно оси z
.
М{2а2)
I Гт =
=
Ма2
12
г
•
3
Подставим полученные значения в уравнение (1):
Ма2 .
Ъ2
и запишем его в виде
§ + к 2 ф = 0,
где к2 =;Ч Ь2 '
la
2
Найдем период крутильных колебаний стержня:
2п
2п
2па
2па ГГ
153
164
X. Динамика материальной системы
Задача 37.17
Диск, подвешенный к упругой проводке, совершает крутильные
колебания в жидкости. Момент инерции диска относительно оси проволоки равен I. Момент, необходимый для закручивания проволоки
на один радиан, равен с. Момент сопротивления движению равен aSco,
где а — коэффициент вязкости жидкости, S — сумма площадей верхнего и нижнего основания диска, со — угловая скорость диска. Определить период колебаний диска в жидкости.
Решение
Рассмотрим движение диска (см. рисунок) под
действием внешних сил: силы тяжести G, момента
щ = - с ф сил упругости п р о в о л о к и и момента
щопр = ос5ф сил сопротивления, реакции N проволоки.
Запишем дифференциальное уравнение вращения диска вокруг оси г:
# =2
(1)
Найдем сумму моментов внешних сил относительно оси ZХА/
г
Ш = -сф-а5ф
и подставим ее значение в уравнение (1):
/ф = - с ф - а Л р
или
„_ а5 .
ф+
«р +
с
ф =
.
0.
Полученное уравнение запишем в виде
ф+2лф+Л:2ф = 0,
'
а5
где 2п = —;
,2
к =
(2)
с
Уравнение (2) является дифференциальным уравнением затухающих крутильных колебаний.
155
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Если
V/
2
то диск будет совершать затухающие колебания с периодом
Т =
2к
2к
4л/
V4c/ - a 2 S 2 '
Jk2-n2
„
„
4тil
Ответ: T = - = = = = = .
-J4cl -o?S
Задача 37.18
Твердое тело, подвешенное на упругой проволоке, совершает крутильные колебания под действием внешнего момента тъ, причем
mBZ —щ sin т / +w 3 sinЗсо/, где т ь т ъ и со — постоянные, а z — ось, направленная вдоль проволоки. Момент сил упругости проволоки равен тупр, причем mynpi = -сср, где с — коэффициент упругости, а ср —
угол закручивания. Определить закон вынужденных крутильных
колебаний твердого тела, если его момент инерции относительно
оси z равен Iv Силами сопротивления движению пренебречь. Считать, что 4 Щ 1 ф 03 и - J c / h * 3ca
Решение
Рассмотрим движение твердого тела, подвешенного на упругой проволоке, под действием
внешних сил (см. рисунок): силы тяжести Mg,
внешнего т Ь г момента, момента т у п р сил упругости, реакции N проволоки.
Запишем дифференциальное уравнение вращения тела вокруг оси с
(1)
Найдем главный момент внешних сил относительно этой оси:
£ A f j ( f / ) = m,j -tffynp ~ m i sin ю/ + /я3 sin Зсо/ - сф.
х>
Mg
156
X. Динамика материальной системы
Полученное значение подставим в уравнение (1):
I z ф = Ш) sin cor + т ъ sin3co/ - сф.
Приведем дифференциальное уравнение к виду
ф+А: 2 ф = Л, sin со/ + А3 sin3co/,
где к = Jj-
(2)
— круговая частота собственных крутильных колебаний
тела; k = — ; h2 = — .
I
I
Уравнение (2) является неоднородным дифференциальным уравнением вынужденных колебаний.
Общее решение уравнения (2) состоит из общего решения однородного уравнения ф+&2ф = 0 и частного решения неоднородного
уравнения, которое описывает вынужденные колебания. Запишем
частное решение в виде правой части уравнения (2):
ф = A sin со/ +2?sin3co/.
Найдем значения постоянных Л и б. Для этого определим производные по времени ф и ф :
ф = Acocos со/+35cocos3co/,
ф = - А со2 sin со/-92?со2 sin3co/.
Подставим их в дифференциальное уравнение (2):
-Лео2 sin со/ - 9Всо2 sin3co/ + Ак2 sin Ш+Вк2 sin3co/ = h{ sin со/ + h2 sin3co/.
Решим систему уравнений:
ЛЛ 2 sin оэ/ — У4СО2 sin со/ =
5&2sin3co/-9Z?co2sin3co/
и найдем
А
В=
к2-
со 2 '
Аз
к2 - 9 с о 2
sin со/,
1
= A2sin3co/J
157
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Тогда закон вынужденных крутильных колебаний примет вид:
sin 3(0/.
где к2 = с / / г ; А, = т , / / г ; А3 = m 2 / / z .
Задача 37.19
Решить предыдущую задачу с учетом момента сопротивления тс,
пропорционального угловой скорости твердого тела, причем тсг = —Эф,
где Р — постоянный коэффициент.
Решение
Рассмотрим движение тела, подвешенного на упругой проволоке. На рисунке покажем силы, действующие на тело: силу тяжести
тела Mg, реакцию N проволоки, момент тупр сил упругости проволоки, момент mcz сил сопротивления, внешний mBZ момент.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения тела относительно оси z:
(1)
mynP
а
Найдем главный момент внешних сил относительно оси Z-
=От]sin со/+/Из sin Зсо/ - Рф - сф.
Подставим это выражение в уравнение (1):
I z ф = -Рф - сф+гп\ sin (о/+/п 3 sin3co/
или после преобразований получим
ф+2 лф+к2<р = А| sin со/+h 3 sin Зсо/,
(2)
158
X. Динамика материальной системы
Уравнение (2) является дифференциальным уравнением вынужденных крутильных колебаний с учетом сопротивления среды.
Уравнение вынужденных крутильных колебаний тела ищем в виде
частного решения неоднородного дифференциального уравнения
Ф = Z)sin(®r - £ , ) + £sm(3co/ - е 3 ).
(3)
Дважды продифференцируем уравнение (3) по времени:
ф = Dcocos(co/ - £i)+3.£cocos(3otf - е 3 ),
Ф = -Dcо2 sin(co? - £])—9£со2 sin(3aW - е 3 ).
Подставим значения ф, фи фв дифференциальное уравнение (2):
—Dap' sin(cot - £[)-9Е(Л 2 sin(3co/ - е 3 )+2«Z)cocos(ow - е , ) +
+ 6n£cocos(3oj/ - £3) + k2Ds'm((x>t - в,) + k2Esm(3at - е 3 ) =
= hi sin[(oW - 8i) + e,J+/i 3 sin[(3cor - e 3 ) + e3],
(4)
Найдем значения постоянных интегрирования D и Е и величины
сдвига фаз Е] И Е2, раскрыв синус суммы двух углов в правой части равенства (4) и приравняв коэффициенты при одинаковых тригонометрических функциях в правой и левой частях равенства:
и
D=л/(А 2 -(О 2 ) 2 +4Л 2 со 2 '
Аз
Е=-
V(£ 2 -9а> 2 ) 2 +36и 2 со 2 '
t
2лсо
2'
8£i=T?
v
-or
^
бисо
t g"J
e 3 = -,2 n 2'
Л -9or
С учетом найденных значений уравнение (3) примет вид
Аз
Ф = -< л
о •> sin(co?-e l ) + - 7 ==
. sin(3cof-e 3 ).
*J(k — а>) +4« 2 со 2
- 9 с о ) +36п со
О т в е т : ф = /4, sin(co/-e,) + Л3 sin(3co/-e 3 ), где А, = D ; А3 = Е;
.
2псо р е = arctg
^ бисо
е, = arctg—j
к-or
3
к - 9ог
159
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Задача 37.20
Диск D, радиус которого равен R, а масса — М,
подвешен на упругом стержне АВ, имеющем жесткость на кручение с. Конец стержня В вращается
по закону ФД = С0(/ + <J>sinpt, где COQ, Ф, р — постоянные величины. Пренебрегая силами сопротивления, определить движение диска D: 1) при отсутствии резонанса, 2) при резонансе. В начальный
момент диск был неподвижен, а стержень — недеформирован.
,в
I
I
с|>
I
ъ
I
Решение
Рассмотрим движение данной системы. Покажем на рисунке силы, действующие на систему:
силу тяжести Mg диска, момент тупр сил упругости стержня и реакции N опоры.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения диска относительно оси z, проходящей вдоль стержня АВ:
--ТФ
/гФ=ХВД<).
(1)
Найдем главный момент внешних сил относительно оси вращения z'J,Mz(Fke) = -ffiynp = - с ( ф - ф д ) = (coo? + Ф з т / > 0 с - с ф
и момент инерции диска относительно этой оси:
_МЯ2
*7
Полученные значения подставим в уравнение (1):
MR7 -
/
,
ж •
л
После преобразований получим
ф + - ^ г ф = ——-^-(юп/ + Osin pt)
MR
MR
160
X. Динамика материальной системы
или
2(p
т- = dt + hsmpt,
fy+k>2
где к = J
(2)
~~ к Р У г о в а я частота крутильных колебаний диска;
MR2
MR2
Общее решение неоднородного дифференциального уравнения
с постоянными коэффициентами ищем в виде суммы
*
ф=ф,+ф2)
(3)
где ф| — общее решение однородного дифференциального уравнения ф+&2ф = 0,
q>\=Acoskt + Bsinkt-,
(4)
А.
ф2 — частное решение, которое ищем в виде правой части дифференциального уравнения (2) при отсутствии резонанса, т.е. когда р ф к ,
ф 2 = Dt + E sin pt.
(5)
Найдем постоянные интегрирования D и Е. Для этого дважды продифференцируем по времени выражение (5):
<р2 =
Ер sin pt,
ф2 =-Ер2
sin pt.
Подставим значения ф2 и ф2 в дифференциальное уравнение (2)
и получим
-Ер2 sin pt + k2Dt + к2Е sin pt = dt + h sin pt.
Откуда
p.
d
D-~rr =
К
2C(OQMR2
^
MR
= ось,
2C
k2 - p 2
(6)
Запишем выражение (3) с учетом формул (4)—(6):
Acoskt+Bsinkt
+ co0t + -^—jsinpt.
(7)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
161
Продифференцируем уравнение (7) по времени:
J4.
+ G)Q+T~-jCospL
q = -Akcoskt+Bksinkf
к2— р
(8)
Определим постоянные интегрирования А и В, подставив в уравнения (7) и (8) начальные условия: / = 0, ф0 =0, <р0 =0. Тогда А - 0 ,
top
hp
в_
к
к(к2-р2)'
Подставим значения А и В в уравнение (7) и запишем закон движения диска:
ф=
(Оо •
-Sin/tf
к
hp
. .
,
— T - S i n f + (D 0 ?+
k(kl-pl)
,
h
,
? s i n pt
kl-pl
или
Ф = coq t-—sin
к
kt+—(sinpt-—sin&A
kz-pz\
к
J
Частное решение при резонансе, т.е. при к - р , ищем в виде
ф2 = Dt +Et cos kt.
(9)
Найдем постоянные интегрирования D и Е. Для этого дважды
продифференцируем по времени выражение (9):
Ф2 =
V+Ecoskt—kEtsinkt,
ф2 = -Ек sin kt - Ек sin kt - Ек 2t cos kt.
Подставим значения ф2 и ф2 в дифференциальное уравнение (2)
и получим
-Ek2t cos kt - 2 Ек sin kt + Dtk2 + Ek2t cos kt = dt + h sin pt.
Откуда
d_
n
"
Д = 7 22
к
= Ю
2к
°'
X. Динамика материальной системы
162
Тогда частное решение (9) будет иметь вид
<p2 = Wo'——coskt.
2к
(10)
Подставим выражения (4) и (10) в уравнение (3) и получим
<p = >4cosA:/+5sinA:/ + (OQ/- — tcoskt.
2/с
(11)
Постоянные интегрирования А и В найдем с учетом начальных
условий: / = 0, ф0 =0» фо =0, продифференцировав уравнение (11):
ф = -Ак sin kt+Вк cos kt + ton + — t sin kt
2k
-—coskt.
2k
Откуда
A - 0,
B =
Ji
2к 2
®o
к '
Подставим значения А и В в уравнение (11) и получим закон движения диска:
Ф = -Д=- sin kt - — s i n kt + con t - — t coskt
2k
к
2k
или
Ф = (On / - — s i n kt+—f - s i n kt - 1 cos kt \
к
2k\k
J
О т в е т : 1) ф = (Oo?~—$inkt+
. fsin/>?- —sinfcH, где к = J - ^ - ;
к
k-p'\
к
J
\MRl
MR2
^
к
2k\k
)
Задача 37.21
Твердое тело, подвешенное к упругой проволоке, совершает крутильные колебания в жидкости. Момент инерции тела относительно
оси проволоки г равен I v Момент сил упругости проволоки niynpz = - сф,
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
163
где с — коэффициент упругости, а <р — угол закручивания; момент
сопротивления движению mcz = -(Зф, где ф — угловая скорость твердого тела, а р >0. В начальный момент твердое тело было закручено
на угол фо и отпущено без начальной скорости. Найти уравнение
движения твердого тела, если _Р_
2L
Решение
Рассмотрим крутильные колебания тела в жидкости. На рисунке
покажем силы, действующие на тело: силу тяжести Mg тела, реакцию N проволоки, моментгИуПрг сил упругости проволоки, момент тс.
сопротивления движению.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения тела относительно оси z:
/гФ=хмда.
(1)
Найдем значение главного момента внешних сил
относительно оси Z'^MZ(F<) = -mcz -/Иупр г = - с ф - р ф
и подставим это значение в уравнение (1):
/гф = - с ф - р ф .
После преобразований получим
В
с
ф+-^-ф+—ф = 0
h
к
или
•ф+2яф+Л: 2 ф = 0,
(2)
Уравнение (2) является дифференциальным уравнением затухающих колебаний, так как
Р
Гс"
-2i —
/ , < — или
,
п<к.
164
X. Динамика материальной системы
Решение этого уравнения ищем в виде
<р = е~"'{A cos Jk2-n2t
(3)
+Bs\n*Jk2-n2t).
Продифференцируем уравнение (3) по времени:
ф = -пе~"\А cos ~Jk2 - п2 t+Bsin-<Jk2 - п21) +
+ ё~"\-А-4кг -п2 sinVA;2 - п 2 t+Bjk2
-п2/cosV/fc2
-п 2 1).
(4)
Постоянные интегрирования А и В найдем с учетом начальных
условий движения: / = 0, ф0 = 0, ф0 * 0, подставив их в уравнения (3)
и (4). Тогда
А = щ,
р
_
"Фо
Подставим эти значения А и В в уравнение (3) и получим уравнение движения тела:
ф = ф ( ) е" я / (cos 1Jk 2 -n 2 t + - ^ J L ^ s i i W f c 2 -n2
I
'
t).
J
О т в е т : затухающие крутильные колебания по закону
Ф = ф о е " " ' |^cos
4кг-t?t
+ -~==sm
-Jk2-n2(
],
,2
с
р
где Лг = — ; п = — .
h
2IZ
Задача 37.22
Однородный круглый диск массы М и радиуса R, подвешенный
к упругой проволоке, может совершать крутильные колебания в жидкости. Момент сил упругости проволоки /ЯупРг; = - сф, где ось z проведена вдоль проволоки, с — коэффициент упругости, а ф — угол
закручивания; момент сопротивления движению
- - ( З ф , где ф —
угловая скорость диска, а р > 0. В начальный момент диск был закручен на угол ф0 и отпущен без начальной скорости. Найти уравнение
р
ГТГ
движения диска, если: 1) —!—• =
MR2
V MR
..
р
ГТГ
2) — — > J
MR2 У MR2
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
165
Решение
Рассмотрим крутильные колебания тела в жидкости. Покажем на рисунке силы, действующие на
тело: силу тяжести Летела, реакцию N проволоки,
момент mynpz сил упругости проволоки, момент т С 1
сопротивления движению.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения тела относительно оси Z'М>=ХВДе).
(1)
Найдем главный момент внешних сил относительно оси г\
^ M z ( F e ) = - т с г -ffly n p, = - с ф - р ф .
(2)
Тогда дифференциальное уравнение (1) примет вид
/гф= -рф-сф.
После преобразований получим
/гф+Рф+сф = 0
или
ф + 2 я ф + £ 2 ф = 0,
MR2
где I z = —ц2
оси z\ п =
Рг
11,
(3)
момент инерции однородного диска относительно
=
\ MR
MR
, — коэффициент сопротивления среды;
круговая частота колебаний.
Уравнение (3) является дифференциальным уравнением затухающих колебаний, решение которого зависит от значения корней характеристического уравнения:
z2+2nz + k2=0.
Корни уравнения (4):
Zl,2 =
-n±Vn2-к2.
(4)
166
X. Динамика материальной системы
1) Если — ~ = J - ^ - r , т.е. п = к, то корни уравнения (4) вещестMR
V Л//?
венные, равные и отрицательные:
Общее решение в этом случае имеет вид
ф = e~n'(At + B).
(5)
Продифференцируем уравнение (5) по времени:
§ = -ne-"'(At+B)
+ Ae-M.
(6)
Постоянные интегрирования найдем с учетом начальных условий
движения: t = 0, ф0 =0, ф0
подставив их в уравнения (5) и (6):
£ = ф 0 , Л = Иф0.
Значения А и В подставим в уравнение (5) и получим уравнение
движения диска для этого случая:
В
/ "2с
2) Если —^Ц- >,/
х-, т.е. п>к, то корни уравнения (4) вещестMR
V MR
венные, отрицательные и различные:
ZU2=-n±Jnl-k2.
Общее решение в этом случае имеет вид
Ф = e-^iAe^*-^'
(7)
Продифференцируем уравнение (7) по времени:
ф = -пе^ЧАе4*1-^' + В е * ^ " 7 ' ) +
.+ е~"'(А^к2 - п2 е4*^'
-B-IF^n2
е'47^').
(8)
Постоянные интегрирования найдем с учетом начальных условий движения: / = 0, ф0 = 0, ф0 * 0, подставив их в уравнения (7) и (8).
Тогда
Фо(Л/Я 2 -£ 2 +/з)
В=
ф0 {^п2 -кг
- п)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
167
Значения А и В подставим в уравнение (7) и получим уравнение
движения диска для этого случая:
ф:
Фо
2-Jn2-k2
О т в е т : апериодическое движение по закону:
с
р _ j
2 21
MR I MR1'
2) P . 2
mr IMR
^ 1
(А/Л2-/:2
+ п)e^2-kh
,2
2с
где к 1 =
MR2
п=
+
{-Jn2 -к2
2 2
-п)е -Jn -k t
рг
MRi2'
Задача 37.23
Твердое тело, подвешенное на упругой проволоке, совершает крутильные колебания под действием внешнего момента mBZ - щ cos pt,
где т 0 и р — положительные постоянные, a z — ось, направленная
вдоль проволоки. Момент сил упругости проволоки туПрг = - с ф , где
с — коэффициент упругости, а ф — угол закручивания. Момент инерции твердого тела относительно оси z равен Jz. Силами сопротивления
движению пренебречь. Определить уравнение движения твердого
тела в случаях: 1) -Jc/Iz * р, 2) -Jc/Iz = р, если в начальный момент
при ненапряженной проволоке твердому телу была сообщена углов а я СКОРОСТЬ (OQ.
Решение
Рассмотрим крутильное колебание тела под
действием приложенных сил. Покажем на рисунке действующие на тело силы: силу тяжести
Mg тела, момент/ИуПрг сил упругости проволоки,
внешний момент тъг, реакцию N проволоки.
Запишем дифференциальные уравнение вращательного движения тела относительно оси z'h<i> = 2Mz(Fn.
(1)
168
X. Динамика материальной системы
Найдем главный момент внешних сил относительно этой оси:
- ШуПр2 = щ cos pt - Сф
£ Mz(Fke) =
(2)
и подставим его значение в уравнение (1):
/ г ф = щ cos pt — Сф.
После преобразований получим
с
Щ
ф + — ф = — c o s pt
h
h
или
к2 (p = h cos pt,
(3)
Общее решение ф неоднородного дифференциального уравнения
ищем в виде суммы общего решения ф) однородного дифференциального уравнения
ф+£ 2 ф = 0
и частного решения ф2 в виде правой части уравнения (3), т.е.
ф=ф,+ф2,
(4)
где
Ф1 = Asinkt+Bcoskt,
ф2 для первого случая, когда
Ф2
(5)
рФк,
=
JDCOS pt.
(6)
Продифференцируем выражение (6) по времени:
ф2 =
-pDsmpt,
ф2 = -p2Ds\npt.
Найдем постоянную интегрирования D, подставив значения ф2 и ф2
в уравнение (3):
- D p 2 cos pt + Dk2 cos pt = h cos pt.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
169
Откуда
к2-р2'
Подставим выражения (5) и (6) с учетом значения постоянной
интегрирования D в уравнение (4) и получим
(р-Asinkt
h
+ Bcoskt + —= T cospt.
kL—pР*L
(7)
Продифференцируем уравнение (7) по времени:
hp
ф= Ak coskt—Bk sin k t — . sin pt.
V
2
к~р1
Найдем постоянные интегрирования А и В с учетом начальных
условий движения: t = 0, ф0 =0, ф0 = (Оо- Тогда
Л=
к
В
=~
h
к1
-р1
Подставим значения постоянных интегрирования в уравнение (7)
и получим уравнение движения тела для первого случая:
ф = — sin kt — J ^ — г - cos kt + —J^-—r- cos pt
к
k2-p2
к -p2
или
Ф = — s i n kt+
к
J1 . (cos pt - cos kt).
kl~pz
Для второго случая, когда р = к, частное решение ф2 ищем в виде
ф2 = Et sin pt.
(8)
Дважды продифференцируем уравнение (8) по времени:
ф 2 = Е sin pt + Etp cos pt,
ф2 = Ер cos pt + Ер cos pt - Ер21 sin pt.
Найдем постоянную интегрирования E. Подставим выражения ф2
и ф2 в уравнение (3) и получим
2 Ер cos pt— Ep2t sin pt + Ek2t sin kt -h cos pt.
170
X. Динамика материальной системы
Откуда
E-JL.
2р
Подставим выражения (5) и (8) с учетом значения постоянной
интегрирования Е в уравнение (4) и получим
Ф = As\nkt+Bcoskt + — /sin />/.
2Р
(9)
Продифференцируем уравнение (9) по времени:
ф = Ак cos kt—Вк sin kt + — s i n pt + — / cospt
2P
2p
с учетом начальных условий движения: / = 0, <р0 =0, ф0 = <% Тогда
к
5 = 0.
Подставим значения А и В в уравнение (9) и получим закон движения тела для второго случая:
•
А . „
<р = — smAr/ + — /sin pt.
к
2р
О т в е т : 1) — Фр\ (p = - ^ s i n £ / +
. \IZ
к
где к = Jcjlh
2)
J1 >
kL-pL
(cospt-coskt),
=mo/Iz;
— = p; ф = — sin£/ +—tsinkt, где к - / — = / > ; / ? = — .
-к
2к
\IZ
Iz
Задача 37.24
Однородный круглый диск массы М и радиуса R, подвешенный
на упругой проволоке, совершает резонансные крутильные колебания в жидкости под действием внешнего момента mBZ = щ sin pt, где
тймр — положительные постоянные, а г — ось, направленная вдоль
проволоки; момент упругости проволоки т у п р г = -сф, где с — коэффициент упругости, а ф — угол закручивания; момент сопротивления
171
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
движению mcz = ~Рф, где ф — угловая скорость диска, а 3 >0. Найти
уравнение вынужденных резонансных колебаний диска.
Решение
Рассмотрим крутильные колебания диска в жидкости. Покажем на рисунке действующие на тело
силы: силу тяжести Mg, момент/ИуПрг сил упругости проволоки, внешний момент mBZ, момент mcz
сопротивления движению, реакцию N проволоки.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения диска относительно оси z^=1К(Ле).
/ /
yupz
N ч
(1)
Главный момент сил относительно оси вращения ZJ,Ml(Fk)
z
= mBZ -mcz -/Яупрг =
MB
WoSin/tf-Рф-сф.
(2)
Подставим выражение (2) в уравнение (1):
/ г ф = щ sin / t f - р ф - сф
или
lz ф + Рф + сф = щ sin pt.
(3)
Уравнение (3) является дифференциальным уравнением крутильных колебаний диска.
Закон вынужденных колебаний найдем как частное решение неоднородного дифференциального уравнения в виде
Ф = A sin pt+В
cospt.
Продифференцируем дважды это выражение:
ф = А р cospt - Bp sin pt,
ф = -A p1 sin pt - Bp1 cos pt.
Для определения постоянных интегрирования А и В значения ф, ф
и ф подставим в уравнение (3):
- A Iz рг sin pt - BIZ р2 cos pt + ЛР p cospt - 5 p p sin pt +
+ Acsinpt + Bccospt
=mosinpf.
172
X. Динамика материальной системы
Получим систему уравнений:
sin pt-Bfypsmpt
А(с-1гр2)
= щ sin/W,]
В(с—Izp2) cos pt + A$ p cos pt = 0.
J
Решив систему уравнений, найдем
л
_
щ(с-1zp2)
{c-IlP2)+&Pr
( С - / ; Р
где I.z
2
) + Ф
Р
)
2
'
MR2
В случае резонанса, когда р-к
=
А= 0, Я =
Рр
Следовательно, уравнение вынужденных резонансных колебаний
диска с учетом сопротивления среды имеет вид
Щ
Ф = — рр
- c o s pt.
Разделим числитель и знаменатель дроби в правой части этого
уравнения на I z , получим
h
Ф = - г — cos pt,
2 пр
Р
I = Щ
где п = —^Ц-;
h
—-V
MR2
MR2
I 2с
О т в е т : при р = J
r т
MR2 V
h
2 пр
cos pt, где п =
Уг
Р
MR2
2щ
h= —
MR2
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
173
Задача 37.25
Для определения коэффициента вязкости жидкости наблюдают
колебания диска, подвешенного к упругой проволоке в жидкости.
К диску приложен внешний момент, равный MQ sin pt (М0 = const), при
котором наблюдается явление резонанса. Момент сопротивления
движению в жидкости равен аSco, где а — коэффициент вязкости
жидкости, S — сумма площадей верхнего и нижнего оснований диска,
со — угловая скорость диска. Определить коэффициент а вязкости
жидкости, если амплитуда вынужденных колебаний диска при резонансе равна ср0.
Решение
Рассмотрим крутильные колебания диска
в жидкости. Покажем на рисунке действующие
на диск силы: силу тяжести Mg диска, момент
/Яупр сил упругости проволоки, внешний м о мент тв, момент тс сопротивления движению,
реакцию N проволоки.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения диска относительно оси z:
(1)
Главный момент внешних сил относительно оси вращения z:
Подставим выражение (2) в уравнение (1) и получим
/ г ф = М0 sinpt - аб'ф-сф
или
/ г ф + а 5 ф + с ф - Mosinpt.
(3)
Уравнение (3) является дифференциальным уравнением крутильных колебаний диска.
Закон вынужденных колебаний найдем как частное решение неоднородного дифференциального уравнения в виде
Ф = A sin pt + Beospt.
174
X. Динамика материальной системы
Найдем производные по времени
ф = Ар cos pt - Bp sin/tf,
ф = - Ар2 sin pt -Bp2 cos pt.
Для определения постоянных интегрирования значения ф, ф и ф
подставим в уравнение (3):
-AIZ р2 sin pt -BIzp2
cos pt + AaSp cos pt -
- BaSp sin pt + А с sin pt+Be cospt = щ smpt.
Составим систему уравнений:
А (с - Izp2) sin pt - BaSp sin pt = M0 sin pt, j
B{c - Izp2) cos pt + AaSp cos pt - 0.
Решив систему уравнений, найдем
л_
M0(c-Izp2)
(с-Izp2)
в
+ (aSp)2'
_
(c-Izp2)
Мфр
+ (aSp)2'
В случае резонанса р = к = у — . Тогда
В = - М0
aSp
А - 0,
Амплитуда вынужденных колебаний
Мп
Фо
aSp
Откуда коэффициент вязкости жидкости
а
гл
Мп
Ответ: а = —
—.
Ф05^
=
М0
Фо^Р
J
175
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Задача 37.26
При полете снаряда вращение его вокруг оси симметрии замедляется действием момента силы сопротивления воздуха, равного кю,
где ю — угловая скорость вращения снаряда, к — постоянный к о э ф фициент пропорциональности. Определить закон убывания угловой
скорости, если начальная угловая скорость равна со0, а момент инерции снаряда относительно оси симметрии I.
Решение
Покажем на рисунке действующие на снаряд силы: силу тяжести Mg, момент т с сил с о противления.
Запишем дифференциальное уравнение
вращательного движения с наряда о т н о с и тельно оси Z'. da
1~=1мгт
at
или
((/ •
\
, г V
Mg
I— = -k(sx
dt
Разделим переменные и проинтегрируем полученное равенство:
т da
, j,
I— = -kdt,
со
в>0 CO
Получим
.со
к
In— = — t .
COo
/
Найдем закон убывания угловой скорости снаряда:
к
ш= а^е
--I
О т в е т : со = соое ' .
—I
1
.
176
X. Динамика материальной системы
Задача 37.27
Для определения ускорения силы тяжести пользуются оборотным маятником, который представляет собой стержень, снабженный двумя трехгранными ножами А и В. Один из ножей неподвижен,
а второй может перемещаться вдоль стержня.
Подвешивая стержень то на один, то на другой
нож и меняя расстояние АВ между ними, можно
добиться равенства периодов качаний маятника
вокруг каждого из ножей. Чему равно ускорение
силы тяжести, если расстояние между ножами,
при котором периоды качаний маятника равны,
АВ = I, а период качаний равен 7?
Решение
Рассмотрим движение оборотного маятника.
Покажем на рисунке действующие на него силы:
силу тяжести Mg, реакцию N опоры А.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения маятника относительно оси z,
проходящей через точку А:
или
Лцф =
—Mgdsiny
l ^ q + M g d sin(p = 0,
где d — расстояние от точки А до центра масс С.
Считая колебания малыми (sin ф = ср), получим
(1)
Дифференциальное уравнение (1) является уравнением колебаний маятника относительно опоры А.
Период колебаний
ТА =
2к
Mgd
= 2Л
JAZ
Mgd'
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
177
Подвесим маятник на другом ноже в точке В. Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения маятника относительно оси z, проходящей через точку В:
hi Ф = ~Mg(l - d) sin(p
или
/ & ф + Mg(/-</) sin ср = 0.
Считая колебания маятника малыми, получим
<2)
hi
Дифференциальное уравнение (2) является уравнением колебаний маятника относительно опоры В.
Найдем период колебаний в этом случае:
Тя=
2л
,
Mg(l-d)
i
'BZ
-2тс,
"У Mg(l-d)
hi
Определим момент инерции маятника относительно точек подвеса А и В:
IAz=Ic
JBz =Ic
+ Md2,
+
M(l-d)2.
Приравняем периоды колебаний: ТА = Тд = Т, и найдем значение
момента инерции маятника относительно центра масс С, выразив
его через период колебаний Т.:
/с = Mgd{^
- Md2 = Mg(l -
~ Ш - d)2.
Определим значение ускорения силы тяжести:
8
Ответ:
g=
Т2
4тЛ
тт2
Т2
178
X. Динамика материальной системы
Задача 37.28
Два твердых тела могут качаться вокруг одной и той же горизонтальной оси как отдельно друг от друга, так и скрепленные вместе.
Определить приведенную длину сложного маятника, если массы
твердых тел Мл и М2, расстояния от их центров тяжести до общей
оси вращения а, и аъ а приведенные длины при отдельном качании
каждого /| и / 2 .
Решение
Рассмотрим колебания двух тел, скрепленных вместе. Покажем на рисунке силы,
действующие на полученный сложный маятник силы тяжести твердых тел
g и M 2 g,
реакцию осей X 0 » Y 0 в точке О.
Приведем силы тяжести тел к одной
равнодействующей:
Mg =
(Mx+M2)g,
где М - М\ + М2.
Найдем точку приложения равнодействующей — центр масс сложного маятника:
_ М\й\ + M2d2
М\ + М 2
Определим моменты инерции тел, выразив их через приведенные длины /| и /2:
,2= —
М2аг
Тогда
h i = M x aJ u
I2z = M2a2l2.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
179
Найдем момент инерции сложного маятника
/•z-'w
7 = /,7 + /2г = Мхах1х + М2а212
и его приведенную длину
Mxaxlx + М2а212
Ма
Ответ: / =
_ М\щ1\ + М2а212
Мхах+М2а2
(Мх + М2)Мх +М2
Мхах+М2а2
Мхах1х +М2а212
Мхах +М2а2
Задача 37.29
Часть прибора представляет собой однородный стержень длины L,
свободно подвешенный одним концом на горизонтальной оси О. Для
регистрации качаний к его нижнему концу приклеивается небольшое
зеркало массы т . При этом, чтобы частота колебаний не изменилась,
на нем в другом месте укрепляется груз А. Рассматривая зеркало и груз
как материальные точки, найти минимальную массу, которую должен
иметь груз А. На каком расстоянии от оси О его следует прикрепить?
Решение
Рассмотрим колебания однородного
стержня с зеркалом и грузом и без них.
Покажем на рисунке силы, действующие
на систему: силу тяжести mAg груза, силу
тяжести Mg стержня, силу тяжести mg зеркала, реакции осей Х0 и Y0 в точке О.
Найдем приведенную длину стержня:
ML2
/ = -/!,* - - — 3
Ma
мк
3
2
и приведенную длину /2 системы, состоящей из стержня, зеркала
и груза А:
гсист
/ — z
Мсас
где Мс — масса системы, Мс = М +m+mA.
180
X. Динамика материальной системы
Определим положение центра масс системы:
M—+mL+mAb
ас = — 2
М+т+тА
и момент инерции системы относительно оси z, проходящей через
точку О:
/гсист = Iz +mL2 +mAb2 = ML+mb2
+mAb2.
Тогда согласно формуле (1)
<гт2
2
ML
-л-mL2 +mAb2
_ 3
'2= - 7 1
M—+mL+mJ>
Частота колебаний не изменится, если приведенная длина маятника будет постоянной, т.е. при / = 1г:
2
ML2 +mLr+m
т2
L2
Abz
I =
_
.
M—+mL+mAb
Из этого равенства найдем
1 ,2
-mL
Ы-Ь2
Определим минимальную массу груза А и расстояние OA = b.
2
Введем обозначение -bL-b2
= f(b). Из условия f'(b) =
2
-L-2b-0
b = ^L. Так как f"(b) = - 2 <0, то при этом значении b f(b) будет максимальной, а тА — минимальной:
т
1-mL
3
.
3 3
Ответ: тА = 3т; b = OA = - L.
3
_
и
Зт
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
181
Задача 37.30
Для регулирования хода часов к маятнику массы Мх, приведенной длины / с расстоянием а от его центра тяжести до оси подвеса
прикрепляют добавочный груз массы М2 на расстоянии х от оси подвеса. Принимая добавочный груз за материальную точку, определить
изменение А/ приведенной длины маятника при данных значениях М2
и х и значение х = хх, при котором заданное изменение Д/ приведенной длины маятника достигается при помощи добавочного груза наименьшей массы.
Решение
Рассмотрим колебания системы, состоящей
из часового маятника с добавочным грузом.
Покажем на рисунке действующие на систему силы: силы тяжести маятника M\g и добавочного груза M2g, реакции оси Х0и¥0в
точке О.
Из выражения приведенной длины маятника
у
определим значение его момента инерции:
I z = Л/, о/.
Найдем момент инерции системы:
/сист = ^ + MiXi = M[ai + м2х2.
Определим положение центра масс системы
ас
Мха + М2х
Mi + М 2
и ее приведенную длину
Mi al + М2х2
+ м
(Mi+M
2)
_Mxal
+ М2х2
М х а + М 2 х ~~ Mla + M 2 x ,
Ml + м 2
где М — общая масса системы, М = Мх+ М2.
182
X. Динамика материальной системы
Найдем изменение приведенной длины маятника
д/_/
_ / _ М]й1 + М2х2
!_
М\а + М2х
сист
М2(х-[)х
М\а + М2х
Выразим из этого равенства массу добавочного груза
М2=-
М]йМ
х(1 +
М)-х2'
Определим значение х = х х , при котором масса добавочного груза
будет наименьшей. Для этого
d
dx
[хЦ + Д./) - х 2 ] = О
или
1 + А1—2Х] =0.
Тогда
* ! = " ( / + А/).
П р и м е ч а н и е . См. пояснения решения задачи 37.29.
О т в е т : приведенную длину маятника надо уменьшить на
Щх-Г)х
1 у+
А1=
Мха + М2х
2
Задача 37.31
Для определения момента сил инерции /
D,
данного тела относительно некоторой оси
АВ, проходящей через центр масс G тела,
его подвесили жестко скрепленными с ним
стержнями AD и BE, свободно насажанными на неподвижную горизонтальную ось DE,
так, что ось АВ параллельна DE] приведя
затем тело в колебательное движение, определили продолжительность Т одного размаха. Как велик момент
инерции / , если масса тела М и расстояние между осями АВ и DE
равно А? Массами стержней пренебречь.
183
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Решение
Рассмотрим движение тела, подвешенного на невесомых стержнях. Покажем на рисунке для положения, когда стержни AD и BE составляют угол ф с вертикалью, действующие силы: силу тяжести Mg,
реакции NA и NB стержней.
Запишем дифференциальное уравнение
Е
вращательного движения системы относительно оси
h'$=lMz<Fke).
CD
Найдем главный момент внешних сил
относительно оси z', проходящей через
ось DE:
Mg
X M,.(Fkc) = -Mgh sin ф = -Mgtiq,
(2)
где sin ф = ф.
Момент инерции
нера:
тела определим по теореме Гюйгенса — ШтейIz. = Iz+Mh2.
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
(Iz + Mh2)<p = -Mghq
и после преобразования получим
Ф+
Mgh
L +Mh2
ф=0
или
где к 2 =
Mgh
L + Mh2'
Это дифференциальное уравнение является уравнением колебаний тела относительно оси zf. Найдем полупериод колебаний
Т =~ =
к
Iz + Mh2
Mgh
Iz+Mh2
Mgh
184
X. Динамика материальной системы
и определим значение момента инерции тела
Т
2
Iz = -jMgh
it
Ответ:
Iz = hMg
- Mh2 = hMg
f nrl
К
g
Tl_h
Задача 37.32
Решить предыдущую задачу с учетом массы тонких однородных
прямолинейных стержней AD и BE, если масса каждого из них равна М\.
Решение
Рассмотрим движение системы, состоящей из тела и двух стержней. Покажем на рисунке действующие на
систему силы: силы тяжести тела Mg
и стержней Mxg, реакции X'd,TD И Х'Е,
У£ опор.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения системы относительно оси i , проходящей
через ось DE:
*
(1)
Найдем главный момент внешних
сил относительно оси
где sin cp = ф.
Приведенный момент инерции системы относительно оси
I
Jnpz
, = *Z
1 , т+2 Iе?'
185
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
определим момент инерции тела относительно оси i :
Iz- = It + Mh2
и момент инерции стержня относительно оси ??
, _
f
fjaii
\2J
12
z
3
Тогда
Полученное значение подставим в уравнение (1):
Iz +
3M+2M
i h 2
^_
{ M + Mi)gh(?
и после преобразования получим
(M + Mx)gh
/, +
3
г
А
L/r
или
2 Ф = 0,
ф+£!Г2,
где к2 = •
+
11 +Ш+Ш>„2
3
1
Найдем полупериод колебаний
, + ЗМ+2М]
A:
I
(M + M,)gA
ЪМ+2М1иг
\
(M + Mx)gh
и определим значение момента инерции тела
т2_1<+:
л2
ЪМ +2МХ
з
(M + M,)gh
2
.о
186
X. Динамика материальной системы
Iz=h
О т в е т : Iz = h
Т2
(M + Mx)g-
(M + Mx)gT2
ЗЛ/+2Л/,
3M+2Mih
Задача 37.33
Для определения момента инерции шатуна его заставляют качаться
вокруг горизонтальной оси, продев через втулку цапфы крейцкопфа
тонкий цилиндрический стержень. Продолжительность ста размахов
100Г = 100 с, где Г — половина периода.
Затем для определения расстояния АС = h центра масс С от центра Л отверстия шатун положили горизонтально, подвесив его в точке А к талям и оперев точкой В на платформу десятичных весов; давление на нее оказалось при этом равным Р. Определить центральный
момент инерции / шатуна относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка, имея следующие данные: масса шатуна М, расстояние
между вертикалями, проведенными через точки Ан В (см. правый
рисунок) равно /, радиус цапфы крейцкопфа г.
Решение
Рассмотрим равновесие шатуна при его взвешивании на весах
(рис. !
)
•
.
•
_
_
На него действуют силы: NA — реакция нити, Mg — вес и Ng —
реакция платформы весов, которая равна силе давления Р.
187
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Запишем уравнение моментов внешних сил относительно центра А (точки
подвеса):
=
%
О,
PI - Mgh = 0.
Найдем положение центра масс С
шатуна
h
=
Рис. 1
— .
Mg
Подвесим шатун на стержень и рассмотрим его движение (рис. 2).
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения
вокруг оси Oz, проходящей через точку О подвеса:
/0Ф = I M 0 ( F / ) .
(1)
Найдем главный момент внешних сил относительно оси Oz:
%М0(Рке) = -Л/£(А + /")sin ф =
+ г)ф,
гдеБтф^ф.
Выразим момент инерции шатуна 1 0
через его центральный момент инерции:
Io = Ic + M(h + r)2.
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
[Ic + M(h + г)2] ф = -Mg(h + г)ф
и получим
Mg{h + г)
п
ф+
i—ф-О
. Iс + M(h + г)
или
Рис. 2
ф = к 2 ф = 0,
2
где к 1 =
Mg(h + r)
Ic + M(h + r) v
(2)
188
X. Динамика материальной системы
Полученное уравнение является дифференциальным уравнением
колебаний шатуна.
Найдем полупериод колебаний:
Т=
Я
Я
Mg(h + г)
Ic + Mih + rf
и определим из этого равенства центральный момент инерции шатуна
Р1_
•+г
/ = /с = Ц-М8ф + г) - M(h + r)2 = llMgllL
+ г -М
{Mg
я
я
^Mg
PI
v gT2
+г
Mg
. V
М>/ ^ Mr) ^ Pl + Mgr(gT2
—
Ответ: I -
g
Mg
g
PI + Mgr gT2
я2
Pl_
PI
Mg
-r
Задача 37.34
Маятник состоит из стержня АВ с прикрепленным к нему шаром массы m и радиуса г, центр
которого С находится на продолжении стержня. Определить, пренебрегая массой стержня,
в какой точке стержня нужно поместить ось подвеса для того, чтобы продолжительность одного размаха при малых качаниях имела данную
величину Т.
Решение
Рассмотрим движение маятника. Покажем на
рисунке действующие силы: силу тяжести mg, реакции Х0 и Y0.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения маятника относительно
оси z, проходящей через Точку О подвеса:
/ г ф = -mgh sin ф,
где h — расстояние от точки подвеса до центра
масс С шара.
189
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Так как для малых колебаний sin<p = <p, то можем записать
/г
^
или
ф+£ 2 ф = 0,
где А:
г
_ mgh
h
Найдем момент инерции шара относительно оси г.
Iz=Jc+m{OC)2=^mr2+mh2.
Определим полупериод колебаний или продолжительность одного
размаха
к
jmgh
®
~ 2~
-mr2+mh
I 2 ..2
_1_h1,2
2 +
1
\-r
mgh
Sh
\mgh
У h
Возведем в квадрат правую и левую части этого равенства и получим
О
л
—г +А 2
Г 2 = п' 5
T^gh=h2+-r2
л2
5
или
h
7g12h + .± r22
2 '—
&А+-;
л:
л44
55
= 0
.
Решение квадратного уравнения (1) имеет вид
(1)
190
X. Динамика материальной системы
а искомое значение ОС = h:
h=
Ответ:
ОС = 2п2
1
2ti2
gT2+,jg2T*-1,бАг4
Примечание. Так как должно быть ОС > г, то решение возможно, если
Т2
>1,4—г;
8
решение, соответствующее знаку минус перед радикалом, невозможно.
Задача 37.35
На каком расстоянии от центра масс должен быть подвешен физический маятник, чтобы период его качаний был наименьшим?
Решение
Рассмотрим колебания физического
маятника относительно оси Oz подвеса.
Покажем на рисунке действующие силы:
силу тяжести Mg, реакции Х0 и Y0.
Запишем дифференциальное уравнение
вращательного движения маятника относительно оси z, проходящей через точку О
подвеса:
/ ; ф = -A/g/zsintp.
Так как для малых колебаний втф^.ф,
можем записать
Mgh
Ф+-ф = 0
или
ф+/: 2 ф = 0,
где к 2 _= Mgh
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
191
Найдем период колебаний
Т = ^=
2п
[ЩИ
к
=2к
LLL-
у Mgh'
Момент инерции физического маятника относительно оси z
Iz=Ic
+ Mh2.
Тогда
г=2п]1с±ш!
Mgh
или
T2=4jc2
Ic + Mh2=4n2(
JC
Mgh
Mgh
h
+ -
g
.
Продифференцируем полученное равенство no h:
d
dh
т2
4тс2 Г
_ 4гс2
g
dh
dh
g
/с
Mh7
+1
и найдем минимальное значение Л, когда
d(T2)
dh
= 0
или
LC +1 = 0.
Mh2
Откуда
h2 =
I*.
М
Отношение момента инерции тела к его массе равно квадрату радиуса инерции. Следовательно, расстояние от центра масс до точки
Подвеса маятника равно радиусу инерции маятника.
X. Динамика материальной системы
192
О т в е т : на расстоянии, равном радиусу инерции маятника относительно оси, проходящей через его центр масс перпендикулярно плоскости качаний.
Задача 37.36
Маятник состоит из стержня с двумя закрепленными на нем грузами, расстояние между которыми равно /; верхний груз имеет массу т ь
нижний — массу т2. Определить, на каком расстоянии х от нижнего
груза нужно поместить ось подвеса для того, чтобы период малых
качаний маятника был наименьшим; массой стержня пренебречь
и грузы считать материальными точками.
Решение
Рассмотрим движение системы, состоящей из невесомого стержня АВ и двух точечных грузов массами тх и т2. Покажем на рисунке действующие на
систему силы: силы тяжести грузов w, g и m2g, реакции Х0 и Y0 в точке О.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения маятника относительно оси z,
проходящей через точку О подвеса:
=
(1)
Найдем главный момент внешних сил
и приведенный момент инерции системы относительно оси г:
h = hz + hzМоменты инерции точечных грузов А и В равны соответственно:
hz
hz
\2
=щ(!-ху,
• т2х2.
Тогда
I, =т2х2 +тх{1—х)2.
(3)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
193
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
[,т2х2 +тх{1—х)2](р = (»?,(/—х)—m2x]gsin<p.
Для малых колебаний, так как sincp = ф, получим
<p+i-i———
1Щ. ф = 0
т2х +гп\{1-хУ
или
ср+А:2ф = 0,
k2_[m2X-ml(l-x)]g
где
т2х2 +тх(1- х)2
Найдем период колебаний
2тс _
к
2л
M2x-mx(l
У
_2л
\т2х2+тх(1-х)2
- x)]g
\(m2x-mx(l-x))g
т2х2+щ(/-х)2
Возведем в квадрат это выражение:
Г2
=
—
т2х2
g
+m\(l
~
х)2
m2x-ms(I-x)
и продифференцируем полученное равенство по х:
dx
g
j[2х(тх + т2) - 2т{Щт\ + т2)х -/я,/]
1
+ т2)[(/я, + т2)х2 - 2тх1х + тх1'
[(т1+т2)х-тх1]2
Период качаний маятника будет иметь минимальное значение,
когда
d(T2).
= 0,
dx
или
[2лimx +т2}-2тх[\[(тх +т2)х-тх[\ —
- (тх +т2)[(тх +т2)х2-2тх1х+тх12]
т2
2mxl
тх +т2
х
, Щ12(Щ -т2)
{тх +т2)2
= 0,
194
X. Динамика материальной системы
Решение этого квадратного уравнения имеет вид
т\
Х\.2=1
т{ +т2
искомое расстояние
mx +т2
Ответ:
х = 1фщ
+
тх + т 2
,
Задача 37.37
На каком расстоянии от оси подвеса должен быть присоединен
к физическому маятнику добавочный груз, чтобы период качаний
маятника не изменился?
Решение
Вначале найдем период колебаний физического маятника без точечного груза А
под действием силы тяжести маятника Mg
(см. рисунок).
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения физического
маятника относительно оси z, проходящей
через точку О подвеса:
= -A/g/isincp,
где h=OC.
Так как для малых колебаний я т ф ^ ф , то
Ф+-
или
где к 2 -
Mgh
Mgh
-ф = 0
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
195
Тогда период колебаний физического маятника
Найдем период колебаний системы, состоящей из физического
маятника и точечного груза А. Покажем на рисунке силы, действующие на эту систему: силы тяжести маятника Mg и груза mg, реакции
Х0 и Y0 в точке подвеса О.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения
системы относительно оси z\
(о
Найдем главный момент внешних сил относительно оси с
X Mz(Fke) = (-mgx - Mgh) sin ф.
(2)
Определим приведенный момент инерции системы:
/ np
J
А
= /' Z.+ J1Z.
>
где I z — момент инерции физического маятника относительно точки О подвеса.
Найдем момент инерции точечного груза А:
Тогда
/пр = / г + т х 2 .
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
(Iz +тх2) ср = -(тх + Mh)gq>.
Так как з т ф = ф, то
Iz +тхили
ф+А:2ф = 0,
где к 2 _ (mx + Mh)g
Iz + т х 2
(3)
196
X. Динамика материальной системы
Найдем период колебаний системы:
Т* =
_
2л
(mx + Mh)g
(iтх + Mh)g
V Iz +mxl
Так как T = T*, то
lz +mx2
Mgh
{mx + Mh)g
и тогда искомое расстояние
Mh
которое является приведенной длиной физического маятника.
О т в е т : на расстоянии приведенной длины физического маятника.
Задача 37.38
Круглый цилиндр массы М, длины 21 и радиуса г = 1/6 качается около оси О, перпендикулярной плоскости рисунка. Как изменится период качаний цилиндра, если прикрепить к нему
на расстоянии ОК- 85/72/точечную массу ml
Решение
Рассмотрим движение системы, состоящей
из круглого цилиндра и точечного груза К.
Покажем на рисунке действующие на систему
силы: силы тяжести цилиндра Mg и груза mg,
реакции Х0 и Y0 осей.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения системы относительно
оси z, проходящей через точку О:
(1)
Найдем главный момент внешних сил относительно оси z\
^Mz(Fke)
= -Mg~ sin
mgh sin ср.
(2)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
197
Так как при малых значениях угла (p sin <р = ф, то
/
Значение приведенного момента инерции системы
lnp
Jz т л г
•
Найдем момент инерции цилиндра
f ^ T) -
М
' Щ+U
\2
4
_85
+М
12
144
Ml2
и момент инерции точечного груза К
85
I?
=mh2=m\—l
72
Тогда
(\
85
^85,2
72
У 72
=\-М+—т
I2.
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
П . .
85
Л85, 2 _
(..I
85 Л
V2
72
у72
i
72
- М +— т —Гф = - М - + т — /
V 2
72
2
у 72
85/
или
Ф+Л 2 Ф = 0,
где к 2 =
85/'
Найдем период колебаний системы:
Т* =
2тс
2тс_
85/
(85Т
2ф,
Г
198
X. Динамика материальной системы
Уберем груз А" и рассмотрим колебания цилиндра. Запишем дифференциальное уравнение колебаний цилиндра:
/»Ф+ЛЦф=О
или
Ф + -71Г ( Р = 0 С учетом найденного значения момента инерции цилиндра относительно оси z получим
Mg-
ф+-
85
2-72
/
-ф = 0
Ml2
или
ф + 2 ^ ф = о.
У
85 Г
Период колебаний цилиндра
85/
Таким образом, получили, что Т = Т*, т.е. период колебаний не
изменится.
О т в е т : период качаний не изменится, так как точечная масса добавлена в центре качаний цилиндра.
Задача 37.39
Найти уравнение малых колебаний однородного диска массы М и радиуса г, совершающего
колебания вокруг горизонтальной оси Oz, перпендикулярной его плоскости и отстоящей от центра масс С диска на расстоянии ОС -г/2. К диску приложен вращающийся момент т в р , причем
ткр7 = щ sin pt, где т0 и р — постоянные. В началь-
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
199
ный момент диску, находившемуся в нижнем положении, была с о о б щена угловая скорость ©о- Силами сопротивления пренебречь. Считая колебания малыми, принять sin(р = <р.
Решение
Рассмотрим движение диска под действием приложенных к нему сил, показанных на рисунке.
Запишем дифференциальное уравнение
вращательного движения диска вокруг неподвижной оси z:
(1)
Найдем главный момент внешних сил
относительно оси z:
"ZMz(Fke) =твр-
Mg-OC• sincp = /w0sin/tf - Mg-cp,
(2)
так как для малых колебаний sincp = cp.
Определим момент инерции диска относительно оси z- II-c +-L.Mшпг\2
l,Zz =
( O C ) 2 -= ^ -
+
4.
м\2 i f = IMl2
M^
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
ЪМг2.
——(p =
• , ,, г
mosmpt-Mgj(p.
После преобразований получим
_
2g
3г
4щ
> 3Mr*
или
ф+&2(р= h sinpt,
(4)
где к — круговая частота собственных колебаний диска, к • Ш13г'
4
h=
3 Mr2'
200
X. Динамика материальной системы
Уравнение (4) является дифференциальным уравнением вынужденных колебаний.
Общее решение дифференциального уравнения (4) ищем в виде
суммы общего решения ф однородного дифференциального уравнения ф+Л2ф = 0 и частного решения ф*:
Ф = ф+ф*.
Общее решение однородного дифференциального уравнения:
ф = A coskt+Bsin kt.
Частное решение в случае, когда pit к, имеет вид
Ф*= Dsinpt.
Продифференцируем дважды это уравнение:
ф* = Dp cos pt,
§*=-Dp2
sin pt.
Найдем значение постоянной интегрирования D. Подставим значения ф и ф в дифференциальное уравнение (4):
- Dp2 sin pt + Dk2 sin pt - h sin pt,
откуда получим
Тогда общее решение уравнения (4) примет вид:
Ф = A coskt +Bsinkt + Dsinpt.
Продифферинцируем это выражение по времени:
ф =—Ак sin kt+Вк cos kt + Dp cos pt.
Постоянные интегрирования А и В найдем из начальных условий: t = 0, фо =0, фо = coq. Получим
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
201
Тогда
If
<р = -
н
СОо-
,,, sin^ + —^ ^ sinpt.
к -р )
к2-р2
Найдем частное решение в случае резонанса, т.е. когда р = к:
ф* = Et cos pt,
ф* = Е cos pt - Ept cos pt,
ф* = -Ep sin pt - Ep sin pt-Ep2t cos pt.
Определим постоянную интегрирования Е. Подставим значения
Ф* и ф* в дифференциальное уравнение (4):
- 2 Ер sin pt - Ep2t cospt + к2Et cospt — h sin pt
и получим
я - A .
2p
Тогда общее уравнение вынужденных колебаний примет вид
ф = A cos kt + 5sin kt + Et cos pt,
ф = -Ak sin kt+В к cos kt + E cospt - Ept sin pt.
Постоянные интегрирования найдем из начальных условий: t = О,
ФО =0, ф0 = COQ. Получим
А = ф0 = 0,
Запишем уравнение малых колебаний с учетом полученных значений в случае резонанса:
202
X. Динамика материальной системы
Ответ:
Задача 37.40
В сейсмографах — приборах для регистрации землетрясений —
применяется физический маятник, ось подвеса которого образует
угол а с вертикалью. Расстояние от оси подвеса до центра масс маятника равно а, момент инерции маятника относительно оси, проходящей через его центр масс параллельно оси подвеса, равен / с ,
масса маятника равна М. Определить период колебаний маятника.
Решение
Рассмотрим движение физического маятника, ось подвеса которого составляет угол а с вертикалью. Покажем на рисунке действующие на маятник силы: силу тяжести Mg, реакции X0,Y0nZ0
опоры О.
Применим теорему об изменении главного момента количеств движения системы материальных точек относительно оси х:
(1)
Zi
х
'Mg
Mg
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
203
Главный момент внешних сил, приложенных к маятнику, относительно оси х:
Y,Mx(Fk) = -Mga sinasincp = -Afgmpsina,
(2)
так как sin ф = ф.
Главный момент количеств движения относительно оси х найдем,
определив момент инерции маятника относительно оси подвеса по
теореме Гюйгенса — Штейнера:
4 = /xO) = ( / c + MJ 2 )ox
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
(7С + Ma2)— = -Mag (psin а
dt
или
(1С + Ma2) ф = -Mag фБШ a.
После преобразований получим
„ Mag sin а
Л
ф+—
5-ф = 0
1С + Ма
или
ф+к2(р = 0,
т е к2 =
Magskia
1С + Ма 2'
Это уравнение является дифференциальным уравнением колебаний маятника с круговой частотой
[Mag sin ос
""
1С + Ма2'
Определим период колебаний
к
„
Ответ:
I Mag sin a
Ic + Ma2
. \IC + Ma
T = 2k
.
V Mag sin a
\ Mag sin a
204
X. Динамика материальной системы
Задача 37.41
В вибрографе для записи горизонтальных коле- у / / / / / / /
баний фундаментов машин маятник OA, состояV
/
щий из рычага с грузом на конце, может качаться
вокруг своей горизонтальной оси О, удерживаясь
в вертикальном положении устойчивого равновесия
собственной массой и спиральной пружиной. On,,
ределить период собственных колебаний маятника
А
при малых углах отклонения, если максимальный
статический момент силы тяжести маятника относительно той же оси вращения равен Mgh, момент
инерции относительно той же оси равен I v коэффициент жесткости пружины, сопротивление которой пропорционально углу закручивания, равен с; при равновесном положении
маятника пружина находится в ненапряженном состоянии. Сопротивлениями пренебречь.
Решение
Рассмотрим движение механической системы,
состоящей из маятника OA и спиральной пружины.
На систему действуют внешние силы: сила тяжести
маятника Mg, момент сил упругости спиральной
пружины /Яупр = - сф, реакции Х 0 и Y0 опоры О.
Применим теорему об изменении главного момента количеств движения механической системы
относительно оси z:
(1)
at
Найдем главный момент количеств движения системы
4 = /<ю
(2)
и главный момент внешних сил относительно оси z:
X M vc(Fk) = -Mgh sin ф - сф = -Mghq - сф,
где э т ф = ф.
(3)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
205
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
I
z
~ = ~{Mgh + c)4>
z
или
ф+к22<р
ф+к
< = 0,
Это уравнение является дифференциальным уравнением свободных колебаний, к — круговая частота колебаний маятника.
Найдем период колебаний маятника:
Задача 37.42
Виброграф (см. предыдущую задачу) закреплен на фундаменте,
совершающем горизонтальные гармонические колебания по закону
х = a sin со/. Определить амплитуду а колебаний фундамента, если амплитуда вынужденных колебаний маятника вибрографа оказалась
равной ср0.
Решение
Рассмотрим движение данной механической системы. На систему
действуют силы: сила тяжести маятника Mg, момент сил упругости
спиральной пружины/Иупр =— сц>, реакция N фундамента. Покажем
206
X. Динамика материальной системы
на рисунке положение вибрографа, когда
угол отклонения стержня OA равен ф и направлен против часовой стрелки, а фундамент движется вправо со скоростью v nep .
Применим теорему об изменении главного момента количеств движения механической системы относительно оси Zi •
'
%
=
at
(1)
Найдем сумму моментов внешних сил, приложенных к вибрографу, относительно оси Z\.
ZMZl(Fke) = -Mghsmq>-cy
= -(Mgh + c)<p,
(2)
где sin ф = ф, и кинетический момент вибрографа относительно этой
оси:
Виброграф совершает сложное движение: относительное — вращение вокруг оси Z\, переносное — поступательное вместе с фундаментом со скоростью vnep = х = acocosco/.
Кинетический момент в переносном движении:
L™? = MZj (Mv nep ) = Macocosco/ • h • соэф = Maa>h cos tot,
так как соэф = 1.
Кинетический момент в относительном движении
/ отн
Тогда
LZ[ = 11{ ф+ Л/дсой cos со/.
Значения (2) и (3) подставим в уравнение (1):
d(IZ{ ф + Ma(dh cos со/)
= -(Mgh + c) ф
dt
и получим
Iz, ф - MaaTh sin со/ = -{Mgh + с) ф.
(3)
207
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
После преобразований запишем
_
ЙН
Mgh л-с
2
I
ф=
Ma(x)2h .
Sin©/
I
или
ф+/: 2 ф= Я sin cor,
где к -
/
^
v
+С
(4)
— круговая частота собственных колебаний системы;
к,
JJ _ Maa?h
ТГ'
Уравнение (4) является дифференциальным уравнением вынужденных колебаний. Общее решение ф этого уравнения ищем в виде
суммы общего решения ф однородного дифференциального уравнения ф+Л2ф = 0 и частного решения ф*, т.е.
ф = ф + ф*,
где ф = Acoskt+Bsinkt,
ф* = Z)sinco/.
Тогда уравнение движения примет вид
ф= Acoskt + Bsmkt + Dsina>t.
Продифференцируем выражение ф* дважды и подставим ф* и ф*
в уравнение (4), откуда найдем
Я
D=к 2 - со2"
Вынужденные колебания описываются частным решением:
Л П• И
ф* = Dsinco? = -г;
т Sin СО/ =
к2~(02
М
Ma<s?h
7
f Mgh + с
/—
значит, амплитуда вынужденных колебаний
Фо =
Mau>2h
, ,
2 г
Mgh + с— с о /
2
ffl
т
sin со/,
208
X. Динамика материальной системы
Тогда амплитуда колебаний фундамента
<Po(Mgh + c-(i>2Iz')
а=Mhar
Ответ: а =
(pQ(Mgh + c-a>2IZi)
Mha2
Задача 37.43
При пуске в ход электрической лебедки к барабану Л приложен вращающий момент твр, пропорциональный времени, причем те^ = at, где а —
постоянная. Груз В массы Af, поднимается п о средством каната, навитого на барабан А радиуса г
и массы М2. Определить угловую скорость барабана, считая его сплошным цилиндром. В начальный
момент лебедка находилась в покое.
Решение
Рассмотрим движение данной механической системы. К системе приложены внешние силы: сила
тяжести M\g груза В, сила тяжести M2g барабана А,
вращающий момент тър, реакции Х0 и Y0 опоры О.
Применим теорему об изменении главного момента количеств движения механической системы:
т>р.
(1)
at
Найдем момент внешних сил относительно оси zlMz(Fke)
= тър - Mxgr = а/ - Mxgr.
(2)
Момент количеств движения системы
LZ=L*
+
LBZ.
Определим момент количеств движения барабана А
а
со
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
209
и момент количества движения груза В
Lf =mz(M]VB) = Mxr2ox
Тогда
г2
4 = ( 2 Л / , + Л/2)у(й
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1) и получим
QMx+M2)~~
2 at
= at-Mxgr.
(4)
В уравнении (4) разделим переменные и проинтегрируем его:
„2(0
/
(2 Л/, +Мг)—\с1(л = \{at-M{gr)dt,
2 0
о
2
2
Откуда угловая скорость барабана Л
at 2
~-Mxgrt
_(at_2Mlgr)t
(0 =
О т в е т : со = -Ц
i^--.
г (2 Mi + M2)
Задача 37.44
Для определения момента инерции / махового колеса Л радиуса Л относительно оси, проходящей через
центр масс, колесо обмотали тонкой проволокой,
к которой привязали гирю В массы
и наблюдали
продолжительность Tj опускания гири с высоты h.
Для исключения трения в подшипниках проделали
второй опыт с гирей массы М2, причем продолжительность опускания оказалась равной Т2 при прежней высоте. Считая момент силы трения постоянным
и не зависящим от массы гири, вычислить момент
инерции /.
X. Динамика материальной системы
210
Решение
Рассмотрим движение механической системы, состоящей из махового колеса А и гири В.
Покажем на рисунке внешние силы, которые
действуют на систему: сила тяжести махового
колеса Mg, сила тяжести гири Mxg или M2g, реакции Y0 и Х0 опоры махового колеса, момент
силы трения тс в опоре О.
Применим теорему об изменении главного
момента количеств движения механической системы:
at
Mzm
(1)
Найдем момент внешних сил системы относительно оси z, когда
подвешена гиря Мх:
ZMz(Ff)
=
MlgR-mc.
Момент количеств движения системы
1**14+1;.
Определим момент количества движения барабана А
14 = ко
и момент количества движения гири В
L?=mi(MlvB)
= MlR2(o.
Тогда
^ = ( / + М,Д 2 )(а
Подставим найденные значения в уравнение (1) и получим
(I + MXR2)— = MxgR~mc.
dt
(2)
Разделим переменные и проинтегрируем уравнение (2):
( / + Мх Л 2 )/ da = (Л/, gR - mc)J dt,
(/ + MxR2)a =
(<MxgR-mc)t+Cx.
(3)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
211
Постоянную интегрирования С, найдем из начальных условий: ©о = О
при / = О, тогда С, = 0.
С учетом значения Сх уравнение (3) примет вид
(I + MxR2)m =
(MlgR-mc)t,
dm
где со - — .
dt
Тогда
(4)
(/ + M{R2)~ = (M[gR-mc)t.
dt
Разделим переменные и проинтегрируем уравнение (4):
(/ + MxR2)]dv? = (M,g/?-m c )\tdt,
о
о
Найдем угол поворота колеса за время Тх:
JMxgR-mc)T2
2 (I + MtR2)
Заменим гирю массой М\ на гирю массой М2. Рассмотрим движение этой системы. Рассуждая аналогично, получим
ZMz(Fke) =
Ll^(I
M2gR-mc,
+ M1R1)(0.
Тогда
(I+M2R2)^
dt
= M2gR-mc.
Проинтегрируем это выражение дважды и найдем угол поворота
колеса за время Т2:
(I + M2R2)(a =
(I
+
M2R2)<p = ^
(M2gR-mc)t,
R
- ^
(M2gR-mc)T22
2 (I + M2R2) '
T 2
;
(6)
212
X. Динамика материальной системы
Так как гиря В оба раза проходит один и тот же путь, то, вычитая
из уравнения (5) уравнение (6), получим
2(7 + Л/|/г2)ф
2(I + M2R2)<?
Т\
т?
- M\gR-mc
-M2gR+mc
или
2/ф|Дг-Дн+
J?
Т22)'"^{Тх2
TiJ
Тогда момент инерции махового колеса
5
J
Т2
1_
Г22
или с учетом того, что ф = —,
R
I =R
j
i_
т2 т22
Ответ:
1 = R2
_1
1_
т2
г22
Задача 37.45
К валу I присоединен электрический
мотор, вращающий момент которого равен гп\. Посредством редуктора скоростей,
пн. ш
т
Ш
y Z
Ч ш .
UI
W
х
4^
СЛт 1
1
т
\}т
2, J и 4, этот вращающий момент передат2
т1 >7
ется на шпиндель III токарного станка, к
которому приложен моменты сопротивления т 2 (этот момент возникает при снятии резцом стружки с обтачиваемого изделия). ОпредеГ\
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
213
лить угловое ускорение шпинделя III, если моменты инерции всех
вращающихся деталей, насаженных на валы I, II и III, соответственно равны 1Ь 1ц, / ш . Радиусы равны гх, г2, г3 и г4.
Решение
Рассмотрим механическую систему,
представляющую редуктор скоростей,
на которую действуют внешние силы:
момент /Я| вращения электромотора, момент т2 сопротивления, реакции опор т Q
валов.
/с ©г
Для каждого вала составим дифференциальное уравнение вращения вокруг неподвижной оси с учетом
сил в зацеплении колес, или окружных усилий:
Sx = -S{.
Тогда для вала I
= тх -Srx,
(1)
для вала II
/„£,,
=S'r2-Sxr3,
(2)
для вала III
(3)
Выразим ej и е и через е ш . Так как
ен
то
ЕИ _
с
и'
в!
г2
Г
£ /
—, С
£j -- сEjj 2 _ Щ "2^
ГЪ
ГХ
ГХГЪ
(4)
Подставим выражения (4) в уравнения (1) и (2), умножив уравнение (1) на г2, а уравнение (2) на гх\
I
-гг
=mlr2-Srir2,
In^HLrx=S'r2n-SxVx,
Ъ
214
X. Динамика материальной системы
так как S = 5", то, сложив эти уравнения, получим
Еш| h — Ъ + 1\\-г\ \ = ЩЪ-3\Щ.
т
гъ
(5)
Умножим уравнение (3) на г 3 г и а уравнение (5) на г4 и сложим
уравнения (3) и (5), учитывая, что 5, = S{.
Тогда
£ш
ГА
ггГ2 ^
I\\№ + I\\—t\+h 2 4 = w,r2r4 -т2щ.
Ъ
т у
Откуда угловое ускорение вала III:
Г2Гл
ПЪ
еш
II R J
+
Y III
или
Ш
(Л*1*2 + /н)*3,4 +1Ш
где fcu = —; къл =
О т в е т : е,„ =
1
1
(Iikf<2 + Iu)kfA+Im
, где ки2 = -1; кЗА = -±.
/I
IJ
Задача 37.46
Барабан А массы Л/, и радиуса г приводится во вращение посредством груза С массы М2, привязанного к концу нерастяжимого троса. Трос переброшен через блок В _
и намотан на барабан А. К барабану А при- I
Iс
ложен момент сопротивления тс, пропорциональный угловой скорости барабана; коэффициент пропорциональности равен а. Определить угловую скорость барабана, если в начальный момент система находилась в покое. Массами каната и блока В
пренебречь. Барабан считать сплошным однородным цилиндром.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
215
Решение
Рассмотрим механическую систему,
состоящую из барабана Л, груза С и невесомого блока. На систему действуют
внешние силы: силы тяжести Mxg барабана и M2g груза, момент сопротивления ш с , реакции Х0 и Y0 опоры О. Нарисуем схему, разделив систему на три
объекта движения (см. рисунок), и покажем силы натяжения троса: S =-S'
и 5 , = —S{. Так как блок идеальный и невесомый, то|.У'| = |.У,'|,а следовательно,
\f\ = \X[
Применим к движению барабана теорему об изменении главного
момента количеств движения механической системы:
dL,
dt
или
Ло
dt
dt
1
dt
(1)
Для определения силы натяжения
применим к движению груза С второй закон динамики в проекции на ось у,:
M2a = M2g-S,
(2)
diо
где а = ег = — г — ускорение груза, равное вращательному ускореdt
нию точек на ободе барабана.
Выразим S из уравнения (2) и, подставив в уравнение (1), получим
(Ii
+
M2r2)^
at
=
M2gr-mc.
(3)
М,г
т
С учетом того, что / . _ х , а тс = аю, уравнение (3) примет вид
(4)
216
X. Динамика материальной системы
Разделим переменные и проинтегрируем полученное выражение (4):
da
ю
J
2а
'
[dt,
г1(М]+2М2)0
от-МЖ.
а
IN
03-
M2gr\
ot J
2at
r (M\ +2M2)
или
co-
In
M2gr
2 at
a
M2gr
r\M\ +2 M2)
a
где p =
2a
r\M{+2M2)
После преобразований найдем угловую скорость барабана
а
О т в е т: со = ^ ( 1 - е~*), где р =
; lim со = ^
а
г\Мх +2 М2) /-*»
ос
= const.
Задача 37.47
Определить угловое ускорение ведущего колеса автомашины массы М и радиуса г, если к колесу приложен вращающий момент /ивр.
Момент инерции колеса относительно оси, проходящей через центр
масс С перпендикулярно плоскости материальной симметрии, равен / с ; / к — коэффициент трения качения, FTp — сила трения. Найти
также значение вращающего момента, при котором колесо катится
с постоянной угловой скоростью.
Решение
Рассмотрим движение колеса под действием внешних сил: силы
тяжести колеса Mg, силы трения FTp, вращающего момента твр, момента Мтр сопротивления качению, нормальной реакции N опорной
поверхности.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
217
Применим теорему об изменении главного момента количеств
движения механической системы:
(1)
at
Найдем момент количеств движения
колеса относительно оси г, проходящей
через центр масс С:
4 = /сш
и главный момент внешних сил, действующих на колесо:
X Mzm
= твр -MTp-Fwr
=
= тпр ~MgfK - FTpr.
Подставим найденные значения в уравнение (1):
с?со
Ic — = "hP-MgfK
at
-FTpr,
(2)
Ло
где — = е — угловое ускорение.
dt
Тогда
/"вР - Mgfv. ~
е = —^
V
Найдем значение твр, при котором колесо катится с постоянной
doa
угловой скоростью, т.е. когда со= const, а — = 0. Тогда уравнение (2)
dt
примет вид
mBP-MgfK-FTpr
= 0.
Откуда
nhp =
О т в е т : е = Ш*р ~
Iс
~^
MgfK+Fipr.
твр = MgfK + Flpr.
218
X. Динамика материальной системы
Задача 37.48
Определить угловую скорость ведомого автомобильного колеса
массы М и радиуса г. Колесо, катящееся со скольжением по горизонтальному шоссе, приводится в движение посредством горизонтально направленной силы, приложенной в его центре масс С. Момент
инерции колеса относительно оси С, перпендикулярной плоскости
материальной симметрии, равен / с ; / к — коэффициент трения качен и я , / — коэффициент трения при качении со скольжением. В начальный момент колесо находилось в покое.
Решение
Рассмотрим движение ведомого колеса
под действием внешних сил, приложенных
к нему: силы тяжести колеса Mg, силы трения FJp скольжения, движущей силы G, момента Mjp сопротивления качению, реакции
NA связи.
Применим теорему об изменении главного момента количеств движения системы:
^
=
at
(1)
Найдем момент количеств движения колеса
4 = / с со
и момент внешних сил относительно оси Z'= V-^тр
= Nfr-NfK = Mgifr - /к).
Подставим эти значения в уравнение (1):
Ic~
at
= Mg(fr-/K).
Разделим переменные и проинтегрируем уравнение (2):
(0
г
/ с J Л0= Mg(fr-fK) jdt.
о
о
(2)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
219
Определим угловую скорость ведомого колеса
со = ¥ l ( f r - f j t .
lc
О т в е т : со = М ( / г - / к ) г .
'с
Задача 37.49
Изменится ли угловая скорость колеса, рассмотренного в предыдущей задаче, если модуль силы, приложенной в его центр масс С,
увеличиться в два раза?
Решение
Смотрим решение задачи 37.48. Сила приложена к центру масс
колеса С и не создает момента относительно оси, поэтому изменение модуля силы не влияет на угловую скорость колеса.
О т в е т : не изменится.
Задача 37.50
Через блок, массой которого пренебрегаем, перекинут канат; за точку А каната ухватился человек,
к точке В подвязан груз одинаковой массы с человеком. Что произойдет с грузом, если человек станет
подниматься по канату со скоростью v относительно
каната?
Решение
На механическую систему, состоящую из человека, груза и невесомых блока и каната, действуют внешние силы: сила тяжести человека mg, сила тяжести груза mg, реакция RQ опоры блока.
Применим теорему о б изменении главного момента количеств
движения механической системы:
220
X. Динамика материальной системы
Найдем момент внешних сил относительно оси z, проходящей
через ось блока:
X Mz(Fk) = mgr - mgr = 0.
Так как сумма моментов внешних сил равна
нулю, то Lz = const.
Вначале система была в покое, т.е. L 0 i =0.
Когда человек начал подниматься по канату
с относительной скоростью v, канат вместе с грузом получил скорость U, а главный момент количеств движения системы стал:
hz = 4чеЛ +4Р=
Mz(mv^) + Mz(mU) =
й»
= т(и - v)r+mur = 0.
Откуда
mg
mg
1
т.е. груз будет подниматься.
О т в е т : груз будет подниматься с канатом со скоростью v/2.
Задача 37.51
Решить предыдущую задачу, принимая во внимание массу блока,
которая в четыре раза меньше массы человека. Считать, что масса
блока равномерно распределена по его ободу.
Решение
На механическую систему в этом случае действуют внешние силы: сила тяжести человека mg,
b
.
сила тяжести груза mg, сила тяжести блока 1-mg,4
реакция RQ опоры блока (см. рисунок).
Применим теорему об изменении главного
момента количеств движения системы:
йк.
dt
h
mg
8
s
и
&
mg
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
221
Найдем момент внешних сил относительно оси г, проходящей
через ось блока:
£Mz(Fke)
= mgr-mgr = 0.
Поэтому главный момент количеств движения остается постоянным, т.е. Lz = const.
Первоначально система была в покое, значит, LQz = 0.
Когда человек стал подниматься по канату с относительной скоростью v, то канат вместе с закрепленным на нем грузом начал перемещаться со скоростью ы, а блок поворачиваться с угловой скоростью
и
(0= —.
г
Найдем главный момент количеств движения системы:
LZ = L?»+U?
+
L\.
Момент количества движения человека Ц с л , совершающего сложное движение, состоящее из относительного движения вверх по канату со скоростью vOTH = v и переносного — вместе с канатом вниз со
скоростью vnep = й, равен
Ц™ = Mz(mva6c) = Mz(mvTKp) + Mz(mv0TH) = mur-mvr.
Момент количества движения груза П?, поднимающегося вместе
с канатом со скоростью м,
L[p = Mz{mU) = mur.
Момент количества движения блока
,б
.
тгг и 1
L, = /,со =
= -тиг.
4 г 4
Тогда
L, =mur-mvr + -mur+mur -т\2-и - v V = 0.
г
4
{ 4
J
222
X. Динамика материальной системы
Откуда скорость груза
«
4
V
т.е. груз будет подниматься.
4
О т в е т : груз будет подниматься со скоростью - v.
Задача 37.52
Круглая горизонтальная платформа может вращаться без трения
вокруг неподвижной оси Oz, проходящей через ее центр О; по платформе на неизменном расстоянии от оси Oz, равном г, идет с постоянной относительной скоростью и человек, масса которого равна М{.
С какой угловой скоростью со будет при этом вращаться платформа
вокруг оси, если массу ее М2 можно считать равномерно распределенной по площади круга радиуса R, а в начальный момент платформа и человек имели скорость, равную нулю?
Решение
Рассмотрим движение данной системы.
На нее действуют силы: сила тяжести M2g
платформы, сила тяжести M\g человека, реакции N a и N B опор (см. рисунок).
Применим теорему об изменении главного момента количеств движения механической системы:
at
м
г
2t
т
Главный момент сил, действующих на систему, относительно
оси z
о,
так как векторы внешних сил либо пересекают ось z, либо параллельный ей, следовательно, Lz = const.
В начальном положении система была в покое и поэтому Ц г = 0.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
223
Главный момент количеств движения системы, когда по ней идет
человек:
4 = Дш+4чел.
(1)
Найдем момент количества движения платформы
,
M2R2
гпл
Ц* = I z со = —-—со
и момент количества движения человека с учетом того, что он участвует в сложном движении,
4чел = M,(M,va6c) = Mz[M\{ve-и)]=
Mz[Mx(m-u)\
= M,r2co- Л/, га.
Найденные значения подставим в равенство (1) и приравняем его
нулю:
4 = — с о н - М]Г2со-М\ги = 0.
Откуда искомая угловая скорость вращения платформы
со =
О т в е т : со =
2 М,г
M2R +2М\Г
2М\Г
M2R2
+ 2 М]Г
Задача 37.53
Круглая горизонтальная платформа вращается без трения вокруг вертикальной оси, проходящей через ее центр масс, с постоянной угловой скоростью coo; при
этом на платформе стоят четыре
человека одинаковой массы: два —
на краю платформы, а два — на
расстояниях от оси вращения, равных половине радиуса платформы.
г и.
224
X. Динамика материальной системы
Как изменится угловая скорость платформы, если люди, стоящие на краю, будут двигаться по окружности в сторону вращения
с относительной линейной скоростью и, а люди, стоящие на расстоянии половины радиуса от оси вращения, будут двигаться по окружности в противоположную строну с относительной линейной скоростью 2м? Людей считать точечными массами, а платформу — круглым
однородным диском.
Решение
На данную механическую систему действуют внешние силы (см.
рисунок): сила тяжести G платформы, силы тяжести четырех человек,
каждая равная mg, реакции RA и Яр
опор.
Применим теорему об изменении главного момента количеств
движения системы:
dLz
dt
Суммарный момент внешних
сил относительно оси вращения z
так как векторы внешних сил либо пересекают ось z, либо параллельны ей. Поэтому
I% - L0z = L]z = const.
(1)
Главный момент количеств движения в начальный момент времени
Ate - Алл
+ A j 2 + А з + L44-
+
Найдем момент количества движения платформы
,
Am =
,
GR2
2g
= - г — <°0
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
225
и момент количеств движения людей:
а) неподвижно стоящих на краю платформы:
L41 = Z,42 -mR2coq;
б) на расстоянии Л/2 от оси вращения:
А,з = А, 4 =
Wo-
Тогда
Lqz = ^—(Oq +2тЯ2щ +2m(—1 coq =
2g
\2J
2g
(2)
Главный момент количеств движения при перемещении людей
по платформе:
hz ~ Aw + A1i + ЬЧ2 + L4i + Х ч 4 .
Найдем момент количества движения платформы
,
,
GR2
2g
и момент количеств движения людей:
а) идущих по краю платформы в сторону ее вращения:
A,i = А,2 = Mz(mva6c) = m(v„ер + VqTH)Я - т(щ Я+и)Я = тЯ2ю, +mRu,
где Vnep =
VQTH = и;
б) движущихся на расстоянии Л/2 от оси вращения в противоположную сторону:
А,з = ЬчА = Afj(wv a6c ) = m(v„ер - v"TH) =
=m C 1 _ 2
=Ш
Wl_2mM
( ° f ")f
(|)
f'
Л
где v„ ep = coj —; v£.H = 2м.
Тогда
L. ==
Liz
GR2
2я
Я^
„
i?
+2(т/?2сО) +mRu)+2 m| y j CO] - 2 m u ^
(ZVp: — co,+2,5mi?2co,.
2g
(3)
226
X. Динамика материальной системы
Подставим выражения (2) и (3) в равенство (1) и получим
^-(i)o+2£mR2(Oo
2g
GR2
А с о ,
2g
+2$mR2(ol,
т.е. (OQ = СО).
О т в е т : платформа будет вращаться с той же угловой скоростью.
Задача 37.54
Решить предыдущую задачу в предположении, что все люди двигаются в сторону вращения платформы. Радиус платформы R, ее
масса в четыре раза больше массы каждого из людей и равномерно
распределена по всей ее площади. Выяснить также, чему должна быть
равна относительная линейная скорость и для того, чтобы платформа перестала вращаться.
Решение
Рассмотрим движение данной механической системы, на которую
действуют внешние силы: сила тяжести G платформы, силы тяжести
четырех человек, каждая равная mg, реакции RA и RB опор.
Применим теорему об изменении главного момента количеств
движения механической системы:
Главный момент сил, действующих на систему, относительно оси z
%Mz(Fke) = 0 = > 4 = const.
Главный момент количества
движения в начальный момент
времени:
LQZ
— Цт +
+ L42 + L 4 з + £Ч4.
227
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Найдем момент количества движения платформы
,
,
Атл =
MR2
Шо
и момент количеств движения людей:
а) неподвижно стоящих на краю платформы:
L4 J =L4
2
=mR2 coq;
б) стоящих на расстоянии R/2 от оси вращения:
Z 4 3 = Z 4 4 ^ I j j <»оТогда
АOz'-
MR2
2
(£>о +2тЛ2Юо
j COQ.
С учетом того, что М = Am, получим
Zoi = 2тЯ.2щ +2тЯ2щ + )^тЯ2щ = ^тЯ2щ.
Главный момент количеств движения в момент перемещения людей по платформе:
А г = Аи
+
A,i + ЬЧ2 + А,з + Ь ч 4 .
Найдем момент количества движения платформы
,
MR2
AmR2
. d2
Г
Lm - Iz co = - y — c o = — — c o = 2m/cco
и момент количеств движения людей (см. решение задачи 37.53):
а) идущих по краю платформы:
L4l = L4 2 = Mz(mv35c) = Mz\m((£>R+u)] = mR2(a+mRu;
б) на расстоянии — от оси вращения:
Аз = £Ч4 = Mz(mva6c) = Мг т\ со—+2и
2
mR'•2
lo+mRu.
228
X. Динамика материальной системы
Тогда
f mR 2
_ ^
to+mRu = —mPPa+AmRu.
Цг = 2mR (0+2(mR (x)+mRu) + 2
I 4
Найдем угловую скорость платформы, приравняв L 0z и L u :
Ц. -
£QZ
- hz
или
9
,
9
,
—mRr ion = -mR'w+AmRu.
2 ^ 2
Откуда
£ 0 = COn
8и
9Л
.
Определим значение скорости и, при которой платформа остановится, т.е. когда <о = 0:
9D
U = -KGV.
8
„
О т в е т : a>=(0n
8и
9D
;u = -R(Ho.
9R
8
Задача 37.55
Человеку, стоящему на скамейке Жуковского, в то время, когда он
вытянул руки в стороны, сообщают начальную угловую скорость,
соответствующую 15 об./мин; при этом момент инерции человека
и скамейки относительно оси вращения равен 0,8 кг • м2. С какой
угловой скоростью начнет вращаться скамейка с человеком, если,
приблизив руки к туловищу, он уменьшит момент инерции системы
до 0,12 кг - м 2 ?
Решение
На данную механическую систему действуют внешние силы: сила
тяжести Р человека, сила тяжести С скамейки, реакций RA и Rg опор
скамейки (см. рисунок).
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
229
Применим теорему об изменении главного
момента количеств движения системы:
at
Так как силы тяжести человека и скамейки,
а также силы реакций опор RA и RB не создают
моментов относительно оси г, то
поэтому
Lt = Lqz = L\z= const.
Главный момент количеств движения системы вначале равен
А)г = Iо®о>
а когда человек приблизит руки к туловищу,
Ц г = 1\ со,.
Приравняем эти значения
/0(00 = 7100,.
Тогда
h
т,
ппп
где ю, = — c o n = — - .
30
30
Следовательно, искомая угловая скорость вращения скамейки
с человеком
„ , = ^ = ^ 1 = 100 (об/мин),
/о
0,12
О т в е т : 100 об/мин.
Задача 37.56
Горизонтальная трубка CD может свободно вращаться вокруг вертикальной оси АВ. Внутри трубки на расстоянии МС- а от оси находится
230
X. Динамика материальной системы
шарик М. В некоторый момент времени трубке
сообщается начальная угловая скорость со0. Определить угловую скорость со трубки в момент,
когда шарик вылетит из трубки. Момент инерции
трубки относительно оси вращения равен 1,1—ее
длина; трением пренебречь, шарик считать материальной точкой массы т.
м
Решение
На данную механическую систему действуют внешние силы: сила
тяжести Р трубки, сила тяжести mg шарика, реакции RA и RB опор
(см. рисунок).
Применим теорему об изменении главного момента количеств движения системы:
^ = 1
Mzm
Так как силы тяжести трубки и шарика, а также силы реакций
опор не создают моментов относительно оси z, то главный момент
внешних сил
ъмгт=о,
поэтому
Lz = L0z - Llz = const.
Найдем главный момент количеств движения системы в момент,
когда шарик М находится на расстоянии а от оси вращения:
г'
гв
Uiz — А-р + Аи>
£тр = Лр
= Лоо.
Тогда
L0z = {I +та2)(й.
М
V
mg
.м
Дл
mv
х
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
231
Главный момент количеств движения системы в момент вылета
шарика из трубки
A ? = Ар + Аи,
где Др = /со;
= ml2a\
Тогда
Цг = (I+ml2)ox
Приравняем полученные значения:
(I +та2) соо = ( / +т12)и>
и найдем угловую скорость трубки в момент вылета из нее шарика:
I +та2
оо = I+ml 2 '
О т в е т : со =
I + та2
I +ml2'
Задача 37.57
Стержень А В длины 2/= 180 см
и массы M\-2YS подвешен в устойчивом положении равновесия
на острие так, что ось его горизонтальна. Вдоль стержня могут перемещаться два шарика массы
М2 = 5 кг каждый, прикрепленные к концам двух одинаковых пружин.
Стержню сообщается вращательное движение вокруг вертикальной оси с угловой скоростью, соответствующей щ = 64 об/мин, причем шары расположены симметрично относительно оси вращения
и центры их с помощью нити удерживаются на расстоянии 2/, = 72 см
друг от друга. Затем нить пережигается, и шары, совершив некоторое
число колебаний, устанавливаются под действием пружин и сил трения в положение равновесия на расстоянии 2/2 = 108 см друг от друга.
Рассматривая шары как материальные точки и пренебрегая массами
пружин, определить новое число п2 оборотов стержня в минуту.
232
X. Динамика материальной системы
Решение
К данной
механической систе\
ме приложены внешние силы: сила
тяжести Mxg стержня АВ, силы тяжести шаров, каждая равная M2g,
реакция R острия.
Применим теорему об изменении главного момента количеств
движения системы относительно
оси z:
х _
dt
1мгт
Так как векторы внешних сил либо пересекают ось z, либо параллельны ей, то главный момент внешних сил
о,
поэтому
Lz = L]Z = L2z = const.
Главный момент количеств движения системы в момент, когда
шары удерживаются нитью:
Aj
=
Агг
Определим момент количества движения стержня А В относительно
оси z, проходящей через центр его тяжести:
,
,
Mt(AB)2
Md21)2
L„ = 1ло, = —ti——coi =
со.
'
12
12
и момент количества движения шара как точечного груза относительно оси z
Lm = M2lh\Тогда
А* =
М^2+2
12
M2lf\^J
з
1
j 30
233
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
Главный момент количеств движения после пережигания нити,
удерживавшей шары, когда шары будут находиться на расстоянии 12
от оси вращения:
Найдем момент количества движения стержня АВ относительно
оси z, проходящей через центр его тяжести,
•
_ М,{21)2
1 г ©2 =
12
и момент количества движения шара относительно оси z
1 ш = М2/22 со2Тогда
Ьь =
12
M2q
пп2
)Ж '
3
Приравняем полученные значения главных моментов количеств
движения системы:
7t«[
J
~30~
+2 М212
пп2
Ж'
Отсюда определим значение п2.
6Mrf + MJ 2
6-5 (36) 2 +2-90 2 с .
ч
Ц-я,1 =
т -64 = 34 (об/мин).
«2 : : — Ц
2 +2 -90
2
6-5(54)
6М$ + Л/,/
Ответ: п2
_ 6
VJV1
М221?
ц
+ МЛг
+ м,/2
И] = 34 об/мин.
Задача 37.58
Тележка поворотного подъемного крана движется с постоянной скоростью v относительно стрелы.
Мотор, вращающий кран, создает в период разгона
постоянный момент, равный т 0 . Определить угловую скорость со вращения крана в зависимости от
расстояния Л; тележки до оси вращения АВ, если
масса тележки с грузом равна М, I — момент инерции крана (без тележки) относительно оси вращения;
234
X. Динамика материальной системы
вращение начинается в момент, когда тележка находится на расстоянии х 0 от оси A3.
Решение
К данной механической системе приложены внешние силы: сила тяжести Mg
тележки, силы тяжести Р крана, момент
т 0 , реакции ЯА и Rg опор.
Применим теорему об изменении главного момента количеств движения механической системы:
«о
at
Главный момент внешних сил относительно оси z
Тогда уравнение (1) примет вид
dLz
Разделим переменные и проинтегрируем это уравнение:
L\i
t
L0z
0
так как L0z - О, то кинетический момент системы в момент времени t
L\t=m^t.
(2)
С другой стороны, кинетический момент системы
L]z — Lxp +• Lr,
где LKр — момент количества движения подъемного крана, Ц,р = /со;
LT — момент количества движения тележки.
Тележка совершает сложное движение: переносное вместе с краном со скоростью vnep = GDc, относительное — со скоростью v0XH = v.
Абсолютная скорость тележки
v a6c
=
v nep
+
v
o
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
235
Тогда момент количества движения тележки
Л/г(Л/уабс) = Mz(Mvmv) + Mz{MvmH) = Mx2 со,
так как Mz(Mvam) = О (вектор Mvom пересекает ось г).
Следовательно,
- /со+ Mx2iо = (/ + Мх2)со.
Полученное значение главного момента количества движения подставим в равенство (2):
(/ + Мх2) со=m 0 t.
(3)
Так как относительное движение тележки — это равномерное движение со скоростью v, то
х-х0
v
Тогда из уравнения (3) определим угловую скорость вращения
крана
ю
_
Щ
I + Mx 2
х-хр
v
Задача 37.59
Сохранив условие предыдущей задачи, определить угловую скорость со вращения крана, если мотор создает вращающий момент,
равный /яр-асо, где т0 и а — положительные постоянные.
Решение
К данной механической системе приложены внешние силы: сила
тяжести Mg тележки, сила тяжести Р крана, вращающий момент
т ър
силы реакций RA и Rs опор А и В (см. рисунок в решении задачи 37.58).
Применим теорему об изменении главного момента количеств
движения системы:
^ - = 1
щт.
(1)
236
X. Динамика материальной системы
Момент внешних сил относительно оси z
ЛМг(¥ке) =
щ-аох
Тогда уравнение (1) примет вид
at
=
асо.
(2)
Главный момент количеств движения механической системы относительно оси z (см. решение задачи 37.85):
Ц г =X K p + Z,T = /co+Mx:2co = ( / + Afjc2)ca
(3)
Продифференцируем по времени выражение (3) и подставим полученное выражение в уравнение (2):
2Мх— со+(/ + Мх2)— = то - аса
dt
dt
(4)
Введем замену:
Ло _ d(adx _ vdiо
dt
dtdx
dx'
dx
где v = — .
dt
С учетом этого уравнение (4) примет вид
(2Mjtv+oc)co+(/ + M f 2 ) — - щ = 0.
dx
(5)
Введем подстановку со = pz- Тогда
diо
dx
dp
dz
= —Z + P—.
dx
dx
Подставим это выражение в уравнение (5) и получим
(2Mxv + a)pz+v(I + Mx2)(^-z+P—1-ОТо
Ык
dx)
Разобьем это уравнение на два уравнения:
2ч
(2Mxv + а)р + v(7 + Мх2
) dp г - 0 ,
dx
v(/ + М х 2 ) р ^ - - щ = 0.
dx
=0.
(6)
(7)
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения
237
Решим уравнение (6). Так как г * О, то
(2 Mxv + a)p+(I
+
dx
= 0.
Найдем значение р, при котором выполняется это условие. Разделим переменные и получим
(2Mxv + a)dx
dp
v{[ + Mx2)
или
2х+—V
Mv)
_
i - + x2
,
Ф
Р'
М
Проинтегрируем
г
,cMvX-
2xdx
—+xl
M
/
2
V
[dP
— + x1
M
a
1
___
M
p
x
Ш
Откуда
а [Ж
ГM
p= - j — e
— + ДГ
M
Введем обозначения:
a ГГ
—J—
vHlM
тогда
ПГ ,
= M-. J— = k,
\M
238
X. Динамика материальной системы
Решим уравнение (7). Разделим переменные и подставим вместор
выражение (8). Тогда
dz =
=
щ<1х
v(l + Мх2)р ~ v(l + Мх2)М
Отсюда получим
щ
* ц arctg-
Z=~ - е
Mvi*0
*dx.
Тогда угловая скорость крана
a = PZ=
О т в е т : co=
Щ
ю
ГПл
- Ц arctgi * ц arctg—
v(I + Мх)
e
v(I + Mx )
Че
g
3
kdx.
- n a r c t g i x д arctgi
t Je
^
ГГ
п
kdx, где к = / — ; ц = —Л
(ось x направлена вправо вдоль стрелы).
Г~Г~
—
VxV/M
38. Теорема об изменении кинетической
энергии материальной системы
Методические указания к решению задач
Кинетической энергией механической системы называется арифметическая сумма кинетических энергий всех материальных точек
системы, т.е.
Г =
(38.1)
Если механическая система состоит из соединенных между собой определенным образом твердых тел, то кинетическую энергию
системы определяют как арифметическую сумму кинетических энергий всех тел
Г =
(38.2)
где Тк — кинетическая энергия к-то твердого тела.
Формулы для определения кинетической энергии твердого тела
в зависимости от вида его движения.
При поступательном движении
Mv7
Г = — ;
(38.3)
2
При вращении тела вокруг неподвижной оси
Т =
/ со2
(38.4)
где / г — момент инерции тела относительно оси вращения; со — угловая скорость вращения тела.
При плоскопараллельном движении
Т
=
2
+
2
(38.5)
где v c — скорость центр масс тела; 1Сг — момент инерции тела относительно оси, проходящей через центр масс.
240
X. Динамика материальной системы
При плоскопараллельном движении твердого тела его кинетическую
энергию можно определять так же, как при вращательном вокруг
мгновенной оси вращения:
T=
(38.6)
где 1р — момент инерции тела относительно оси, проходящей через
мгновенный центр скоростей.
При сферическом движении тела
Г =
(38.7)
где 1 а — момент инерции относительно мгновенной оси вращения;
ю — абсолютная угловая скорость тела.
Кинетическая энергия тела может быть вычислена также по формуле
Т =
+ 1уоз2у + IZ(£>1 + Iyy(i)x(i)y + ZyjiOyCOj + / w cо г со х ),
(38.8)
где 1Х, 1У, l z — осевые моменты инерции; I xy , I y v 1 и — центробежные
моменты инерции; сот, озу, о\ — проекции вектора абсолютной угловой скорости на оси координат Ох, Оу и Oz, связанные с движущимся телом.
Если за координатные оси Ох, Оу, Oz принять главные оси инерции (частный случай), то l x y = I y z = 17Х =• 0. Тогда
T = ^Ux«>l + Iy(o2y + I z (ob-
(38.9)
Формула (38.9) применима для вычисления кинетической энергии
тела, участвующего во вращательных движениях вокруг не более трех
пересекающихся осей, если они являются главными осями инерции
или параллельны им.
Теорема об изменении кинетической энергии механической системы
может быть записана в дифференциальной и интегральной формах.
Дифференциальная форма
dT = JJdA(Fke)+^dA(Fl!),
(38.10)
дифференциал от кинетической энергии механической системы равен сумме элементарных работ внешних Fk и внутренних Fk сил.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
241
Эта формула обычно применяется тогда, когда требуется определить закон движения какого-либо тела механической системы или
время, в течение которого происходит изменение скорости его движения. В этом случае решение задачи сводится к составлению дифференциального уравнения и его интегрированию.
Интегральная, или конечная, форма
Тг~Т
х
=
(38.11)
показывает, что изменение кинетической энергии механической системы при некотором ее перемещении равно сумме работ внешних
и внутренних сил, действующих на систему при этом перемещении.
Для неизменной системы, например, абсолютно твердого тела или
совокупности таких тел, связанных между собой нерастяжимыми
связями, сумма работ внутренних сил равна нулю и теорема об изменении кинетической энергии механической системы может быть записана так:
дифференциальная форма
dT = ?ldA(Ff)
= dAe,
(38.10')
интегральная форма
T
2
- T
x
= Y , A m
= Ae,
(38.11')
где dAe, Ае — соответственно элементарная работа и работа на конечном перемещении приложенных к системе внешних сил.
Закон сохранения полной механической энергии:
если на механическую систему действуют только потенциальные,
или консервативные, силы, т.е. силы, работа которых определяется начальными и конечными положениями точек системы и не
зависит от вида траекторий этих точек, то в любом положении
механической системы сумма ее кинетической Т и потенциальной П энергии остается величиной постоянной:
7 ] +ПХ - Т2 +П2.
(38.12)
Потенциальная энергия системы определяется как работа консервативных сил при перемещении системы из некоторого положения
242
X. Динамика материальной системы
в нулевое положение, в котором потенциальная энергия точек системы равна нулю (так называемый нулевой уровень).
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Изобразить механическую систему в конечном, а иногда и в начальном положении.
2. В случае неизменяемой механической системы показать на рисунке все внешние силы, действующие на систему.
3. Записать в общем виде теорему об изменении кинетической
энергии механической системы в дифференциальной [формула (38.10)]
или интегральной [формула (38.11)] форме.
4. Если механическая система неизменяемая и начинает движение
из состояния покоя, приравнять кинетическую энергию в начальном
положении и сумму работ внутренних сил нулю. Если система начинает движение с некоторой скоростью и движется до остановки, приравнять нулю кинетическую энергию в конечном положении.
5. Определить кинетическую энергию системы в конечном или
начальном положениях как сумму кинетических энергий тел, входящих в данную систему, выразив ее через искомую угловую или линейную скорость указанного в условии задачи тела. Для этого следует
показать на схеме направление угловых скоростей тел и линейных
скоростей характерных точек тел, установив кинематические связи
между этими скоростями.
6. Определить сумму либо элементарных работ всех приложенных к системе внешних сил, либо работу этих сил на конечном перемещении системы, выразив ее на конечном перемещении системы
через перемещение (угловое или линейное) того тела, скорость которого по условию задачи следует найти.
7. Подставить выражения кинетической энергии и работы внешних сил в формулу теоремы об изменении кинетической энергии системы, записанную в соответствии с пп. 2 и 3.
8. Выразить из полученного уравнения искомую величину в общем
виде, затем подставить числовые данные и выполнить вычисления.
9. При использовании теоремы в дифференциальной форме необходимо выполнить пп. 1—5, составить дифференциальное уравнение
движения тела и проинтегрировать полученное уравнение с учетом
начальных условий движения.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
243
Задачи и решения
Задача 38.1
Вычислить кинетическую энергию
^
плоского механизма, состоящего из трех
стержней АВ, ВС и CD, прикрепленных
цилиндрическими шарнирами А и D
к потолку и соединенных между собой
шарнирами В и С. Масса каждого из стержней АВ и CD длины / равна Л/], масса стержня ВС равна М2, причем ВС = AD. Стержни АВ
и DC вращаются с угловой скоростью со.
Решение
Рассмотрим движение плоского механизма. Покажем на рисунке угловые
скорости звеньев АВ и CD и силы тяжести звеньев АВ, ВС и CD. Определим характер движения каждого звена.
Звено АВ совершает вращательное
движение с угловой скоростью юлд. Звено CD совершает вращательное движение с угловой скоростью сосоЗвено ВС совершает поступательное движение с о скоростью v B . Так
как скорости точек В и С равны и параллельны, то
vB
=
vc =
®АВ
• АВ = со/,
®CD
=
Найдем кинетическую энергию механизма как сумму кинетических энергий отдельных звеньев:
Т - TAB + Tbc + TCD-
(1)
Кинетическая энергия звеньев АВ и CD:
_ 1
_ 1 Mt(AB)2
2
Jab - -'А®АВ - ^
j
Tcd
=
17 2
г W o
2
2
I M\(CD)2 2
=Г
\
™CD
2
3
-MilW,
АВ
ш
=
1
,2 2
~МХ12 со2.
6
244
X. Динамика материальной системы
Кинетическая энергия звена ВО.
Твс =
= ~М2а)г12.
Тогда согласно формуле (1) кинетическая энергия механизма
т
= А л / . / V + 1
6
Ответ: Г =
б
2А/, +ЗМ 2
1
W + I a /
2
2
2
/ V
=
шl+Щг
6
/2
2
[2(й г
Задача 38.2
Однородный тонкий стержень АВ
массы U опирается на угол D и концом А скользит по горизонтальной направляющей. Упор Е перемещается вправо с постоянной скоростью v. Определить кинетическую энергию стержня
в зависимости от угла <р, если длина стержня равна 21, а превышение
угла D над горизонтальной направляющей равно Н.
Решение
Рассмотрим плоскопараллельное
движение стержня АВ. Найдем мгновенный центр скоростей для стержня
АВ как точку пересечения перпендикуляров, восстановленных из точек А
и D к векторам скоростей vA\\vD (см.
рисунок). Рассмотрим полученные треугольники ADK и APD.
Из Д ADK
AD =
DK
Н
sincp
sincp
из Д APD
АР:
AD
Я
sin<p
sin2cp
245
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
Из А АРС найдем
PC = ^АР2 + АС2 - 2 • АР- AC-cos(90°- <р)
"V sin4 ф
sin4 ф
sm 2 9
ЭШф
Определим угловую скорость стержня Л5:
V.
V . 2
со^о = -Д- = —sm ф
V
АР Я
(1)
и скорость центра масс стержня, точки С:
_
v .
2
Я
,2
\ Н2
\
Sin4
2Ш
ф
(2)
БШф
Кинетическая энергия стержня /15, совершающего плоскопараллельное движение,
или с учетом выражений (1) и (2)
тЛм- М —v2г 2- sin
•4
2
+
Ответ:
Я
1 M(2f)z2 v„ 22 .4
—
TSin ф =
2
12
Я2
Т-
Mv
ф(
sin4
ф
+ /2-
2 HI
БШфу
2/ . з
Mv21, 4/ 2 . «4
4
1 + — т sin4 ф - — S i n ф
2
ЗЯ
Я
2
'
4/ 2 . 4
21 . 3
1+
т sm ф - — s i n ф
2
Y
ЗЯ
Я
Задача 38.3
Вычислить кинетическую энергию кулисного механизма, если момент инерции кривошипа OA относительно оси вращения, перпендикулярной плоскости рисунка, равен / 0 ;
длина кривошипа равна а, масса кулисы равна т , массой камня А пренебречь. Кривошип OA вращается
1
?
А
г
ШГ/////////////,
-
' Ж Ш Ш
f.
246
X. Динамика материальной системы
с угловой скоростью оз. При каких положениях кинетическая энергия достигает наибольшего и наименьшего значений?
Решение
Рассмотрим движение кулисного
механизма, состоящего из кривошипа OA, камня А и кулисы А К. Покажем
на рисунке заданные силы. Выразим
скорости всех частей механизма через заданную угловую скорость кривошипа OA.
Камень А совершает сложное движение, состоящее из переносного v ^
вместе с кулисой и относительного vA
вдоль паза кулисы. А б с о лютным для камня А является его движение по окружности радиусом а вместе с кривошипом OA:
^абс
=
Переносную скорость камня А найдем из плана скоростей
Ч, е р
= улабс
sin<p = (oasin(p.
Определяем кинетическую энергию кривошипа OA, совершающего вращательное движение:
Гол=А/оа> 2 .
Поскольку массой камня А пренебрегаем, то его кинетическая
энергия равна нулю.
Определим кинетическую энергию кулисы, совершающей поступательное движение:
Гк = i m v l = A-m((oasin(p)2.
Тогда кинетическая энергия кулисного механизма
1
Т = ТОА + Тк = - /0со2 + -mu>2a2 sin2 <р = — (70 +та2 sin2 ф)со2.
т
2 "
2
2
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
247
Максимального значения кинетическая энергия кулисного механизма достигнет при sincp = ±1, т.е.
Ф = | + Аяс(Л = 0 , 1 , 2 , . . . ) .
Минимальным значение кинетической энергии кулисного механизма будет при sin9 = 0, т.е.
Ф
= Атс (Л: = 0 , 1 , 2 , ...).
О т в е т : Т = ~(IQ +ma2 sin2 ф)со2. Наименьшая кинетическая энергия —
при крайних положениях кулисы, наибольшая — при прохождении кулисой среднего положения.
Задача 38.4
Вычислить кинетическую энергию
гусеницы трактора, движущегося со
скоростью v0. Расстояние между осями колес равно /, радиусы колес равны г, масса одного погонного метра
гусеничной цепи равна у.
Решение
Рассмотрим движение гусеницы
трактора. Отдельные части гусеницы
совершают разные движения (см. рисунок).
Часть гусеницы АВ длиной / и массой у/ совершает поступательное движение, скорость которого 2v0, и ее кинетическая энергия
7^=^S(2V0)2=2Y/V02.
Часть гусеницы ВС длиной кг и массой уп г совершает плоскопараллельное движение. Ее кинетическая энергия
<Т*
Твс =
1
2
1
+
1 Г
2
1
1
= -yxrv$
2
2
1
3 V(?
+ - Y 7 =
2
г
2
ynrvl
248
X. Динамика материальной системы
Часть гусеницы CD лежит неподвижно на земле, поэтому ее кинетическая энергия равна нулю, т.е. TCD =0.
Часть гусеницы DA совершает плоскопараллельное движение. Ее
кинетическая энергия равна кинетической энергии части гусеницы
ВС, т.е.
TDA = ТВС
=
YNRVO-
Кинетическая энергия всей гусеницы трактора
Т = ТАВ + Твс + TCd + Tda = 2 у / + ynrvo +yrcrv02 = 2y(l + nr)v02.
О т в е т : r = 2Y(/ + 7tr)vo.
Задача 38.5
Вычислить кинетическую энергию
кривошипно-ползунного механизма,
если масса кривошипа m |, длина кривошипа г, масса ползунада2»длина ша- -fтуна /. Массой шатуна пренебречь.
Кривошип считать однородным стержнем. Угловая скорость вращения кривошипа со.
Решение
Покажем на рисунке заданные силы: mxg и m2g. Рассмотрим движение
кривошипно-ползунного механизма.
Скорость шарнира А:
vA = сor.
Определим скорость ползуна В. Для
этого найдем мгновенный центр скоростей шатуна АВ, который согласно
построению лежит в точке Р.
Составим пропорцию:
1±
АР
BP
ш/ш
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
249
Тогда скорость ползуна В
VB =
vA BP _ юг BP
Рассмотрим AOAD: OA -г
найдем
АР
(1)
АР
— по условию, AD = rsin(p. Из ДABD
BD = >lAB2 - AD2 = V/ 2 - г2 sin2 ф.
Из рисунка видно, что BD = АК, a AD = AS. Из Д АРК
_ АК _ У / 2 - г 2 s i n 2 ф
АР =
СОБф
совф
.„ .
Jl 2 - г 2 sin2 ф .
п „
РК - А Р - sin ф =
sin ф.
СОЭф
Тогда
5/ > = J№+PA: = rsin9+
•Jl2 - г 2 sin2 ф
С08ф
ЭШф.
Подставим значения АР и BP в формулу (1) и получим
rsin9+Vg = (0Г
^/2 _ /"Sin
-2 с ;„2 ф .
^ БШф
coscp
У/ 2
-r2sin29
= cor
ГСОЭф
V/2
- г 2 sin2 ф
+ 1 sin9 =
СОЭф
Бт2ф
= иг sin ф+2/ ^/l — (г//)2 sin2 ф
Кривошип Ш совершает вращательное движение и его кинетическая энергия
2
2
3
со2.
Кинетическая энергия ползуна 5 , совершающего поступательное
движение:
„
1
Тв = ~тгу12в
1
=-тг sin ф+
5т2ф
21 ^\-{г/[)2 ьт2 у
г 2 со2.
250
X. Динамика материальной системы
Определим кинетическую энергию всего механизма:
1 1
T = TOA + TB=---mxrW
2 3
1
ч2
+ -m2 r2-2,.
a>'
sincp+
1 1
~ \ - m x + m 2 sincp-f
Ответ:
^
=
~
j
+
m
2
sincp+
sin2cp
2/ ^\-(rjl)2
sin2cp
л21
21 л/l—(r//)2 sin2 <p
r
sin2(p
27Vl-(///) 2 sin 2 cp.
sin 2 cp
2
>r2co2.
• /-2co2.
Задача 38.6
Решить предьщущую задачу для положения, когда кривошип (Х4
перпендикулярен направляющей ползуна; учесть массу шатуна т 3 .
Решение
Рассмотрим движение кривошипноползунного механизма. Покажем заданные силы: mxg, m2g, m2g (см. рисунок).
Определим движение всех звеньев механизма.
Кривошип OA совершает вращательное движение
ул = югШатун АВ совершает мгновенное поступательное движение, следовательно,
Va = VB = Vc= СОГ,
а>АВ=0.
Ползун В также совершает поступательное движение.
Кинетическая энергия всего механизма:
Т = Т0А + т АВ
где ТОА = I /Осо2 - 1 •• Unxr2со2,
1
2
1
2 2
Тв = ~m
BvB = -m2r со .
+
ТВ,
ТАВ = ~m A B vl = 1/я3/-2со2,
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
251
Тогда
Т,
Т
1 1
2 3
1
mxr <й +-m3r£®
2
Ответ: ^ = ~ +
m
2
+-m2r
2
+w3
??
1 I 1
1 9
(й =-\-щ
+т2+гпт, г or.
2 \3
/
I/'2®2
Задача 38.7
Планетарный механизм, расположенный в горизонтальной плоскости, приводится в движение кривошипом OA, соединяющим оси трех одинаковых колес 1,11
и III. Колесо I неподвижно; кривошип вращается с угловой скоростью со. Масса каждого из колес равна М х , радиус каждого из колес равен г, масса кривошипа равна М2.
Вычислить кинетическую энергию механизма, считая колеса однородными дисками, а кривошип — однородным стержнем. Чему
равна работа пары сил, приложенной к колесу III?
Решение
Рассмотрим движение планетарного механизма. Определим характер движения
всех частей механизма.
Кривошип OA совершает вращательное движение, при этом (см. рисунок)
Vg = (йОВ = 2сог,
vA = (й-ОА = 4сол
Колесо II совершает плоскопараллельное движение. Мгновенный
центр скоростей колеса II лежит в точке Р. Угловую скорость колеса II
Щ
vB _ 2сог
=
BP
= 2са
Скорость точки К
vK = со2-Ж = 2со-2г = 4со/-.
252
X. Динамика материальной системы
Рассмотрим движение колеса III. Скорости точек К и А этого к о леса vK и vA равны и параллельны, следовательно, это колесо совершает поступательное движение со скоростью
K - VА - 4(£>r.
V
Кинетическую энергию механизма
Т = Т0А + Тп + Тт,
(1)
где ТОА — кинетическая энергия кривошипа; Гц; Г ш — кинетическая энергия соответственно колеса II и III.
Вычислим
г
Toa
7h =
1
1
г ,2 1
2 M2 l6rW
= - ~M2(OA) (о = —
1 5
О
IaT.VI
= 1д/г4г2со2 + |
8M2rW
= — \
;
3
4o>2 = 3M,r 2 (o 2 ;
Tm = ^ М У А = Х-Мх\Ьгг(£ = 8Л/,Г2со2.
Тогда согласно формуле (1)
т J-M^+m^v1+%М\г1о)1
= ^(ззл/,
г1 со2
О т в е т : Т = -у—(33Л/] +8Л/ 2 ); работа равна нулю.
Задача 38.8
Мельничные бегуны /1 и 5 засажены
на горизонтальную ось CD, которая вращается вокруг вертикальной оси EF; масса
каждого бегуна 200 кг; диаметры бегунов
одинаковы, каждый равен 1 м; расстояние между ними CD равно 1 м. Найти кинетическую энергию бегунов, когда ось
CD совершает 20 об/мин, допуская, что
при вычислении моментов инерции бегуны можно рассматривать как однородные
тонкие диски.
+ш2).
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
253
Решение
Мельничные бегуны участвуют в двух
вращениях вокруг пересекающихся осей.
Сначала рассмотрим движение только
одного из них, например В (см. рисунок).
Применим теорему о сложении вращений твердого тела вокруг пересекающихся осей:
«а = ® пер
отнНа рисунке покажем параллелограмм
угловых скоростей. Переносная угловая
скорость
2кп 2 л - 2 0
= 2,09 (рад/с).
60
60
Найдем скорость точки D в центре бегуна В:
vD = сопер • OD = 2,09-0,5 = 1,045 (м/с).
Так как качение происходит без скольжения, то мгновенный центр
скоростей в относительном движении лежит в точке К. Найдем относительную угловую скорость соотн этой точки:
Уо _ 1,045
:2,09 (рад/с).
COY
fTM "
DK
0,5
Вектор мгновенной (абсолютной) угловой скорости бегуна В лежит на мгновенной оси Q, проходящей через точки ОтлК. Векторы
(опер и шотн взаимно перпендикулярны, поэтому
+ «отн = л/2,092 +2,092 = 2,95 (рад/с).
|юа| =
Кинетическая энергия бегуна
где / п — момент инерции бегуна относительно мгновенной оси вращения.
Рассчитаем момент инерции
Ia = (/„ +mh2) = [ ( / у cos 2 45°+ Ix cos 2 90°+ Iz cos 2 45°+mh 2 )\ =
mr
•J2 V
+
mr2
n
0+
mr2 (V2 Y
—
+m\
(г-Л
I
2
'
2=
= —mr
254
X. Динамика материальной системы
7-200 0,5
= 43,75 ( к г - м 2 ) .
Тогда кинетическая энергия одного бегуна В
ТВ = ^/QC02 = 1 - 4 3 , 7 5 - 2 , 9 5 2 = 191,5 (Н • м),
а обоих
Т = ТА + ТВ = 191,5 + 191,5 = 383 (Н • м).
О т в е т : 383 Н • м.
Задача 38.9
В кулисном механизме при качении рычага ОС вокруг оси О, перпендикулярной плоскости рисунка, ползун А, перемещаясь вдоль
рычага ОС, приводит в движение стержень АВ,
движущийся в вертикальных направляющих К.
Рычаг ОС длины R считать однородным стержень с массою ть масса ползуна равна /я 2 ,
масса стержня АВ равна тг, О К -1.
0
Выразить кинетическую энергию механизма в функции от угловой скорости и угла поворота рычага ОС. Ползун считать точечной
массой.
Решение
Рассмотрим движение кулисного механизма. Определим характер движения и скорости
каждого звена механизма (см. рисунок).
Рычаг ОС совершает вращательное движение с угловой скоростью со.
Ползун А совершает сложное движение;
определим переносную vnepA и абсолютную vA
скорости ползуна А:
/
Vnep А = Ы-ОА = СО
coscp
v„=fj!3>d = COCOS Ф
СОВ 2 Ф
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
255
Стержень А В совершает поступательное движение со скоростью vA,
т.е.
= ЬКинетическая энергия механизма
Т = TQC + ТА +
ТАВ,
где Tqc, ТА, ТАВ — кинетическая энергия соответственно рычага, ползуна и стержня.
Найдем
~
T
1^2
0
1ЩК1
C = - W = - ~ ~ ®
2
2
,
т- = 1-m v\2 = 1-m ~j- I2
.
Т
со\
А
A
2
2
cos <р
7Tab =
2
1
2
1
/2
2
= - ш 3 — ^4 - а / .
2
cos <р
Тогда
1 MXR2
2
1
/2
2
1
/2
2
7^ = — i — o r + - m 2 — j — o r + - m 3 — д — ш
2 3
2
cos4 ф
2
cos ф
со
6 cos 4 ф
Ответ: Г =
со
6 cos 4 ф
[MXR2 cos 4 ф+3L 2 (M 2 +m 3 )].
[mxR2 cos4 ф+3l\m 2 +/n3)].
Задача 38.10
Вычислить кинетическую энергию системы, состоящей из двух
колес, соединенных паровозным спарником АВ и стержнем 0Х02,
если оси колес движутся со скоростью v0. Масса каждого колеса равна М х . Спарник АВ и соединительный стержень 0T02 имеют одинаковую массу М2. Масса колес равномерно распределена по их ободам:
ОХА - ОГВ - г/2, где Г — радиус колес. Колеса катятся без скольжения
по прямолинейному рельсу.
256
X. Динамика материальной системы
Решение
Рассмотрим движение данной механической системы. Определим
характер движения каждого звена механизма (см. рисунок).
Колеса совершают плоскопараллельное движение со скоростью v0
и угловой скоростью со= v 0 /r.
Стержень 0\02 совершает поступательное движение со скоростью v0.
Спарник AS совершает поступательное движение, так как vA = v B , то
v 0 V5+4sin<p
2
Кинетическая энергия механизма
Т = 27j.OJI + T 0 i 0 2 + Т АВ ,
где Ткол, Т0]02, ТАВ — кинетическая энергия соответственно колеса,
стержня 0|0 2 и спарника АВ.
Найдем
2
2
г
Т 0] о 2 = ^-M2Vo,
2
8о
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
257
Тогда
Т =2M,v 0 2 +-M2v%
2
+iAr 2 v 0 2 (5+4sincp) = ^ [ 1 6 Л / , + М2 (9+4sinq>)].
8
8
О т в е т : Т = ^ [ 1 6 М , + М2 (9+4sintp)].
Задача 38.11
Автомобиль массы М движется прямолинейно по горизонтальной дороге с о скоростью v. Коэффициент трения качения между
колесами автомобиля и дорогой равен fK, радиус колес г, сила аэродинамического сопротивления
воздуха пропорциональная квад2
рату скорости: Д, = [iMgv , где ц — коэффициент, зависящий от
формы автомобиля. Определить мощность N двигателя, передаваемую на оси ведущих колес, в установившемся режиме.
Решение
Рассмотрим движение автомобиля
под действием приложенных сил. П о кажем на рисунке заданные силы: силу
тяжести Mg автомобиля, суммарную
силу реакции дороги F, суммарный м о мент сил Мк трения качения, силу с о противления Д. воздуха, а также перемещение автомобиля s и его скорость v.
Угловая скорость колес автомобиля
ю = v/r и при движении колеса повернутся на угол ф = s/r.
Применим теорему о б изменении кинетической энергии в интегральной форме:
T-To
= 2A(Fke)
+ ^A(F/<) = 0,
(1)
так как автомобиль движется равномерно, то Т-Т0 =0.
Найдем работу внешних сил, приложенных к автомобилю. Работа силы сопротивления, с учетом того, что автомобиль движется с
v = const,
Д; = -J J^ds =
о
xMgv2s.
258
X. Динамика материальной системы
Работа момента трения качения
г
Работа остальных внешних сил равна нулю.
Тогда
Найдем работу внутренних сил, действующих на автомобиль. Единственной не уравновешенной внутренней силой является движущая
сила мотора. Следовательно,
YJA(Fi) = AaB,
где Адв — работа движущей силы мотора.
Подставим найденные значения в уравнение (1) и получим
или
AaB = Mg\^ +
г
iivl]s.
Для определения мощности двигателя продифференцируем это
равенство. Тогда
dA
м „ ( / к л+ ,.„2
N =^ m
- _= M g ^ +. „\„ i2 vУ *z =_ Mgy-^
w 1 jv.
О т в е т : N = Mg\ f*
— ,+ ,,„2
\ivl v.
Задача 38.12
Машина массы Мдля шлифовки льда
движется равномерно и прямолинейно
со скоростью v по горизонтальной плоскости катка. Положение центра масс С
указано на рисунке. Вычислить мощность N двигателя, передоваемую на оси
колес радиуса г, если/ к — коэффициент
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
259
трения качения между колесами машины и льдом, / — коэффициент
трения скольжения между шлифующей кромкой А и льдом. Колеса
катятся без скольжения.
Решение
Рассмотрим движение машины.
Покажем на рисунке заданные силы:
силу тяжести Mg машины, силу трения FTр скольжения между шлифующей кромкой А и льдом, момент Мтр
сил трения качения, силы реакции F
TY77T77
и R.
Машина движется равномерно
и прямолинейно, поэтому для опре1/31
деления реакций связей воспользуемся уравнениями статики:
шш
м.
/
/
/
/
/
•'2тр ^1тр
2/31
X MB(Fke) = -Nl + Mg у / = О,
откуда
%Fky = N + R-Mg = О,
откуда
R = Mg-N
= ^Mg.
Найдем силу трения скольжения:
FTp=Nf^Mgf
и моменты сил трения качения:
MTp = RfK =
l-MgfK.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
т-т0 =
+
260
X. Динамика материальной системы
Машина движется с постоянной скоростью v, поэтому изменение ее кинетической энергии равно нулю, т.е.
Т - Т
0
=
0.
Тогда
1 4 + 1 4 = 0 .
(1)
Работа внешних сил при перемещении s
ХЛ? =Лтр + А + Л + Ля.
Определим работу силы трения скольжения:
2
Ар =
Fws=-~Mgfs;
работу момента трения качения:
A=-M7P<S>
1
=
-~MgfK
s
3
г
Работа силы тяжести машины А и работа сил реакций А к равны нулю.
Тогда
М
=
Mgfs- ]-MgfK3
3
= -Ш2
Г
3
f +
V
R
J
Это значение подставим в уравнение (1) и получим
или
Работа внутренних сил осуществляется двигателем машины, поэтому мощность двигателя
dt
Ответ: N =
+ —jv.
3 I
г )
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
261
Задача 38.13
На вал диаметром 60 мм насажен маховик диаметром 50 см, делающий 180 об/мин. Определить коэффициент трения скольжения/
между валом и подшипниками, если после выключения привода маховик сделал 90 оборотов до остановки. Массу маховика считать равномерно распределенной по его ободу. Массой вала пренебречь.
Решение
Рассмотрим вращение маховика, насаженного на вал, под действием приложенных к нему сил. Покажем на рисунке
действующие внешние силы: силу тяжести Mg, силу реакции в опорах NA и ffB,
моменты МА и Мв сил трения скольжения в опорах, а также угловое перемещение маховика ф.
Применим теорему об изменении кинетической энергии:
(1)
По условию задачи маховик остановился, т.е. Т = 0. Найдем кинетическую энергию маховика в начальный момент времени:
Определим работу внешних сил при повороте маховика на угол ф.
Работа момента сил трения скольжения в опорах А и В:
'ТРЙ
Тогда
Если центр масс маховика расположен на оси его вращения, то динамические составляющие реакций в опорах равны нулю и тогда
N
A
= N
B
=
Ш
2 '
X. Динамика материальной системы
262
Следовательно,
=
-Mgfry.
Работа внутренних сил равна нулю, т.е.
Подставим найденные значения в уравнение (1) и получим
—MR2 со2 =
-Mgfrcp.
Отсюда коэффициент трения скольжения
_R\О2
F
2grq>
^
_
NN2R2
30 2 -4grN
ЗД4-180 2 -0,25 2
_QQ?
900-4-9,81 0,03-90 ~~ '
О т в е т : / = 0,07.
Задача 38.14
Цилиндрический вал диаметра 10 см и массы 0,5 т, на которой
насажано маховое колесо диаметра 2 м и массы 3 т, вращается в данный момент с угловой скоростью 60 об/мин, а затем он предоставлен
самому себе. Сколько оборотов еще сделает вал до остановки, если
коэффициент трения в подшипниках равен 0,05? Массу маховика
считать равномерно распределенной по его ободу.
Решение
Рассмотрим вращение вала с насажанным на него маховым колесом под действием приложенных сил: силы тяжести
mBg вала, силы тяжести /wKg махового к о леса, реакций NA И NB опор, моментов
сил трения МТРА и МТРВ в опорах (см. рисунок).
Найдем суммарный момент сил трения МТр в опорах вала А и В:
Л/Тр = МТРа + МТРВ = NJr + NBfr = (mB +mK)gfr
= (500+ 3000)-9,81-0,05-0,05 = 85,8 (H • м).
=
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
263
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
т-т0 =
(О
Так как данная система является абсолютно твердым телом, то £
= 0.
В конце движения вал с маховым колесом остановится и его кинетическая энергия будет равна нулю, т.е. Т = 0.
Тогда выражение (1) примет вид
-Го = 2 А'-
(2)
Найдем кинетическую энергию вала и махового колеса в начале
движения. Вал совершает вращательное движение и его кинетическая энергия
Тв = 1Х— =
2
— =
2
2
4
^-(й2.
Маховое колесо совершает вращательное движение и его кинетическая энергия
T
^
к
I
2
^
m
2
^
^
2
со2.
Тогда
То = TR + П = ^ш2
в
к
4
+
^со2
2
500-0,05 2 +2 -30001
4
Д
i
=К
I
^
60
+2m«R\2
4"
~
l = 59 169,4 (Н - м ) .
)
Работа внешних сил
= л + Л + Л
р
Работа сил тяжести вала Лв и махового колеса /1к равна нулю.
Работа момента трения
Лтр = —
Работа сил реакции
= — 85,8ф.
в опорах Л и 5 равна нулю.
264
X. Динамика материальной системы
Тогда
1ДГ = Л р = - 85,8 ф.
Подставим полученные значения в уравнение (2):
- 5 9 169,4 = -85,8ф.
Откуда ф = 689,6 рад или в оборотах
ф _ 689,6
271
2-3,14
= 109,8 (об).
О т в е т : 109,8 об.
Задача 38.15
Однородный стержень OA длины / и массы М может вращаться вокруг горизонтальной неподвижной оси О, проходящей через
его конец перпендикулярно плоскости рисунка. Спиральная пружина, коэффициент
упругости которой равен с, одним концом
скреплена с неподвижной осью О, а другим — с о стержнем. Стержень находится
в покое в вертикальном положении, причем пружина при этом не деформирована. Какую скорость надо с о общить концу А стержня для того, чтобы он отклонился от вертикали
на угол, равный 60°?
Решение
Рассмотрим движение стержня OA под
действием приложенных к нему сил: силы
тяжести Mg, момента сил упругости спиральной пружины /Иупр - сф. Покажем на рисунке
начальное и конечное положение стержня,
а также действующие силы.
Применим теорему об изменении кинетической энергии:
(D
&J
Г™
-'/ХК
,!
60У
Тч^А'
с
MW
Mg
л
V
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
265
Так как в конечном положении стержень остановится, то Т = 0.
Тогда выражение (1) примет вид
(2)
-Т0 = 2Аек.
Определим кинетическую энергию стержня в начальном положении
2соf-2 = if
Ш
1 с + мI
MI2
1MI
2 \
21 12
2
Mv2
I2
Найдем работу внешних сил при перемещении, соответствующем
отклонению стержня на угол 60°:
X Д? = Ат + Аупр,
где работа силы тяжести
Ат = -Mgh = -Mg[t
- L cos 60°j =
работа силы упругости спиральной пружины
.
J
,
Сф 2
ся2
Л п р = - J "«упрЛр = ~
= -^g--
Тогда
*
4
18
Найденные значения подставим в равенство (2):
Mv\
Mgl
ск2
6
4
18
Откуда скорость конца стержня
v =
Ответ: v =
9Mgl+2л с
6М
9Mgl+2n1c
6М
266
X. Динамика материальной системы
Задача 38.16
К концам гибкой нерастяжимой нити, переброшенной через ничтожно малый блок А,
подвешены два груза. Груз массы М\ может
скользить вдоль гладкого вертикального стержня CD, отстоящего от оси блока на расстоянии а; центр тяжести этого груза в начальный
момент находился на одном уровне с осью блока; под действием силы тяжести этот груз начинает опускаться без начальной скорости.
Найти зависимость между скоростью первого груза и высотой его опускания h. Масса
второго груза равна М.
Решение
Рассмотрим движение механической системы, состоящей из грузов массой Л/и Мх, с о единенных нерастяжимой нитью ЕК(см. рисунок).
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
T-n
О)
= ZA<k+Y4-
В начальный момент система была в п о кое и Т0 =0.
Работа внутренних сил системы тоже равна нулю, т.е. £ А к = 0.
Тогда выражение (1) примет вид
Т=Ъ4-
У / / У / У У/
(2)
Найдем кинетическую энергию системы, когда груз Е опустился
на расстояние h:
т = тЕ+тк,
где ТЕ, Тк — кинетическая энергия соответственно груза Е и груза А";
тЕ = -му.
7V
=
-Mv\.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
267
Найдем скорость груза К, которая равна скорости нити КА.
Абсолютная скорость конца нити Е равна v, она состоит из переносной v nep и относительной vOTH скоростей:
d(AE)
v0TH = — —
at
_
= v *-
Из параллелограмма скоростей (см. рисунок) найдем:
h
V-j^j^^.
Vora = VCOS(p=
Тогда
1
v 2 ft 2
2
(А2 + Й2)
Определим работу сил тяжести грузов:
Ля = Mxgh,
Ак - -Mghк - Mg(-Jh7 + а2 - а).
Тогда
X 4е = M\gh - Mg (4hT+a2
- а).
Подставим полученные значения в уравнение (2):
1^V2+1a/
f
h
\ - M\gh~ Mg (VF+a1
- я)
и найдем искомую зависимость:
v2=lg(h2
2 Л „2
О т в е т : v 2 = 2g(A 2 + а 2 )
+ a2)
'
,
M{(h2 + a2) + Mh2
-M(-Jh2
2
2ч
+ а2
-а)
Задача 38.17
Груз Р массы М с наложенным на него дополнительным грузом
массы Л/, посредством шнура, перекинутого через блок, приводит
в движение из состояния покоя тело А массы М2, находящееся на негладкой горизонтальной плоскости ВС. Опустившись на расстояние
51, груз М проходит через кольцо D, которое снимет дополнительный
268
X. Динамика материальной системы
груз М\, после чего груз М, опустившись
на расстояние s2, приходит в состояние
покоя. Определить коэффициент трения /между телом А и плоскостью, пренебрегая массой шнура и блока и трением
в блоке; дано М2 = 0,8 кг,М = М{= 0,1 кг,
Si = 50 см, s2 = 30 см.
•ШШУМШ
I
р1
-О
Решение
Рассмотрим движение данной системы под действием сил тяжести Mxg, M2g,
Mg и силы трения
тела А (см. рисунок).
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
T-T^ZAi
+ ZAt.
Sj + SJ
1V
тр
ш ъ .
У///////Ш
(1)
mg
Работа внутренних сил £ А[ = 0.
Система приводится в движение из состояния покоя, когда Т0 =0,
и в конце пути она также приходит в состояние покоя, т.е. Т = 0.
Следовательно, уравнение (1) примет вид
24=
о
или
(2)
2Akr = AM+AM]+AMl+ATp+AN=0.
Работа силы тяжести груза р
Ам = Mg(sx +52).
Работа силы тяжести дополнительного груза
Амх
=
Работа силы тяжести тела А
AMl =0.
Работа силы трения тела А
Атр =
-
+ s2) = -M2gf(S\
+ S2).
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
269
Работа силы реакций N
А„ = 0.
Подставим эти значения в формулу (2) и найдем коэффициент
трения:
M(sl+s2)
+ M]si _ 0 , 1 ( 0 , 5 + 0 , 3 ) + 0 , 1 0 , 5 _ Q
M2(s{+s2)
~
0,8(0,5+0,3)
2
~ ' '
M2(s\ +J 2 )
Задача 38.18
Однородная нить длины L, часть которой лежит на гладком горизонтальном столе, движется под влиянием силы тяжести другой части,
которая свешивается со стола. Определить промежуток времени t,
по истечении которого нить покинет стол, если известно, что в начальный момент длина свешивающейся части равна I, а начальная
скорость равна нулю.
Решение
Рассмотрим движение части однородной нити под действием силы тяжести Р
свешивающейся части нити (см. рисунок).
Применим теорему о б изменении кинетической энергии механической системы:
(1)
Так как нить нерастяжима, то сумма работ внутренних сил равна
нулю, т.е.
0.
Вначале скорость нити равна нулю, значит Т0 =0. Поэтому уравнение (1) примет вид
(2)
270
X. Динамика материальной системы
Найдем кинетическую энергию нити:
Т = -mv2,
2
dx
где m — масса всей нити; v =
dt
скорость нити; х — длина свеши-
вающейся части нити.
Определим работу внешних сил:
=Ар* +AP + AN.
Работа силы тяжести части нити, лежащей на столе, равна нулю,
т.е.
Ар. =0.
Работа силы тяжести свешивающейся части нити
AP=^gxdx
[Li
= ^.g(x2-l2).
ZjL
.
Работа силы реакции гладкого стола равна нулю.
Следовательно,
= АР.
Подставим полученные значения в уравнение (2):
m
1 1-2 = m
/—*(*-/)
2 »2\
-mv
2
2L
или
dt
VI
Разделим переменные и проинтегрируем
dx
Т
Тогда
Ь+ Л П
I
Ответ: t =
— In
1Is
L+ J I
I
2
^
1
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
271
Задача 38.19
Однородная нить длины 2а, висевшая на гладком штифте и находившаяся в покое, начинает двигаться с начальной скоростью v0.
Определить скорость нити в тот момент, когда она сойдет со штифта.
Решение
Рассмотрим движение однородной нити
под действием силы тяжести. Сила тяжести
участка нити (см. рисунок)
Т
2а
масса всей нити; х — длина участка
D
где т
нити.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
=
+
(О
17
Так как нить нерастяжимая, то сумма работ внутренних сил равна нулю, т.е.
ХЛ'=0.
Определим кинетическую энергию нити в начале движения:
7о = 1-mv$2
и тогда, когда она сойдет со штифта,
r r
1 2
Т = —mv .
2
Определим работу внешних сил:
ЪАк=Алв
+ Авс-
Работа силы тяжести />• поднимающейся ветви АВ нити
mga
AAB=\^XdX:
„2 а
4 '
Работа силы тяжести Р, опускающейся ветви ВС нити
2а
3mga
ARC
- f
'^LXDX
I 2a
•
272
X. Динамика материальной системы
Тогда
2 mga
4
mga _ mga
4
2
Подставим полученные значения в уравнение (1):
1
2 1
2 tnga
— mv — m v n = —2—
2
2
2
и найдем скорость нити в тот момент, когда она сойдет со штифта:
v = *Jag + v
Ответ:
v = ^Jag + v
Задача 38.20
Транспортер приводится в движение из состояния покоя приводом, присоединенным к нижнему шкиву В. Привод сообщает этому шкиву постоянный
вращающий момент М. Определить
скорость ленты транспортера у в зависимости от ее перемещения s, если
масса поднимаемого груза А равна Ми а шкивы В и С радиуса г
и массы М2 каждый представляют собой однородные круглые цилиндры. Лента транспортера, массой которой следует пренебречь,
образует с горизонтом угол а. Скольжение ленты по шкивам отсутствует.
Решение
Рассмотрим движение данной
механической системы. Покажем
на рисунке начальное и конечное
положение груза А, угол поворота
шкива и действующие силы: силы
тяжести Mif и M2g, вращающий
момент М.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
273
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
(1)
=
Так как лента транспортера нерастяжима, то сумма работ внутренних сил равна нулю, т.е.
Транспортер приходит в движение из состояния покоя, значит,
Т0=0.
Тогда уравнение (1) примет вид
г = 14?.
(2)
Определим кинетическую энергию системы, когда груз А переместился на величину s:
Т = ТА + ТВ + ТС.
Кинетическая энергия груза А
тА=\му.
Кинетическая энергия шкивов В и С
Тогда
2
2
2
2
г2
4
2
2
2
г2
4
4
4
2
Найдем работу внешних сил:
=
АЛ+АМ.
Работа силы тяжести тела А
АА = ~M\GH = -A^gssina.
Работа вращающего момента М, приложенного к шкиву В,
Ам
=
М(р = М-.
г
274
X. Динамика материальной системы
Тогда
£ Д£ = М--
Mxgs • sin а.
Подставим полученные значения в уравнение (2):
V2
(Л/) + М2)— =
2
5
г
M--Migss\na
и найдем скорость ленты транспортера:
12(М - A/ t grsina)
V
Ответ:
v=
~
г(М, + М2)
г (Л/| + М2)
Задача 38.21
Горизонтальная трубка CD может с в о б о д н о вращаться вокруг
вертикальной оси АВ (см. рисунок к задаче 37.56). Внутри трубки на
расстоянии МС = х 0 от оси лежит тело М. В некоторый момент времени трубке сообщена начальная угловая скорость со0.
Определить скорость v тела М относительно трубки в момент, когда тело вылетит из трубки. Момент инерции трубки относительно
оси вращения равен /, L — длина трубки; трением пренебречь. Тело
считать материальной точкой массы т .
У к а з а н и е . Воспользоваться ответом к задаче 37.56.
Решение
Рассмотрим движение тела М
внутри трубки CD (см. рисунок).
Применим теорему об изменении
кинетической энергии материальной
точки в относительном движении:
/я v;
Т
mv.го
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
275
м'
м'
_
= Х J w c o s t f ; v r ) + X / Ф ^ С 0 5 ( Ф С И ; vr),
(1)
и
И
где vr — скорость тела М в момент, когда оно вылетает из трубки.
В начальный момент времени тело М относительно трубки CD
было в покое, т.е. v^ =0.
Так как трубка CD вращается в горизонтальной плоскости, то работа силы тяжести тела М:
м'
X ]F( dSrcos(Fr, vr) - 0.
м
Найдем работу переносной силы инерции
L
м
т о г2д г2
2
X \<KdSr cos(€%; vr)= } mm xdx ••
м
xo
*o
ma1!? ma>2XQ
Значение угловой скорости трубки CD при вылете из нее тела М
(см. решение задачи 37.56):
I +тхд
СО= (Яд
I+mL2'
Тогда
moil I +mx§
2
*D
I+mL2
Подставим полученные значения в уравнение (1):
mv2 _ та>о I + m x l 2 „2\
{L - Ч)
I+mL2
2
2
и найдем скорость тела М:
vr =
cooJ^4(L2-xi).
I +mLr
О т в е т : vr = o^J/ + m X ° (L2 - х$).
V I +mLr
276
X. Динамика материальной системы
Задача 38.22
По горизонтальной платформе А, движущейся при отсутствии
трения, перемещается тело В с постоянной относительной скоростью « о (см. рисунок к задаче 3 6 . 9 ) . При затормаживании тела В
между ним и платформой А возникают силы трения. Определить работу сил трения между телом В и платформой А от момента начала
торможения до полной остановки тела В относительно платформы А,
если их массы соответственно равны т т л М.
Указание. Воспользоваться ответом к задаче 36.9.
Решение
, = •
Рассмотрим движение механической системы, состоящей из платфорN
в
мы А и тела В, под действием задана
Лр,
Г
ных сил. Покажем на рисунке начальг/////
///У///
/УУУ7УУ7ФУУУУУ
ное и конечное положения тела В.
mg
Mi
№
Применим теорему об изменении
кинетической энергии механической
системы:
T-T0
= ZAI[ + ZAjc.
(1)
Работа внешних сил (силы тяжести mg и реакции N платформы)
равна нулю, т.е.
14=0.
Определим кинетическую энергию системы в начальном положении:
То = TAfS + ТВо.
(2)
Кинетическая энергия платформы А
1
Т
Лл - - Mvh
'Ло
Кинетическая энергия тела В, совершающего сложное движение,
Та
1
2
1 ,
о
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
277
Тогда согласно формуле (2)
1
7 1
7
Т0 = - Mv$ + -т(и0 + v0).
Кинетическая энергия системы в конечном положении
Т = ^(M+m)v2.
(3)
С учетом ответа к задаче 36.9 найдем
V = v0 + —
m
M+m
«о-
Подставим это выражение в формулу (3) и получим
rr
J
T = -(M+m)\vo+
2
\
m
«о
M+m
f
M+m 2
• m1
2
=
Vo+mvoUo+
щ.
)
2
2 (M+m)
Значения 7o и T подставим в уравнение (1):
M+m
——
2
2
ml
2 1,,J
1 ,
+ mv0u0 + ——
-Uq -~Mv$--ш(щ
2 (M+m)
2
2
о
ji
+ v0)2 = X 4
и определим работу сил трения:
„
1 Mm г
Х 4 = - ~ тг—"о2 M+m
_
Ответ:
v
.,•
1 mM
=- - —
2 Л/+/я
2
Задача 38.23
С помощью электромотора лебедки к валу барабана А радиуса г
и массы Мх приложен вращающий момент отвр, пропорциональный
углу поворота ф барабана, причем коэффициент пропорциональности равен а (см. рисунок к задаче 37.43). Определить скорость поднимаемого груза В массы М2 в зависимости от высоты его подъема h.
Барабан А считать сплошным цилиндром. Массой троса пренебречь.
В начальный момент система находилась в покое.
278
X. Динамика материальной системы
Решение
Рассмотрим движение механической системы,
состоящей из барабана А и груза В. Покажем на
рисунке действующие на нее внешние силы: силу
тяжести Mxg барабана, вращающий момент твр,
а также перемещения элементов системы, которые
выразим через заданное перемещение груза В:
h
Ф= -.
г
Скорости элементов системы со выразим через искомую скорость поднимаемого груза В:
v
СО = —.
Применим теорему об изменении кинетической энергии в интегральной форме:
T-T0
= 2A{Fk') +
(!)
Кинетическая энергия системы в начале подъема равна нулю, т.е.
То =0.
В конце подъема груза В
(2)
Т = ТА + ТВ.
Кинетическая энергия барабана А, совершающего вращательное
движение,
2
2
2
г1
4
Кинетическая энергия груза В, совершающего поступательное
движение,
TB=jM2v2.
Тогда согласно формуле (2)
Т ~ ( М { +2 М2У-
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
279
Работа внутренних сил системы равна нулю, т.е.
I A(Fk') = 0.
Работа внешних сил, приложенных к системе,
2A(Fke)
= AM + AA + AB.
(3)
Работа вращающего момента твр
f
ч>
1 , 1
hl
AM = jmapd ф = а J q>dq> = -а ф2 - - а —
О
О
L Г
Работа силы тяжести барабана Ав равна нулю.
Работа силы тяжести груза В
AB=-M2gh.
Тогда согласно формуле (3)
2
г
Подставим полученные значения в уравнение (1):
(Ml+2M2)~
=
^a-J-Mlgh
и найдем скорость поднимаемого груза:
\2h(ah-2M2grl)
г\Мх +2 М2)
_
\2h(ah-2M2gr2)
О т в е т : v = J—^
г (71/) +2М2)
Задача 38.24
На рисунке изображен подъемный механизм лебедки. Груз А массы М\, поднимается посредством троса, переброшенного через блок С
и навитого на барабан В радиуса г массы М2. К барабану приложен
вращающий момент, который с момента включения пропорционален квадрату угла поворота ф барабана: твр - йф2, где а — постоянный
X. Динамика материальной системы
280
коэффициент. Определить скорость
груза Л в момент, когда он поднимается на высоту h. Массу барабана В
считать равномерно распределенной
по его ободу. Блок С — сплошной
диск массы М3. Массой троса пренебречь. В начальный момент система находилась в покое.
Решение
Рассмотрим движение данной механической системы. На систему действуют внешние силы: силы тяжести
M2g и M3g, вращающий
момент твр, силы реакции связей N2
и N3. Покажем на рисунке начальное
и конечное положения тел системы.
Для конечного положения системы, когда груз А поднялся на высоту h, покажем действующие силы,
скорости тел, входящих в систему, а также их перемещения из начального в конечное положение.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
Т-Т0
=
14+14-
(1)
Так как трос можно считать нерастяжимым, то работа внутренних сил системы равна нулю, т.е. £ 4 =0.
Кинетическая энергия в начальном положении, когда система находилась в покое, была равна нулю, т.е. Т0 =0.
С учетом этого уравнение (1) примет вид
7, = 1 4 -
(2)
Определим кинетическую энергию системы в конечном положении:
Т = Т]+Т2 + Т3.
(3)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
281
Кинетическая энергия груза А, совершающего поступательное движение,
A/,v 2
г71
Кинетическая энергия блоков В и С, совершающих вращательное
движение,
2
2
2
3
2
г
2
2
г32
4
Тогда согласно формуле (3)
Т =
2
+
2
4
=
^
+
4
Найдем работу внешних сил при перемещении системы из начального в конечное положение:
= А1+А2 + А3 + Amtp + AN2 +
.
(5)
Работа силы тяжести груза А
А, = -Mxgh.
Работа Аг силы тяжести барабана В и работа А3 силы тяжести блока С равны нулю.
Работа вращающего момента т в р , приложенного к барабану В,
о
i
Если выразить угол поворота барабана ф через длину наматываемого
троса h
h
Ф= г
то
282
X. Динамика материальной системы
Работа сил реакций A Nl и
Тогда согласно формуле (5)
ZAek=~-Mxgh
Ъг3
равна нулю.
=
(ah2-3Migr3)h
ЗР
(6)
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
(2М\ +2Л/2 + М3)—- =
4
(ah2
~3Migr3)h
3r3
и найдем скорость груза А в момент, когда он поднялся на высоту h\
v=
Ответ: v =
4h(ah -3A/|gr )
Зг3(2М, +2 М 2 + М 3 )'
4h(ahl-3Mxgr3)
3/-3(2М, +2 М2 + М3)'
Задача 38.25
Какую начальную скорость, параллельную линии наибольшего
ската наклонной плоскости, надо сообщить оси колеса радиуса г для
того, чтобы оно, катясь без скольжения, поднялось на высоту h по
наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтом? Коэффициент трения качения равен/ к . Колесо считать однородным диском.
Решение
Рассмотрим качение колеса по
наклонной плоскости под действием приложенных к нему сил: силы
тяжести Mg, силы реакций плоскости N , момента трения качения
Покажем на рисунке начальное и конечное положения колеса, а также силы, действующие на
колесо, скорость колеса и его перемещение.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
283
Применим теорему об изменении кинетической энергии материальной системы:
г-г0 =1д?+Х4.
(1)
Так как колесо можно считать абсолютно твердым телом, то работа внутренних сил равна нулю, т.е.
=0.
Кинетическая энергия колеса в конечном положении, когда оно
остановилось, равна нулю, т.е. Т - 0.
С учетом этого уравнение (1) примет вид
-Т 0 = 1 А £ .
(2)
Найдем кинетическую энергию колеса, совершающего плоскопараллельное движение, в начальном положении:
2 2
2
2
2
г2
4
(3)
Определим работу внешних сил, приложенных к колесу при перемещении его из начального в конечное положение:
£ Аек =Am + An + AFTp +АТр.
(4)
Работа силы тяжести колеса
Ам = -Mgh.
Работа AN реакций плоскости N и AFrp равна нулю.
Работа момента сил трения качения
h
f
Ajp = -mTp <p = -JV/K - = -Mg cosa / к — — = - M g ^ h ctg a.
r
/-sina
r
Тогда согласно формуле (4)
X Л? = - [Mgh + Mg—h ctg a j = -Mgh
+ A ctg a j.
Подставим выражения (3) и (5) в равенство (2):
ЗЛ/VQ
(.
Л
,
V , .
= -11 + — c t g alMgh
(5)
X. Динамика материальной системы
284
и найдем начальную скорость
2
V0 =
О т в е т : v0 =
т-Л|3#/г| 1 + — c t g а
3
gh fl + ^ c t g а |.
Задача 38.26
Два цилиндра одинаковой массы и радиуса скатываются без скольжения по наклонной плоскости. Первый цилиндр сплошной, массу
второго цилиндра можно считать равномерно распределенной по его
ободу. Найти зависимость между скоростями центров масс цилиндров при опускании их на одну и ту же высоту. В начальный момент
цилиндры находились в покое.
Решение
Рассмотрим качение каждого цилиндра в отдельности по наклонной плоскости под действием только сил тяжести.
Покажем на рисунке начальное и конечное положения цилиндра, а также
скорость цилиндра v и высоту Л.
Применим теорему об изменении кинетической энергии материальной системы:
Так как цилиндры можно считать абсолютно твердыми телами, то
работа внутренних сил равна нулю, т.е.
- 0.
Кинетическая энергия обоих цилиндров в начальном положении
равнялась нулю, т.е. Т0 =0, поэтому
т=
(1)
Найдем кинетическую энергию первого (сплошного) цилиндра,
когда он опускается на расстояние h:
Т =
Mv }
1,
2
Mv} 1 Mr 2 v.„ 2
•'V
2
2
3 Mv}
(2)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
285
Определим работу внешних сил при перемещении этого цилиндра
из начального в конечное положение:
= AM
+
AN.
Работа сил тяжести
Ам = Mgh.
Работа AN силы реакций N равна нулю.
Следовательно,
I Aek=Mgh.
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1) и найдем с к о рость первого цилиндра:
Яgh
Кинетическая энергия второго цилиндра, масса которого равномерно распределена по его ободу, когда он опускается на расстояние И:
2
2
2
2
г
Работа внешних сил при перемещении этого цилиндра из начального в конечное положение так же, как и в первом случае, равна
= Ам л-An = Mgh.
Подставим полученные значения в уравнение (1) и найдем с к о рость второго цилиндра:
v2 = Vi/r.
Тогда искомое отношение скоростей цилиндров
v2/v| = л/3/2.
О т в е т : v 2 /v] = V3/2.
Задача 38.27
Эпициклический механизм, расположенный в горизонтальной плоскости, приводится в движение из состояния покоя посредством постоянного вращающего момента L, приложенного к кривошипу OA.
286
X. Динамика материальной системы
Определить угловую скорость кривошипа
в зависимости от его угла поворота, если неподвижное колесо I имеет радиус г,, подвижное колесо II — радиус г2 и массу Мь
а кривошип OA — массу М2. Колесо II считать однородным диском, а кривошип — однородным стержнем.
Решение
Рассмотрим движение механической системы, состоящей из неподвижного колеса I,
кривошипа OA и подвижного колеса II. Покажем на рисунке начальное и конечное положения системы, вращающий момент L, скорости тел, входящих в систему, и их перемещения.
Применим теорему об изменении кинетической энергии материальной системы:
г-г0 = 1 4 + 1 4 -
(1)
Так как система неизменяема, то £ 4
=0.
Система начинает движение из состояния покоя, поэтому Т0 = 0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
Т =
(2)
Найдем кинетическую энергию системы в конечном положении:
т = т0А+ти.
Кинетическая энергия кривошипа OA, совершающего вращательное движение относительно оси, проходящей через точку О,
'OA
1
- /70 or2 = 12
2
'•WtJ
М2(ОА)2(о2
2 1 М2(ОА)2
СО — —
12
М2(Ц + Г2)2
|
М2(ОА)2
со2 =
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
287
Кинетическая энергия колеса И, совершающего плоскопараллельное движение,
Т U
M]Vi
2
t 1 1 ю2~
2 A 2
I1
2
2
М]Г2
2
vz
ri
_
ЪМ\Я
4
Выразим скорость центра А колеса II через угловую скорость кривошипа OA:
v2 = co(/i + r2).
Тогда
j
4
т =
ЗЛГа(ц + г2)2 ш 2
+
ЗЛ/.fri + г2)2 ш 2
6
>
=
+ 2
Qi + г2)2
4
12
Определим работу внешних сил при перемещении системы из начального в конечное положение:
=
Am+AI=A£,
так как механизм расположен в горизонтальной плоскости, то работа
сил тяжести Ам всех его частей при перемещении ф равна нулю.
Работа вращающего момента L при перемещении ф
Al
= Хф.
Следовательно,
Подставим выражения (3) и (4) в уравнение (2):
(9М, +2 М
2
) < ^ со2 = 1ф
и найдем угловую скорость кривошипа:
2
Г ЗХфг
со = '
/j + /$\9М1 +2 Мг
_
2
Г 3/хр
Ответ: й='
1 +гг\9Мх + 2 М2
288
X. Динамика материальной системы
Задача 38.28
В кулачковом механизме, располо|
женном в горизонтальной плоскости,
/ р
эксцентрик А приводит в возвратно- /
о
Е
1
поступательное движение ролик В с о 1 о1/
- g - P W f
штангой D. Пружина Е, соединенная
\/К
у
со штангой, обеспечивает постоянный
—
контакт ролика с эксцентриком. Масса эксцентрика равна М, эксцентриситет е равен половине его радиуса;
коэффициент упругости пружины равен с. При крайнем левом положении штанги пружина не напряжена. Какую угловую скорость надо
сообщить эксцентрику для того, чтобы он переместил штангу D из
крайнего левого положения в крайнее правое? Массой ролика, штанги
и пружины пренебречь. Эксцентрик считать однородным круглым
диском.
Решение
Рассмотрим движение кулачкового механизма в горизонтальной
плоскости. Покажем на рисунке начальное и конечное положения
механизма. При движении эксцентрик А повернется на угол ср = к,
а ролик В со штангой D переместится на величину 2001 = 2 е = г.
вп
тО
D
В
Ж
Применим теорему о б изменении кинетической энергии механической системы:
Г-Го = 1 4 ' + I 4 -
(1)
Система неизменяема, поэтому работа внутренних сил равна нулю,
т.е. £ 4 = 0 .
В конечном положении система остановилась и ее кинетическая
энергия стала равна нулю, т.е. Т = 0.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
289
С учетом этого выражение (1) примет вид
-Т0 = Х4Г-
(2)
Найдем кинетическую энергию системы в начальном положении.
Так как учитывается только масса эксцентрика А, то
т0 = тА.
Эксцентрик А совершает вращательное движение вокруг оси, проходящей через точку О, поэтому
TA=jl0(ol
= А ( / 0 + Ме2)(й20 = |
Мг\м(г-2
2
2 ЗМ- 2 2
соо = — — со2.
\2
...
(3)
Механизм перемещается в горизонтальной плоскости, поэтому
сила тяжести эксцентрика работы не совершает.
Работу будет совершать только сила упругости пружины Fynp. Это
значит, что
CS
=
2
сг
2
Лпр = —\cxdx = — — = — — .
о
2
2
(4)
Подставим выражения (3) и (4) в уравнение (2):
ЗМг2 2
-СО =
2
--2
Сг
СГ
~2
и найдем угловую скорость
со =
24ЩМ).
О т в е т : & = 2-Jc/QM).
Задача 38.29
Какой путь проедет велосипедист, не вращая педалями, до остановки, если в начальный момент он двигался со скоростью 9 км/ч?
Общая масса велосипеда и велосипедиста равна 80 кг. Масса каждого
из колес равна 5 кг; массу каждого из колес считать равномерно распределенной по окружности радиуса 50 см. Коэффициент трения
качения колес о землю равен 0,5 см.
290
X. Динамика материальной системы
Решение
Рассмотрим движение механической системы, состоящей из велосипеда и велосипедиста на схеме. Покажем на рисунке начальное
и конечное положения велосипеда, а также действующие силы: силу
тяжести Mg велосипеда вместе с велосипедистом, силы реакций NА
и NB, силы FTpA и Fjpg трения колес, а также момент сил трения качения ттр, начальную скорость велосипеда и его путь до остановки.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
Т-Т0
= 14+Ъ4-
(1)
Так как система неизменяема, то работа внутренних сил равна
нулю, т.е.
14=оВ конце пути, когда велосипед остановится, его кинетическая энергия станет равна нулю, т.е. Т = 0, поэтому выражение (1) примет вид
~г 0 = 1 4 е .
(2)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
291
Кинетическая энергия велосипеда в начальном положении
Т0=2ТК
+ ТП.
(3)
Кинетическая энергия колеса, совершающего плоскопараллельное движение,
2
2
2
2
R2
1
Кинетическая энергия поступательно движущихся частей велосипеда и велосипедиста
т
_ М
Тогда согласно формуле (3)
Г0
= 2М,
VQ
+ MA. = (К+2М,
2
U
]v02 = 2,52f— • 80+2 • s ] = 312,5 (Н • м).
7 V2
V
Определим работу внешних сил:
= Л* + Лр +
+ Л^тр = Ар»
так как работа А сил тяжести при движении по горизонталям, работа AN сил реакций NAW.NBW
AFIP
равны нулю.
Работа момента сил трения качения колес
Лтр = -/Итрф=
+ NB)A Ф = QMX +M)gfK^
= -(2-5+80)9,8 0 , 0 0 5 ~
Подставим полученные значения Г0 и ]Г
—312,5 = —8,82 j
и найдем путь
s
О т в е т : 35,4 м.
= 35,4 м.
=
=-8,82s.
в уравнение (2):
292
X. Динамика материальной системы
Задача 38.30
Груз А массы Ми опускаясь вниз, при
помощи троса, перекинутого через неподвижный блок D, поднимает вверх груз В
массы М2, прикрепленный к оси подвижного блока С. Блоки С и / ) считать однородными сплошными дисками массы М 3
каждый. Определить скорость груза А в м о мент, когда он опустится на высоту h. Массой троса, проскальзыванием по ободам
блоков и силами сопротивления пренебречь. В начальный момент система находилась в покое.
Решение
Рассмотрим движение данной механической системы. Покажем на рисунке конечное положение системы, когда груз А
опустился на расстояние h. На систему действуют силы тяжести грузов Mxg и M2g,
силы тяжести Л/ 3 £ блоков С и D, силы реакций связей NDHG.
Покажем на рисунке векторы скоростей и выразим их через
скорость тела А:
Щ
=
v
г- >
vC/>
VC = VB = VCD
2
юс
V
Щg
2'
V
2?
Перемещение блока С и фуза В выразим через заданное перемещение h груза А. Так как перемещения пропорциональны скоростям, то
293
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
Т-Т0
=
(О
+ 24-
Так как система неизменяема, то работа ее внутренних сил равна
нулю, т.е. 2 4 =0.
В начальный момент система была в покое, значит, Т0 =0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
т =24-
(2)
Определим кинетическую энергию системы в конечном положении:
T = TA + TB + TC + TD.
(3)
Кинетическая энергия грузов А и В, совершающих поступательное движение,
~
_
'А ~
ТВ =
МУ
2
M2v\
M2(v/2)г
M2v2
2
2
8
Кинетическая энергия подвижного блока С, совершающего плоскопараллельное движение,
т
2
2
_ M3v2c 1—lnwr
1
2 _ M,v2c
1 1 Мгг vl^ _ 3M,v
;—•
2
2
2
2
2
r2
16
Кинетическая энергия блока D, совершающего вращательное движение,
1
2
1 M3r2 v2 __ M3v2
Тогда согласно формуле (3)
2
8
16
4
16
Определим работу внешних сил:
2Ак = Aa + Ad+Ac + Ad+An+Ag.
(5)
294
X. Динамика материальной системы
Работа сил тяжести груза А
Aa = M\gh.
Работа сил тяжести груза В
Ав = -M2ghB =
-M2g~.
Работа сил тяжести подвижного блока С
Ас = -M3ghc
=
-M3g~.
Работа А о сил тяжести блока D, работа AN сил реакций Np и G
равны нулю.
Следовательно, согласно формуле (5)
(6)
/
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
(8Л/[ +2Л/ 2 + 1Мг)— = (2Л/, - Л/2 - Л/3)
16
gh
2
и найдем скорость груза А\
v = 2l2gh
О т в е т : v = 2J2gh
2MI-M2-M3
8Л/, +2М2 + 7М3
2М{-Мг-М3
Шх +2М2 + 1М3
Задача 38.31
К ведущему колесу — барабану А — снегоочистителя приложен постоянный вращающий момент т . Массу барабана А можно
считать равномерно распределенной по его
ободу. Суммарная масса снега D, щита В
и всех прочих поступательно движущихся частей постоянна и равна М2.
Коэффициент трения скольжения снега и щита о землю равен/, коэффициент трения качения барабана о землю равен/ к . Масса барабана
равна М\, его радиус г.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
295
Определить зависимость между путем s, пройденным щитом В
снегоочистителя, и модулем его скорости v, если в начальный момент
система находилась в покое.
.5 •
Решение
Рассмотрим движение данной систегЛ
*
в
мы. Изобразим расчетную схему для конечного положения, когда щит В прошел
\
BD
путь 5. Покажем на рисунке действующие ( ( С(
силы: силу тяжести Mxg тела А, силу тя[ у
*П D
жести M2g щита В и снега, силу Frp тре- //77 '/ /рР/ / / / // / . ' / /
" тр
ния скольжения снега И щита по земле,
Nbd
"А
силы реакций NА и NBD, а также вращающий момент т, момент сил трения качения барабана по земле т т р .
V
у*
Линейная скорость v центра барабана А равна скорости vBD щита
с о снегом.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
Т -То
(1)
=
Так как система неизменяема, то работа ее внутренних сил равна
нулю, т.е.
=0.
В начальный момент система находилась в покое и ее кинетическая энергия была равна нулю, т.е. Т0 = 0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
(2)
Найдем кинетическую энергию системы, когда щит В прошел
путь s:
T = TA + TBD.
(3)
Кинетическая энергия барабана, совершающего плоскопараллельное движение,
M)V2 1 , 2 Af] v2
Тл = — - — + - / с с о =
2
2
2
1
2
Ы 2 V2 =
г
Л/,У2.
296
X. Динамика материальной системы
Кинетическая энергия щита со снегом
т
T B
D
M2vlD
—
J
-
-
M2v2
—
.
Тогда согласно формуле (3)
(4)
Т ~(2М[ + М2)~.
Определим работу вешних сил при перемещении s:
Y,A e k =A A + A B D + A N + A m + A T V + AK.
(5)
Снегоочиститель движется по горизонтальной поверхности, поэтому работа сил тяжести Ал и ABD равны нулю.
Работа сил реакций связей NA и NBD также равна нулю.
Работа вращающего момента m
Aл m = /яф = m -.
г
s
Работа сил трения скольжения
ЛР = -FT=
-Nbd fs = -M2g/s.
Работа момента сил трения качения
s
А = ~/ИтрФ= ~NaAг
f
=
г
s.
Тогда согласно формуле (5)
X А£ = m - - M]g^s
r
r
- M2gfs = (m- MlgfK
- M2gfr)~.
r
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
(2Л/, +M2)~
2
= (m- M]gfK -
M2gfr)~
г
и найдем путь щита В:
L
2М, + М 2
'2 m-(MJK-M2fr)gV
„
г
2М\
+М2
2
1
Ответ: s =
у .
2 m-(M\fK - fM2r)g
2
'
(6)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
297
Задача 38.32
Скорость автомашины, движущейся по прямой горизонтальной
дороге, возросла от v, до v2 за счет увеличения мощности мотора.
При этом был пройден путь s. Вычислить работу, совершенную мотором на этом перемещении автомашины, если Мх — масса каждого
из четырех колес, М2 — масса кузова, г — радиус колес; / к — к о э ф фициент трения качения колес о шоссе. Колеса, катящиеся без скольжения, считать однородными сплошными дисками. Кинетической
энергией всех деталей, кроме колес и кузова, пренебречь.
Решение
Рассмотрим движения автомобиля. Покажем на рисунке начальное и конечное положения автомобиля.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
(1)
Кинетическая энергия кузова, совершающего поступательное движение,
МтуI
298
X. Динамика материальной системы
Кинетическая энергия одного из четырех колес, совершающих
плоскопараллельное движение,
Т '
M'V°2
2
t
1
2
/ со? -
M|V« t 1
2
0
2
2
уо
г2
-
Ш
'уо
4 '
Тогда согласно формуле (1)
Г0 =
М
2
+
4
ЗД/| VQ
4
.,2
= (М 2 -ь6Л/|)у-.
У
(2)
Определим кинетическую энергию системы в конце пути:
Т = Т2 +47J.
(3)
Кинетическая энергия кузова, совершающего поступательное
движение,
Г,
_ M2v2
Кинетическая энергия одного из четырех колес, совершающих
плоскопараллельное движение,
Т г- Л / ' у 2 у 1 / цг _ M v 2 , 1 М)/-2 У2 _ ЗМ[У2
'
2
2°
'
2 + 2
2
г2 ~
4 '
Тогда согласно формуле (3)
г_Л/2у2
2
ЛШ, У2
4
j = (6A/] + Л / 2 ) ~ .
(4)
Определим работу внешних сил при перемещении J:
S 4 t = 4 + Л2 + Л Р + Л* + ЛДр = / Ц .
(5)
Автомобиль движется по горизонтальной дороге и работа сил тяжести А, и А2 равна нулю.
Работа момента сил трения качения всех колес
Arp = -mTp<f> = -NfK- = -{M2+4Ml)gfK-.
г
г
Работа Ajv сил реакций N и работа AFTp равны нулю.
(6)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
299
Работа внутренних сил — это работа мотора, т.е.
1 4 = Аы.
(7)
Подставим выражения (2), (4), (6) и (7) в формулу (1):
2
(6Л/, + М2)^-~
2
2
(6Л/, +
2
= -(4Л/, + М2) gfK-
г
+ АМ
и найдем работу, совершаемую мотором:
Л
Ответ:
=
Ш ^
( у 2
_
у
2
)
+
Л(4Л/1
+Mi)gs
_
Аы =
Задача 38.33
Стремянка ABC с шарниром 2? стоит на
гладком горизонтальном полу, длина АВ = ВС = 21, центры масс находятся в серединах D и Е стержней, радиус инерции каждой лестницы относительно оси, проходяшей через центр масс, равен р, расстояние
шарнира В от пола равно А. В некоторый
момент времени стремянка начинает падать вследствие разрыва стержня FG. Пренебрегая трением в шарнире, определить:
1) скорость точки В в момент удара ее о пол; 2) скорость точки В
в момент, когда расстояние ее от пола будет равно /г/2.
Решение
1) Рассмотрим движение стремянки ABC
после разрыва стержня FG. Покажем на
расчетной схеме (рис. 1) начальное и конечное положения стремянки.
Для определения характера движения
стремянки во время падения используем
теорему о движении центра масс системы
в проекции на горизонтальную ось х:
Мхв = ^Fx.
Mg\
1ч,
Puc.i
J-Mg
С' '
300
X. Динамика материальной системы
Так как
= 0, то хв = const и шарнир В будет двигаться по вертикали ВВ'.
Для определения скорости v шарнира В применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
(1)
Так как система неизменяема, то работа внутренних сил равна
нулю, т.е. £ 4 = 0 .
Стремянка ABC приходит в движение из состояния покоя, поэтому ее кинетическая энергия в начальный момент равна нулю, т.е.
Tn =0.
(2)
Определим кинетическую энергию лестницы АВ в момент ее удара
о пол. Скорость шарнира В направлена по вертикали вниз, а скорость конца А лестницы может быть направлена только вдоль пола.
Найдем мгновенный центр скоростей лестницы как точку пересечения перпендикуляров, восстановленных из начала векторов скоростей vB и vA в точках В' и А'. Мгновенный центр скоростей лестницы АВ — точка А', следовательно, в момент удара лестница совершает
мгновенное вращательное движение вокруг точки А'.
Тогда
ТАВ=Х-1Аи>2=\[1о+М{Ай)г]
(АВ)2
Аналогично кинетическая энергия лестницы ВС
M(p2+l2)v2
Тогда кинетическая энергия стремянки в момент удара
(3)
\
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
301
Определим работу внешних сил:
ХД? ~Аав
+ Авс + An.
(4)
Работа силы тяжести лестницы АВ
Лав = Mg^.
Работа силы тяжести лестницы ВС
Лвс
=
Работа Ay сил реакций связей NA и NB равна нулю.
Тогда согласно формуле (4)
A[=2Mg^
= Mgh.
(5)
Подставим выражения (3) и (5) в уравнение (2):
М(р2 + / V
l2
4/
.. ,
= Mgh
и найдем скорость точки В:
v = 21
gh
р2+/2'
2) Найдем скорость шарнира В в момент, когда расстояние до пола
будет И/2. Покажем на расчетной схеме (рис. 2) начальное и конечное положения стремянки ABC.
В/
302
X. Динамика материальной системы
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
T-TO^AS+4
или
т = Ъ4-
(6)
Так как система неизменяема, то работа внутренних сил равна
нулю, т.е. £ 4 = 0, а стремянка ABC приходит в движение из состояния покоя, т.е. Т0 = 0.
Найдем кинетическую энергию лестницы АВ в момент, когда шарнир В опустится на Л/2. Скорость шарнира В направлена по вертикали вниз, скорость vA конца лестницы А, скользящего по гладкому
полу, направлена вдоль пола, по горизонтали влево. Мгновенный
центр скоростей лестницы АВ лежит в точке Р. Угловую скорость
(йАВ лестницы АВ найдем из соотношения
Уд _ VA
В'Р
А'Р
АВ'
или
а>АВ =
vB _
vB
В'Р -J(А'В')2 -(А'Р)2
vB
л/4/2 -(ft2/4)
2vB
Vl6 l2-h2'
Кинетическая энергия лестницы АВ, совершающей плоскопараллельное движение,
Tab =\h<&лв = у | > + m(D'P)2] <о2в = 1(Мр2 +
'
_ 2(р 2 +l2)MvB
16 l2-h2
'
Аналогично найдем кинетическую энергию лестницы ВС\
Тес
2(р2
- -
16/2
+l2)MvB
-
А2
Тогда кинетическая энергия стремянки
э2+/2
T = TAR + T B C = 4 p ' + l 2 } M v l
(7)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
303
Определяем работу внешних сил:
2A^A
a b
+ Abc + An.
(8)
Работа сил тяжести лестниц АВ и ВС
Алв = Mgll = Mg~
4
А вс = Mgff = Mg~.
4
Работа А А/ сил реакций связей NA и NB равна нулю.
Следовательно, согласно формуле (8)
=
(9)
Подставим выражения (7) и (9) в формулу (6):
4(р 2 +1 2 ) . .
h
2
16/ —А
2
и найдем скорость точки В:
1 I ,
VB=2
Ответ:
1)
v
\6l2-h2
r^V)"
= 2 / J - ^ ; 2) v* Л [g/ I ; l 6 / 2
^
/ 2 + р 2 ' ' * 2 V 2(/ 2 + p 2 )
Задача 38.34
Стержень ЛВ длины 2д падает, скользя концом А по гладкому горизонтальному полу. В начальный момент стержень
занимал вертикальное положение и находился в покое. Определить скорость
центра масс стержня в зависимости от
его высоты h над полом.
777/V
ТА-*
\В
/////////У//У
304
X. Динамика материальной системы
Решение
Покажем на рисунке начальное
и конечное положения стержня.
Для определения характера движения стержня АВ во время падения
применим теорему о движении центра масс системы в проекции на горизонтальную ось х:
Mxc = %Fxek.
Так как ^Fxek = 0 и х с = 0, то координата хс центра масс стержня будет
постоянной и точка С будет двигаться по вертикали вниз.
Для определения скорости центра масс, точки С, применим теорему
об изменении кинетической энергии материальной системы:
=
(1)
Так как стержень АВ абсолютно твердое тело, то ]Г
= 0. В начальном положении стержень АВ находился в покое, поэтому его кинетическая энергия была равна нулю, т.е. Т0 = 0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
Т=
(2)
Определим значение кинетической энергии стержня АВ в конечном положении. В этот момент стержень совершает плоскопараллельное движение, и скорость точки С направлена вертикально вниз,
а скорость конца стержня А, скользящего по гладкому полу, — вдоль
пола влево.
Мгновенный центр скоростей найдем как точку пересечения перпендикуляров, восстановленных к векторам скоростей v^ и v c . Он
находится в точке Р. Угловую скорость стержня ю лВ найдем из соотношения
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
305
ИЛИ
Vc
-J(A'C')2 -(C'P)2
VC
CP
Vc
-Ja
-h2
Найдем кинетическую энергию стержня, рассматривая его движение как мгновенное вращательное вокруг точки Р:
Т =
]-WAB
= I [ / r + М(РС')2)
со2* =
2
2
V?
_ ' 4 а - З А " Mv2c.
(а2-А2)
6(а 2 - А2)
12
(3)
Определим работу внешних сил:
2Ак
= аав + 4v = Алв = MgH = Mg(a ~ А),
(4)
так как работа AN силы реакции связи NA равна нулю.
Подставим выражения (3) и (4) в уравнение (2):
'Аа2-ЗА2
6(a2-h2)
MVQ
= Mg(a - А)
и найдем скорость центра масс стержня:
v
C
=
\6g(a-h)(a2-h2)
V
Ответ:
4a2-3h2
vc =
(a-A).
_ I6g(a -h)(aV
h)(aTh)
4a2-ЗА2
_
Гбф~-+ A)
2'
V 4 a 2 - ЗА
6|(a + A)
4о 2 -ЗА 2 '
Задача 38.35
В дифференциальном вороте два жестко соединенных вала К, и К7
с радиусами
и г2 и моментами инерции относительно оси 0\02 с о ответственно 1\ и 12 приводятся во вращение рукояткой АВ. Подвижный блок С подвешен на невесомой нерастяжимой нити, левая ветвь
которой навита на вал Ки а правая ветвь — на вал К2. При вращении
рукоятки АВ левая ветвь нити сматывается с вала К\, а правая ветвь
наматывается на вал К2. К рукоятке АВ приложен постоянный вращающий момент т . К блоку С подвешен груз D массы М. Найти угловую
306
X. Динамика материальной системы
скорость вращения рукоятки в момент, соответствующий концу
подъема груза D на высоту s. В начальный момент система находилась в покое. Массами рукоятки и блока пренебречь.
Решение
Рассмотрим движение дифференциального ворота, соединенного
с нерастяжимой нитью с блоком С и грузом D. Покажем на рисунке
начальное положение системы.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
(3)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
307
Так как система неизменяема и нить нерастяжима, то
=0.
В начальный момент система находилась в покое, т.е. Г0 = 0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
Т = £Аек.
(2)
Определим скорость всех частей системы и выразим их через угловую скорость о вращения рукоятки:
V, =
Щ ,
V2 = CO/J.
Блок С совершает плоскопараллельное движение. Составим пропорцию:
V
1
v
_
R-(PC)
V
2
R+(PC)
C
PC
отсюда
PC^^LR^HZIR.
V 2 + V,
/J +
^
Тогда
V| PC
Vr = —
R-(PC)
= -
ъ-г,
2
-(A
Скорость груза D равна скорости блока С:
VD = v c =
Найдем кинетическую энергию системы в конечный момент, когда груз D поднялся на высоту s:
Г = 7J + Г2 + 7}).
Кинетическая энергия вала Кх
Кинетическая энергия вала К2
Т2 = -/2(о2.
2
(3)
308
X. Динамика материальной системы
Кинетическая энергия груза D
In
MvЛ
D
M(r2 -г{)
2
2
(О .
8
Тогда согласно формуле (3)
r = [4(/1+/2) + M t e - / 0
2
]i
(4)
Определим работу внешних сил:
(5)
Y,Aek=AD + Am+AN.
Работа силы тяжести груза D
Ad = -Mgs.
Работа вращающего момента т
Алт = т ф = т
2s
.
Работа Адг реакций связей 77, и N2 равна нулю.
Тогда согласно формуле (5)
2Л' = [2т - Mg(r2 - / ] ) ] — .
(6)
ъ-ч
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
[4(/, +12) + М(г2-П)2]
J
8
= [2m-Mg{r2-r,)-\
и найдем угловую скорость вращения рукоятки:
со = 2 l2s
О т в е т : а, = 2 lis
2т- Mg(r2-ri)
fm-Mg^-r,)
(г2-ч)[4(1]+12)+М(ъ-ц)2]
—
ъ-r,
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
309
Задача 38.36
Ворот приводится в движение посредством ременной передачи,
соединяющей шкив И, сидящий на валу ворота, со шкивом I, сидящим на валу мотора. К шкиву I массы М{ и радиуса г приложен п о стоянный вращающий момент т. Масса шкива II равна Мъ радиус
его R. Масса барабана ворота Л/3, радиус его г, масса поднимаемого
груза Мц. Ворот приводится в движение из состояния покоя. Найти
скорость груза в момент, когда он поднимается на высоту h. Массами
ремня, каната и трением в подшипниках пренебречь. Шкивы и барабан считать однородными круглыми цилиндрами.
Решение
Рассмотрим движение данной системы. Покажем на рисунке систему в начальный момент.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
т-т0 = 2 4
+24-
(1)
Так как система неизменяема, а ремень и канат нерастяжимы, то
работа внутренних сил равна нулю, т.е. 2 4 =0В начальный момент система находилась в покое, т.е. Т0 =0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
т = 1Д?-
(2)
310
-X. Динамика материальной системы
Найдем кинетическую энергию системы, когда груз D поднялся
на высоту А:
Т = Tt+T2 + T3 + T4.
(3)
Кинетическая энергия шкива I
71-1/
2
м
2 _ 1 M^fR^v2
2
2 \r J г2
_МхЩг)2у2
4
и шкива II
Ti
_ 1J _
1 M2R2 у2 _ M2(R/r)2v2
Кинетическая энергия барабана
2
2
2
г
4
Кинетическая энергия груза D
™
M4v2
1л = —-—.
Тогда согласно формуле (3)
т=
4
+—i + 4
2
v2 =
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
= {M,(R/r)2 + M2(Rlr)2 + M3+2M4]^.
311
(4)
4
Определим работу внешних сил:
= A X +A 2 + A3 + A4 + A N + A m .
(5)
Работа Л, И А 2 СИЛЫ тяжести шкива I и шкива II равны нулю.
Работа А3 силы тяжести барабана и работа А^ сил реакций связей
NK и Ng тоже равны нулю.
Работа силы тяжести груза D
А4 = -M4gh.
Работа вращающего момента т:
А т =/иф = /и
R h
г г
=
mh
-
г
Т
.
Тогда согласно формуле (5)
ХДГ =^h-M4gh
= [m^-M^h.
(6)
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
( R
(RУ
М3
. . . v2
1У , R\2
-+1Мл 4
Т = Л/, — + М2 — + —-+2М
= | m—-M4g
4
4
У г
\h
и найдем скорость груза
у = 2
,
h(m(R/r2)-M4g)
Л/, (R/r)2 + M2(R/r) + M3+2 M4
2)-M4g)
о
тi
h(m(R/r
v
Ответ: v = 2
Л/, (R/r)2 + M2(R/r) + М3+2 М4
Задача 38.37
Решить предыдущую задачу, принимая во внимание массу каната, к которому привязан груз. Длина каната /, масса единицы длины
каната равна М. В начальный момент с вала барабана ворота свисала
часть каната длиной 2h.
312
-X. Динамика материальной системы
Решение
Рассмотрим движение данной системы. Покажем на рисунке положение системы в начальный момент.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
T-T0
= ZAek+ZAi
(1)
Так как система неизменяема, то работа внутренних сил равна
нулю, т.е. ^ А [ = 0 .
В начальный момент система находилась в покое, т.е. Т0 =0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
Г=
(2)
Найдем кинетическую энергию системы, когда груз D поднялся
на высоту h:
Т = Т1+Т2 + Тз + Т4+ Гкан.
(3)
Кинетическая энергия шкива 1
2
2
2
\r)
г
4
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
313
шкива II
1
2 1 M2R12 „2
v2
M2(R/r)2 V2
J-> - —1?W7 = — — :
=r =
:
Т
2 " "" 2
2
г
2
•
Кинетическая энергия барабана
1г
т
,
1
V2
M3v2
Кинетическая энергия груза
Mtv 2
=
2
Кинетическая энергия каната длиной /
т
кан~
2
'
Тогда согласно формуле (3)
V2
Т = [Л/j да2 + MjiRjr)2 + Mi + 2 М4 + 2 М ] у .
(4)
Определим работу внешних сил:
=
+А +
+
+ А , +Аан-
(5)
Работав] силы тяжести шкива I и работаЛ2 силы тяжести шкива II
равны нулю.
Работа А] силы тяжести барабана и работа A N сил реакций связей
NK, NE, FFL и NC тоже равны нулю.
Работа силы тяжести груза
А4 = -M4gh.
Работа вращающего момента m
R
Rh
R .
Am =тф| = m—ф2 =m
= /я—
r
r r
r
314
-X. Динамика материальной системы
Работа силы тяжести каната
Лан = J Mgxdx =
2h
--Mgh2.
Тогда согласно формуле (5)
ZAek=\m-^-M4g-^Mgh
|h.
(6)
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
[Mx{Rjr)2 + M2{Rjr)2 + М3 +2М4 +2Ml] ^ =
-
M4g--Mgh^h
и найдем скорость груза с учетом массы каната:
R
3
h\m-j-M4g--Mgh
v = 2i
M](R/r)2 + M2(R/r)2 + Mi+2M4
- M4g
Ответ: v = 2
+2 Ml
Mgh
Mi (R/r)2 + M2(R/r) + Мг + 2 M4 + 2 Ml
Задача 38.38
Постоянный вращающий м о мент L приложен к барабану ворота
радиуса г и массы Mv К концу А намотанного на барабан троса привязан
груз массы Мъ который поднимается по наклонной плоскости, расположенной под углом а к горизонту.
Какую угловую скорость приобретает барабан ворота, повернувшись на
угол ф? Коэффициент трения скольжения груза о наклонную плоскость равен/. Массой троса пренебречь, барабан считать однородным круглым цилиндром. В начальный
момент система была в покое.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
315
Решение
Рассмотрим движение данной
системы. Покажем на рисунке начальное положение системы.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
(1)
Так как система неизменяема,
то работа внутренних сил X 4 = 0.
7777777777777777777^
В начальный момент система находилась в покое, т.е. Т0 =0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
5Г = Х 4 ? .
(2)
Найдем кинетическую энергию системы, когда барабан повернулся на угол (р:
Т = Т6 + Тгр.
(3)
Кинетическая энергия барабана
2
2
2
Кинетическая энергия груза
_ Mjv2 _ М2(а>г)2 _ М2г\о2
2
2
~
2
Тогда согласно формуле (3)
Т
М\ г 2 со2
М2г2(£>2
4
2
= -
= (М\+2М2)
г 2 со2
(4)
Определим работу внешних сил:
ХД? = Afb+ATp+ATp
+
AN+AL.
Работа А5 СИЛ тяжести барабана равна нулю.
(5)
316
-X. Динамика материальной системы
Работа силы тяжести груза
Атр = -M2gs sin а = -M2gr<psin а.
Работа силы трения груза о плоскость
Аур = -Frps = -Nfs = -M2gfs
cosa =
-M2gfnpcosa.
Работа AN сил реакций связей N, X0 и YN равна нулю.
Работа вращающего момента L
AL
=
1Ф.
Тогда согласно формуле (5)
= Lq>-(sm<x+f cosa) M2grq> =
= \L - (sin a + / cos a) M2 gr) ф.
(6)
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
(Му +2 М2)
r V
= [ I - ( s i n a + / cosa)Af 2 gr^
4
и найдем угловую скорость барабана ворота:
_ 2 IL - M2gr(sm a + / c o s a )
®~7V
л/, +2 м2
ф
'
2 IL - M2gr(sm a + f cosa)
Ответ: ю = —l
1 <p.
r \
Mx+2M2
Задача 38.39
Решить предыдущую задачу с учетом массы троса, к которому
привязан груз. Длина троса равна I, масса единицы длины троса равна М. В начальный момент с барабана ворота свисала часть троса
длиной а. Изменением потенциальной энергии троса, намотанного
на барабан, пренебречь.
Решение
Рассмотрим движение данной системы. Покажем на рисунке начальное положение системы.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
317
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
Т-Го = 1 4
е
+14-
(1)
Так как система неизменяема, то
=0.
В начальном положении система находилась в покое, т.е. Г0 = 0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
(2)
Найдем кинетическую энергию системы, когда барабан повернулся на угол <р,
Т^П
+ Т^ + Ту.
Кинетическая энергия барабана
2
2
2
со -
Кинетическая энергия груза
г
_ М2у2 _ М2(<аг)2
гр"
2 ~
2
"
Кинетическая энергия троса длиной I
Т
'г -
Mlv2
Mir2 со2
(3)
318
-X. Динамика материальной системы
Тогда согласно формуле (3)
М^а2
Г=—
4
т
M2r2o)2 MlrW
+ —£
+
2
2
...
,-..Лг2со2
= (М\ + 2М2+2М1)
4
.
...
(4)
Определим работу внешних сил:
£ 4 » =Лб + 4 р + 4 р + Лг+Ллг + 4 , .
(5)
Работа А6 силы тяжести барабана равна нулю.
Работа силы тяжести груза
Аур = ~M2gs sin а = -M2gr<$ sin а.
Работа силы трения скольжения груза о плоскость
Атр = -FypS = -Nfs =
-M2gfnpcosa.
Работа силы тяжести троса
д ^ . 2 (a-np)sina
(a-np)sina
Ат =
|
Mgxdx-
Mg[(a -гф) 2 sin2 a - a 2 sin2 a ] =
в sin a
= ~(г2ф2-2af4p)sina =
- r<p)(psina..
Работа А^ сил реакций связей равна нулю.
Работа вращающего момента L
Al - Lq>.
Тогда согласно формуле (5)
X 4? = Lф - (sin a + / cos a)M2gry - ^—(2 a-r(p)ysma
= l[2I-2A/2gKsina+/cosa)-Mgr(2a-/^^sina]^
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
(М,+2М2+2М/)— =
4
= -[2L-2M2gr
(sin a + / c o s a ) - Л/^г(2 д - г ф) sin а ] ф
=
(6)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
319
и найдем угловую скорость барабана ворота с учетом массы троса:
_ 1 I2L - 2 M2gr (sin а + / c o s a ) - M g r (2 а - г у) sin о,
Ю
~
Л/, +2М2 +2М1
Ф'
О т в е т - co = i l2L-2M2gr(sina+/cosa)
- Mgr(2a - rcp)sma
rV
M[+2M2+2M1
Задача 38.40
К барабану ворота радиуса гх и массы Мх приложен постоянный вращающий момент L. К концу троса, намотанного на барабан, прикреплена
ось С колеса массы М2. Колесо катится без скольжения вверх по наклонной плоскости, расположенной под
углом а к горизонту. Какую угловую
скорость приобретет барабан, сделав п оборотов? Барабан и колесо
считать однородными круглыми цилиндрами. В начальный момент
система находилась в покое. Массой троса и трением пренебречь.
Решение
Рассмотрим движение системы,
состоящей из барабана и колеса, соединенных тросом.
Покажем на рисунке конечное
и начальное положения системы.
Применим теорему об изменении
кинетической энергии механической
системы:
=
+
(1)
Так как система неизменяема, то £ А = 0.
В начальном положении система находилась в покое, т.е. Т0 = 0.
Тогда выражение (1) примет вид
г = 14?-
(2)
320
X. Динамика материальной системы
Найдем кинетическую энергию системы в конечном положении,
когда барабан повернулся на угол (р (<р=2лп):
Т
-ТХ
+ТГ.
(3)
Кинетическая энергия барабана ворота
2
2
2
4
Кинетическая энергия колеса, совершающего плоскопараллельное движение:
Т 2
Miyl
2
| 11
2
ю2
^ М2У>2
2
Cft>
t
+
1 M2rj
2
2
v2 _Ш2уг
r2
_3M2rfa2
4
~
4
'
Тогда согласно формуле (3)
Г =
4
+
=
4
4
(4)
Определим работу внешних сил:
£ 4 ?
= A{+A2
+ AN
+ AL.
(5)
Работа А, силы тяжести барабана равна нулю.
Работа силы тяжести колеса
А2 = -M2gssina
= ~M2grl(psma -
-2M2gr\unsma.
Работа AN сил реакций связей равна нулю.
Работа вращающего момента L
AL
=
Z/ф = 2 Lnn.
Тогда согласно формуле (5)
Х 4 ? =2Lnn-2M2gr\Knsma
= 2nn(L- M2grx sina).
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
г2ю2
(Л/, + 3 М2)^~
= 2 лп(Ь - M2gn sina)
(6)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
321
и найдем угловую скорость барабана:
2 С
L-M2gn sin а
С0 = — 2лл
—
.
r,V
М,+ЗМ 2
2 L
L-Mjgr, sin а
О т в е т : со=— 12пп
—
.
ИV
Мх +3 М2
Задача 38.41
Решить предыдущую задачу с учетом массы троса и трения качения колеса о наклонную плоскость, если / — длина троса, М — масса
его единицы длины, а — длина части троса, не намотанной на барабан в начальный м о м е н т , / ; — коэффициент трения качения, г2 —
радиус колеса. Изменением потенциальной энергии троса, намотанного на барабан, пренебречь.
Решение
Рассмотрим движение системы,
состоящей из барабана, каната и колеса. Покажем на рисунке начальное и конечное положения системы.
Применим теорему об изменении
кинетической энергии механической
системы:
т-ц =
+
(1)
Так как система неизменяема,
то £ 4 = 0 .
В начальном положении система находилась в покое, т.е. Т0 - 0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
Т =
(2)
Найдем кинетическую энергию системы, когда барабан повернулся на угол ф (ф=27in):
Г = Т,+Г2 + Гт.
(3)
X. Динамика материальной системы
322
Кинетическая энергия барабана
- 1 '
- 1
^
' 2
2
2
4
Кинетическая энергия колеса, совершающего плоскопараллельное движение,
„
M2v2
1 , 2 M2v2
12=
1—ifCO =
2
2
1 M2r2 v2 3M2v2
Ш2г?®2
1
г-=
=—
-.
2
2
2
г
4
4
Кинетическая энергия троса
2
2 2
i т _""" M/v
" 12 _—Mij2(0 ' , .
Тогда согласно формуле (3)
4
4
2
4
Определим работу внешних сил:
= A,+A2 + AT + A/V + AL+ATp.
Работа А\ силы тяжести барабана равна нулю.
Работа силы тяжести колеса
А2 = ~M2g sin а = -Af2g/i<psina = -2 M2grxnn sina.
Работа силы тяжести троса
(a-i)sina
А1 =
M
g
j ( о - J ) sin a
J Mgxdx =
^
= -Mg(j-2fl)5sina:
osina
= ~Mgr\Qa -rl<$)tys,ina. = 2Mgnl(a -/i7c«)rc«sina.
Работа Afj сил реакций связей равна нулю.
Работа вращающего момента
Ai = Lq> = 2nnL.
Работа момента сил трения качения колеса
= -Wtp92 = -NT*. — ф = ~M2gf% ^--2nncosa.
r2
r2
(5)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
323
Тогда согласно формуле (5)
t = 2KnL-2M2grxnnsma-2M2gfK
Ч
—rc/jcosa-
- 2Mgri(a - rxKri)nnsina =
= 2%п L - M2gT) J sin a + — c o s a ] - Mgrx (a - /j к л) sin a
V
r2
J
(6)
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
(Л/, +ЗМ2 +2 Ml)
/]2С02 __
= 2%n^L—gr
— c o s a]н\+М(а—nnr\)sina
•—cosa
] М2\ s i n a +
ik-t
Ъ
J
и найдем угловую скорость барабана с учетом массы троса и трения
колеса:
L-r\g
со = —1|2яяЦ
М2\ s i n a + — c o s a + М ( а - n w / j ) s i n a
h
)
,
М\ +ЗМ2+2М1
L-ng
О т в е т : <и =
2кп-
'
Г
f
\
М2 s i n a + — c o s a +
h
Mi+3M2+2Ml
М(а-кщ)ъта
Задача 38.42
Колесо А скатывается без скольжения по наклонной плоскости ОК, поднимая посредством нерастяжимого троса колесо В, которое катится без скольжения по наклонной плоскости ON.
Трос переброшен через блок С, вращающийся вокруг неподвижной горизонтальной оси О. Найти скорость оси колеса А при ее перемещении параллельно линии ОК на
расстояние s. В начальный момент система была в покое. Оба колеса
324
X. Динамика материальной системы
и блок считать однородными дисками одинаковой массы и радиуса.
Массой троса пренебречь.
Решение
Рассмотрим движение данной системы. На рисунке покажем начальное и конечное положения системы.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
=
О)
Так как система неизменяема, то
=0.
В начальный момент система находилась в покое, т.е. Т 0 =0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
г=
(2)
Найдем кинетическую энергию системы в конечный момент:
Т * Т
Л
+ ТВ + ТС.
(3)
Кинетическая энергия колес А и В, совершающих плоскопараллельное движение,
„
Mv2
1,2
Mv2 1 Mr2 v2
TA = —— + — /со =
+ 2
2
2 2
Тя
=
Mv2
3Mv2-
1.2/со = Mv + 1 Mr2 v2 = 3Mv2 .
л—
2
2
2 2 г2
4
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
325
Кинетическая энергия блока С, совершающего вращательное движение,
1 ,
1
2
—/со
Тг = —
/со' =
2
2
Mr2
V2
Mv2
2
г2
4
г- =
.
Тогда согласно формуле (3)
T_3Mv2
1
1-
3Mv2
4
1
4
Mv2 _lMv2
4
.
...
(4)
4
Определим работу внешних сил:
I/Ake = AA + AB + Ac + AiV.
(5)
Работа силы тяжести колеса А
Ал = A/g-5'sina.
Работа силы тяжести колеса В
Ав = -Mgs sin(3.
Работа А с силы тяжести блока С равна нулю.
Работа Ajf сил реакций связей NА, NB, X(h К0 равна нулю.
Тогда согласно формуле (5)
X А% - Mgs sin a - Mgs sinp = A/g.s(sin a - sinp).
(6)
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
IMv2
4
= Mgs (sin a.- sin(3)
и найдем скорость оси колеса:
v
Ответ: v
-2^j~gs(sina-sinji).
=2j-jgs(sina-sinji).
Задача 38.43
Решить предыдущую задачу, принимая во внимание трение качения колес о наклонные плоскости. Коэффициент трения качения
равен / к , радиусы колес равны г.
326
X. Динамика материальной системы
Решение
Рассмотрим движение данной системы. На расчетной схеме покажем конечное и начальное положения системы. Применим теорему
об изменении кинетической энергии механической системы:
(О
Так как система неизменяема, то £ Aj. =0.
В начальном положении система находилась в покое, т.е. Т0 = 0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
Т
=
(2)
Кинетическая энергия системы в конечном положении (см. решение задачи 38.42)
3 Mv2 3Mv2 Mv2
7 Mv2
T =
+
+
=
.
(3)
Определяем работу внешних сил с учетом трения качения колес
о наклонную плоскость:
Ъ Ак = Ал + Ав + Ас + AN + АтрА+/Оргработа силы тяжести колеса А
Aa = Mgs sina.
(4)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
327
Работа силы тяжести колеса В
Аа = -A/gssinp.
Работа Ас силы тяжести блока С равна нулю.
Работа AN СИЛ реакций связей NA, NB, Х0, К0 и Fw равна нулю.
Работа силы трения качения колеса А
Ар а = ~тгрф = -NAfK - = ~MgfK - cosa,
г
г
колеса В
Arpg = -^трф = ~NBfK - = -MgfKt cosp.
г
г
Тогда согласно формуле (4)
X
= Mgs sin a - Mgs sinP - MgsfK - c o s a - MgfK - cos p =
r
r
f
= Mgs (sin a - sinP) - — ( c o s a + cos P)
r
(5)
Подставим выражения (3) и (5) в уравнение (2):
IMv2
f
= Mgs sin a - sinP - — ( c o s a + cos P)
r
и найдем скорость оси колеса с учетом трения качения колес:
f
v =
2'lj&
sin a - sin р - — ( c o s a + cos P)
r
f
О т в е т : v = 2^j—gs s i n a - s i n P - — ( c o s a + c o s P)
r
Задача 38.44
К грузу А массы M\ прикреплена нерастяжимая нить, переброшенная через блок D массы М2 и намотанная на боковую поверхность цилиндрического катка В массы My При движении груза А
вниз по наклонной плоскости, расположенной под углом а к горизонту, вращается блок D, а каток В катится без скольжения вверх по
наклонной плоскости, образующей с горизонтом угол р.
328
X. Динамика материальной системы
D
Определить скорость груза А в зависимости от пройденного им
пути s, если в начальный момент система находилась в покое. Блок D
и каток В считать однородными круглыми цилиндрами. Силами трения и массой нити пренебречь.
Решение
Рассмотрим движение данной системы. На рисунке покажем конечное положение системы, отметив начальное.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
Т-То = £ 4 + 1 4 .
(1)
Так как система неизменяема, то £ 4 =0.
В начальном положении система находилась в покое, т.е. Т0 = 0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
Т = 14.
в
Ктр
M3g
(2)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
329
Найдем кинетическую энергию системы в конечном положении:
(3)
T = TA + TD + TC.
Кинетическая энергия груза А, совершающего поступательное движение,
т
JА ~
M}v2
2
и блока D, совершающего вращательное движение,
и? „2
D
2
2 •
2
ЛУ.-..2
/ь2
4
Кинетическая энергия катка В, совершающего плоскопараллельное движение,
Т
_-
"
-|
2
1
ICQ2
2
-
2
В
Af3v2
4
У
1
2
2
(г 5 ) 2
-
Л/3(У/2)2 ^ ЗЛ/3У2
4
+
16
Тогда согласно формуле (3)
Г
я
^ i z !
2
+
4
+
16
e
( 8 Л / 1
+
4 М
2
+ ЗМз) 4 -
16
(4)
Найдем работу внешних сил:
Z A £ = AA + A e + AD + A „ .
(5)
Работа силы тяжести груза А
Аа = Mussina,
катка 5
A e = - A f ^ s i n p = -M 3 £~-sinp.
Работа А о силы тяжести блока D равна нулю. _
Работа AN сил реакций связей NА, NB,
Г0 и
равна нулю.
330
X. Динамика материальной системы
Тогда согласно формуле (5)
s
1
= А/, gs sin a - M3g - sinfi = -(2Af| sina-M 3 sinP),g5.
(6)
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
v2 1
(8Л/, +4М2 + ЪМъУ— = - ( 2 Мх sin а-Мъ
16
2
sinp)gs
и найдем скорость груза А:
v
_ 2 12 2М,
V
sina-M3sinj5
8Л/,+4М 2 +ЗЛ/ 3 '
„ С 2Л/> sin а-АЛ, sin В
О т в е т : v = 2 2gs
!
2—£-.
"V
8М,+4М2+ЗМ3
Задача 38.45
Решить предыдущую задачу в предположении, что коэффициенты
трения скольжения и качения соответственно равны / и / к . Радиус
катка В равен г.
Решение
Рассмотрим движение данной системы. На рисунке покажем конечное положение системы, отметив начальное.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
Т-Го = £ 4 ? + 1 4 -
(1)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
331
Так как система неизменяема, то 2 4 = ОВ начальном положении система находилась в покое, т.е. Т0 = 0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
т = 24-
(2)
Кинетическая энергия системы в конечном положении (см. решение задачи 38.44)
МУ
М^
4
4
ЗМз^ =
т
+
16
Ш
2
(3)
+
'
16
Найдем работу внешних сил с учетом сил трения:
= AA
+ AD+AB
+ AN+ATPA+ATPB.
(4)
Работа силы тяжести груза А
АА
= Л/] g5 sin а.
Работа Ad силы тяжести блока D равна нулю.
Работа силы тяжести катка В
Ав = -M3gsB sin|3 = -Л/зЯ-sinp.
Работа сил AN реакций связей NA, NB, Х0 и Y0 равна нулю.
Работа сил трения скольжения груза А о плоскость
Лтр А = ~Fws = ~na/s =
-M\g/scosa.
Работа сил трения качения катка В
Sв
S
ЛтрВ = -ГПтрУв = - Н в / к у = - M i g f K — cos p.
Тогда согласно формуле (4)
5
24
= M,gssina-M3g-sin[i-М,
f
gfs cos a - M3g ^ J cos p =
& 2 A / | ( s i n a - / c o s a ) - A / 3 j sinP + — cosP
2
Подставим выражения (3) и (5) в уравнение (2):
,2
(8 Л/, + 4 Л /
2
+ З М
3
) ^ =
^
2 М] (sin a—/cosa)—Л/ 3 | sinp +Л—, c o s p
(5)
332
X. Динамика материальной системы
и найдем скорость груза А с учетом сил трения:
v = 2il2gy
2 Мх (sin а - / cosa) - М3 sinji + — c o s р
^
^
8М,+4Л/ 2 + ЗА/3
2 A / j ( s i n a - / c o s a ) - M j j sin(3 + —cos|3
О т в е т : v = 2i2gs
8Л/[ +4M 2 +ЗЛ/3
Задача 38.46
Груз массы M подвешен на нерастяжимом однородном тросе длины /, навитом на
цилиндрический барабан с горизонтальной
осью вращения. Момент инерции барабана
относительно оси вращения /, радиус барабана R, масса единицы длины каната т .
Определить скорость груза в момент, когда
длина свисающей части каната равна х, если
в начальный момент скорость груза v0 = О,
а длина свисающей части каната была равна х0; трением на оси барабана, толщиной
троса и изменением потенциальной энергии
троса, навитого на барабан, пренебречь.
Решение
Рассмотрим движение данной системы.
На рисунке покажем конечное положение
системы, отметив начальное.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
г-т,9 = 14+14-
(О
Так как система неизменяема, то £ Ак = 0.
В начальном положении система находилась в покое, т.е. Т0 = 0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
г =£4-
(2)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
333
Найдем кинетическую энергию системы в конечном положении:
Т -Тгр+Т т +Г б .
(3)
Кинетическая энергия груза А, совершающего поступательное движение,
т
-Му2
Кинетическая энергия троса, каждая точка которого совершает
поступательное движение,
_m/v 2
2
'
Кинетическая энергия барабана, совершающего вращательное
движение,
,Ь , , ,. 1х г V- 2
7б = - / ш 2 = - / - , .
2
2
Тогда согласно формуле (3)
г Ж
2
+
^
2
+
4
= Г(М +
2Л2 L
+
/]
J
2Л2
(4)
Определим работу внешних сил:
=
+
(5)
Работа силы тяжести груза
/1 гр = Mgh = Mg(x - х()).
Работа силы тяжести троса
Ат = | mgxdx = — (х2 - Ло).
Работа
силы тяжести барабана и работа Ду сил реакций связей
равны нулю.
Тогда согласно формуле (5)
I А£ = Mg(x - х0) + ^ ( х 2 - х02) = [2 М +Мх + х 0 )]
(6)
334
X. Динамика материальной системы
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
[(Л/ +ml)R2 +/]
= [2М +m(x+х 0 )]
и найдем скорость груза:
v_
д Lt2Af+m(x
V
+
(M+ml)R2
xQ)](x-x0j
+I
_
, [ 2 Л/ +да(х+х 0 )1 (х - jco)
О т в е т : v = RJg±
^
—.
11
(М+mf)R2 +1
Задача 38.47
Груз А массы М{ подвешен к однородному не- с / Т \
в
растяжимому канату длины L и массы Мг. Канат ?/^////у///7г>^
пеоебоошен чеоез
В. воашаюшийся
переброшен
через блок В,
вращающийся ВОКОУГ
вокруг / / / / / / / / У У / / / ^ S
оси О, перпендикулярной плоскости рисунка. Вто^
рой конец каната прикреплен к оси катка С, катящегося без скольжения по неподвижной плос^
кости.
^
Блок В и каток С — однородные круглые диски радиуса г и массы Af3
каждый. Коэффициент трения качения катка С о горизонтальную
плоскость равен / к . В начальный момент, когда система находилась
в покое, с блока В свисала часть каната длины /. Определить скорость груза А в зависимости от его вертикального перемещения h.
I
•
Решение
Рассмотрим движение данной системы. На рисунке покажем конечное положение системы, когда груз А переместился на расстояние А, отметив также начальное положение.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
Т-Г0 = Х 4 + Х 4 -
(1)
Так как система неизменяема, то £ 4 = ОВ начальном положении система находилась в покое, т.е. Т0 = 0.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
335
С учетом этого выражение (1) примет вид
>
= 24*.
(2)
Найдем кинетическую энергию системы в конечном положении:
Т = ТЛ + ТВ + ТС + ТК.
(3)
Кинетическая энергия груза А, совершающего поступательное
движение,
му
Кинетическая энергия блока В, совершающего вращательное
движение,
В
2
2
2
г2
4
Кинетическая энергия катка С, совершающего плоскопараллельное движение,
Т =
С
Мзу2
2
| 1 Icq22
Mjv1
2
i-1
2
2
v2
г2
-
Ш з у 2
4 '
Кинетическая энергия каната, все точки которого движутся поступательно со скоростью V,
Т _ M2v2
336
X. Динамика материальной системы
Тогда согласно формуле (3)
т
МУ
Мту1 ЗЛ/jV2 M2v2
..
Определим работу внешних сил:
Х ^ Л л + Лд + Лс + А + ^ у + Л р с -
(5)
Работа силы тяжести груза А
А л = M)gh.
Работа Ав силы тяжести блока В и работа Ас силы тяжести катка С
равны нулю.
Работа силы тяжести каната
/о
= -^(2/0
2L
L
l
+ h)h =
L
2L
^-(2l+2r+h)h.
Работа AN сил реакций связей NC и NB равна нулю.
Работа силы трения качения катка С
5
f
Ajpc = - " V P = - At /к - = - A t — h.
r
r
Найдем значение реакции NC катка:
з Г Г - ' - Г
Следовательно,
Т
| =
,, , ,, I1
Мз+М2\
2
*
М3 + М2(--~Л2 2L
—
4L
/
h
21
41
-—1 к
4L)\ г
4? = Migh
Тогда согласно£формуле
(5)+ 2Х ^(2/+2r+h)h
пг
,
411
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
337
Подставим выражения (4) и (6) в уравнение (2):
(М1+М2+2М3)М2(
gh^M]+j+(2l+2r+h)-
=
Л2
2L
2L
4LJ. г\
и найдем скорость груза А:
v =
(2 gh{Mx +MlQi+2r
2L
2gh\Mx+^-(2l
О т в е т : v=-
+
h)-^ Afi + M, 1-J--EL-А
г
.2 2 L 2 L
Л/, + M2+2M3
+ 2r+h)~ Л M 3 + M 2
Mi
+Mi+2M-,
f\_
a
/
2L
4 L.
nr_ _h_
2L
I
4L
Задача 38.48
Механизм эллипсографа, расположенный в горизонтальной плоскости, приводится в движение посредством постоянного вращающего момента т0, приложенного к кривошипу ОС. В начальный момент
при ф = 0 механизм находился в покое.
Найти угловую скорость кривошипа ОС
в момент, когда он сделал четверть оборота. Дано: М — масса стержня АВ; тА=тв=т
— массы ползунов А и В\
ОС = АС =ВС = 1; массой кривошипа ОС и силами сопротивления
пренебречь.
Решение
Рассмотрим движение данной системы. На рисунке покажем конечное положение системы, когда кривошип ОС повернется на угол ф = j ,
отметив начальное положение механизма.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
(5)
338
X. Динамика материальной системы
Так как система неизменяема, то
14=0.
В начальный момент механизм находился в покое, т.е. Г0 =0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
Т =£ 4 -
(2)
Механизм расположен в горизонтальной плоскости, поэтому силы тяжести отдельных его частей работы не
совершают. Работу совершает только
вращающий момент т 0 , т.е.
2 4
=Ато
=
(3)
Найдем кинетическую энергию системы в конечном положении:
(4)
Т = ТАВ + ТА + ТВ.
Кинетическая энергия стержня АВ, совершающего мгновенное
вращательное движение с о скоростью ы АВ = со относительно мгновенного центра скоростей в точке А:
Tab = \Ia<*2ab = \[1 с + М(АС)2] со^ =
=
~
_1 М(АБ)2
2
12
+
M(AQ2 со'
2М12а>г
Кинетическая энергия ползуна А равна нулю, так как в точке А
находится мгновенный центр скоростей звена АВ.
Кинетическая энергия ползуна В, совершающего поступательное
движение,
2
=
2
= 2m/V.
Тогда согласно формуле (4)
„
2MIW
Т =
. ; 2 2 2/2со2
, .
+2mrar =
(М + 3ш).
339
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
Подставим выражения (3) и (4) в уравнение (2):
и найдем угловую скорость кривошипа:
со =
1 ГЗзШп
2/Ш+Зт
^
1 / Згои0
О т в е т : со = 2 / V A / + 3w
Задача 38.49
Решить предыдущую задачу с учетом постоянного момента с о противления тс в шарнире С.
Решение
Рассмотрим движение данной системы. На ри-
J
г
сунке покажем конечное положение системы, к о гда кривошип ОС повернулся на угол
Применим теорему об изменении кинетической
энергии механической системы:
Т-Т,[, = 2 : 4 + 1 4 -
(1)
Так как система неизменяема, то
=0.
В начальный момент механизм находился в покое, т.е. Г0 =0.
С учетом этого выражение (1) примет вид
т =1 4 -
г 9 С
LL
//
1.
m0
V-
Г 1
Ш
(2)
Кинетическая энергия системы в конечном положении (см. ре
шение задачи 38.48)
2/ 2 ю 2
-(M+3m).
3
3
(3)
Определяем работу внешних сил:
X 4
=
4яо
+ Атс
>
(4)
340
X. Динамика материальной системы
так как механизм расположен в горизонтальной плоскости, работа
сил тяжести равна нулю.
Работа вращающего момента т й
А,,, =/яо<р = /я 0 "7Работа момента сопротивления тс
4С
=-тс<?с
=
-ктс.
Тогда согласно формуле (4)
X 4 e = - j « o - * W c = (wo-2wc)j,
(5)
так как ф с = 2 ф = тс.
Подставим выражения (3) и (5) в уравнение (2):
и найдем угловую скорость кривошипа с учетом сопротивления шарнира:
co = -L 1 3 к ( т 0
2/ V
М+Зт
О т в е т : со =
Зя(т0-2етс)
2/V
М+Зт
Задача 38.50
К кривошипу ОО] эпициклического механизма, расположенного в горизонтальной
плоскости, приложен вращающий момент
Л/вр = М0 - оссо, где М0 и а — положительные постоянные, а со — угловая скорость
кривошипа. Масса кривошипа равна от, Л/—
масса сателлита (подвижного колеса). Считая кривошип однородным стержнем, а сателлит — однородным круглым диском ра-
341
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
диуса г, определить угловую скорость со кривошипа как функцию
времени. В начальный момент система находилась в покое. Радиус
неподвижной шестерни равен R; силами сопротивления пренебречь.
Указание. Применить теорему об изменении кинетической энергии
в дифференциальной форме.
Решение
Рассмотрим движение данной системы. Покажем на рисунке положение механизма в момент времени t, отметив начальное положение кривошипа.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы в дифференциальной форме:
dT = 2bAl
(1)
Найдем кинетическую энергию системы:
7WKp+7c.
(2)
Кинетическая энергия кривошипа 00ь
ное движение,
Ткр =-/0«г
= -
mmf
12
,
lmfOO,
совершающего вращательm(Oay
m(R+ry
2
2
V2
Кинетическая энергия сателлита С, совершающего плоскопараллельное движение,
Т
'с
=
Mv\
2
+
Mvl
1,
2
-i O] C0i
2
2
-1-
1 Mr2 v? _3Mv?
2
2
_3Ma2(R+r)2
4
r
4
Тогда согласно формуле (2)
m(o\R + r)2
t
6
+
3Mu>2(R+r)2 _ (m ^ З А / W ( / t + r ) 2 __
U
4
m
3
+
3.4/ \(R+ r) .2
2 J
2
2
J
2
(5)
342
X. Динамика материальной системы
Продифференцируем выражение (3):
^
=g
=
+
(4)
Так как механизм расположен в горизонтальной плоскости, то
силы тяжести работы совершать не будут. Вычислим элементарную
работу вращающего момента Мвр:
8А = MBpd<p = (M Q - асо)<Лр = (М0 - аф)*/ф.
(5)
Подставим выражения (4) и (5) в дифференциальное уравнение (1):
g
+
=
асрУф,
сократим на dip, разделим переменные и проинтегрируем полученное равенство:
3
2 /
{аф-Л/о
{
1 (т 3 М\п
х21 аю-Л/п
- — + — (Л+rrln
2Ь
2 )
-Мп
асо-Л/о
_с"/пр
-Мп
где /,пр
(R+r?
Найдем угловую скорость кривошипа:
а \
MQ
(0= -
Л/о
О т в е т : (о = — - 1-е
а
а 1N
а
1-е
/пр
,
,т ЗМ\п
.->
, где / п р = | - + - _ _ |(/?+r)2.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
343
Задача 38.51
Решить предыдущую задачу с учетом постоянного момента трения Мтр на оси О] сателлита.
Решение
Рассмотрим движение данной системы. Покажем на рисунке положение механизма в момент времени t.
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы в дифференциальной форме:
(1)
dT = Z8AZ'
Кинетическая энергия системы [см.
решение задачи 38.50, формула (3)]
1 (т
21
где /
-
3A/Y_
з
"
+
ч2
Т
J
2
2
1г
пр
2
* г -2
=
^
/прф
+ _ _ (Д+г) 2 .
2 /
Тогда
dT = I прф^ф = I пр ~ ^фat
(2)
Определим сумму элементарных работ внешних сил, действующих на систему:
2 5 А е = 5Лвр + 5Лтр.
(3)
Так как механизм расположен в горизонтальной плоскости, то
силы тяжести работы совершать не будут.
Вычислим элементарную работу момента трения на оси сателлита:
8Атр = -Л/ тр Лр,,
где ф, — угол поворота сателлита относительно кривошипа.
Так как угол поворота пропорционален угловой скорости, то
Ф
ф,
_ со
со,'
(4)
344
X. Динамика материальной системы
Из соотношения
Юпер _ Г
со,
R
определим
со,
СОперЛ СОЛ
Г
г
Тогда угол поворота
Ф1
=
ф/г
г
и согласно формуле (4)
R
SAjp = — Мтр—d<p.
Элементарная работа вращающего момента Мвр [см. формулу (5)
в решении задачи 38.50]
6/lBp = (М 0 -аф)й?ф.
С учетом этого согласно формуле (3) получим
154 =
(MQ
л
М0—Млтр
- аф) — Af,тр с/ф= - а ф - [
(5)
Подставим выражения (2) и (5) в дифференциальное уравнение (1):
/
и
=
аф-|М0--Л/тр
Сократим на <&р, разделим переменные и проинтегрируем полученное равенство:
т 1
#
fJ
оаф-|АГ0--АГтр 1
0
R
асо-| М 0 — М т р
г
— In
R
а
-\MO--MTP
г
=
R
-t,
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
345
Найдем угловую скорость кривошипа:
со =
М0--Мц
Ответ: ю=
а
М0~—М™
г
ос
JL^
f
1-е
JL-Л
,т 3 М\,п
т
ч2
1 - е ' п р . г д е / п р = | у + — |(Л+/-)2.
Задача 38.52
Кривошип ООх гипоциклического механизма, расположенного в горизонтальной плоскости, вращается с постоянной угловой скоростью со0- В некоторый момент
времени двигатель был отключен и под действием постоянного момента M w сил трения на оси сателлита (подвижного колеса)
механизм остановился.
Определить время т торможения и угол ср поворота кривошипа за
это время, если его масса равна Ми М2 — масса сателлита, Rar — радиусы большого и малого колес. Кривошип принять за однородный
тонкий стержень, сателлит — за однородный диск.
У к а з а н и е . Применить теорему об изменении кинетической энергии
в дифференциальной форме.
Решение
Рассмотрим движение данной системы,
состоящей из кривошипа ООх и двух колес:
неподвижного колеса 1 и подвижного колеса 2 — сателлита.
Покажем на рисунке положение механизма в момент /, отметив начальное положение.
346
X. Динамика материальной системы
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы в дифференциальной форме:
dT = JfiAi-
(1)
Найдем кинетическую энергию системы:
Т = ТКР
(2)
+ Т2.
Кинетическая энергия кривошипа ООи совершающего вращательное движение,
г кр Л W
р
2
Л
2
М Ш ? ^
3
Л
2
MAXzitj.
3
Кинетическая энергия сателлита, совершающего плоскопараллельное движение,
12
_ MA , 1,
_ M2vj
1 M2r2 v22 _ 3M 2 v\
1 IQ (02
1
Г- =
.
2
2
1
2
2
2
2
г2
4
Найдем скорость v2 оси сателлита:
v2 = (0<%>j = ( / ? - r ) ( a
Тогда
1 ЗД/ 2 (Д-Г) 2 Ю2
2
2
Кинетическая энергия системы согласно формуле (2)
2
3
2
3
=
ГДе
' " ' 1 3
21 3
2 у
2ю2
=
1 г
2 1 , .2
2 лр® = 2 п р ф
2
Вычислим дифференциал кинетической энергии:
dT = /г,рф<Лр = / п р
dt
(3)
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
347
Так как механизм расположен в горизонтальной плоскости, то
силы тяжести работы не совершают, т.е.
5А% = 5Ятр.
Определим элементарную работу момента трения Л/Тр:
H p = -Mwd<f>2.
Выразим угол поворота сателлита <р2 через угол поворота кривошипа ф:
R-r
Ф 2 = — ф,
Г
с/ф2 =— t/ф.
Г
Тогда
Ир = ~-MTpd(p.
г
(4)
Подставим выражения (3) и (4) в дифференциальное уравнение (1):
/п
^ Ф = --МтР<Лрat
г
Р
(5)
Сократим на <Лр, разделим переменные и проинтегрируем полученное равенство:
0
jj
I
Лч>
= —M^\dt,
(ОО
О
Г
л
-1прЩ =
-~MTpt.
Отсюда время торможения
г1
х = RMпр
!i£-(0o.
Tp
Для определения угла поворота кривошипа ф запишем дифференциальное уравнение (5) в виде
/прфйГф =
R
г
Л/трО'ф-
348
X. Динамика материальной системы
Проинтегрируем
О
ft
ф
/ п р /ф<Лр = — Mjpjdip
г
щ
о
и получим
2
г
Откуда угол поворота кривошипа
Ф=
Ответ: г - ^ о *
RMTр
1
г1т
г
—«о2 Шур
<р=4 ^ ^ ,
2 лЛ/тр
где
INP
J M ±
V3
+
L
2
M L
) ( R - R ) \
у
Задача 38.53
Крестовина С приводится во вращение вокруг неподвижной оси Ot посредством однородного стержня АВ,
вращающегося вокруг неподвижной
оси О (оси О и О, перпендикулярны
плоскости рисунка). При этом ползуны А и В, соединенные при помощи
шарниров со стержнем АВ, скользят
вдоль взаимно перпендикулярных прорезей крестовины С. Вращение стержня происходит под действием постоянного вращающего момента т в р . Определить угловую скорость стержня АВ в момент, когда он сделает четверть оборота, если в начальный
момент при ф = 0 он имел угловую скорость со0.
Величина момента сопротивления, возникающего в каждом из
шарниров ползунов А и В, в два раза меньше т в р . Прочими силами
сопротивления пренебречь. Масса стержня равна т\ момент инерции крестовины С относительно оси ОХ равен /: 00\ =ОА-ОВ
= 1.
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
349
Решение
Рассмотрим движение данной системы. Покажем на рисунке конечное положение системы, когда стержень АВ повернулся на угол
Ф = —, отметив ее начальное положение штриховой линией.
2
Найдем угловую скорость крестовины в конечном положении.
Ползуны А и В совершают сложное движение: абсолютное вместе
со стрежнем АВ, переносное - вращательное вместе с крестовиной,
относительное — вдоль прорезей крестовины.
Выразим абсолютную скорость ползунов А и В через угловую скорость стержня А В:
VA~VB~
О»/.
Из параллелограмма скоростей ползунов А и В (см. рисунок) найдем
VА ~ VA c o s 45°,
v% = vA cos 45°.
Определим угловую скорость крестовины С:
сосс
со
ОхА
I/ cos 45°
2
350
X. Динамика материальной системы
Найдем угловую скорость крестовины сос0 в начальном положении.
Абсолютная скорость vB ползуна В в начальном положении (положение £?о) равна переносной скорости v|:
vB = ув = ®о 'ОВо = со/.
Тогда
«Со =
VeB
0{Bq
_
СОо/ _ COq
21
2
Найдем угол поворота ползунов Aw В относительно их шарниров.
Из Д А0\0 найдем: LO£)A - ф — по построению;
2
Тогда
9,4=90 ° - Z O O , A = ^ .
Аналогично найдем
Ф
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы в интегральной форме:
Г-Г0 = 1ДГ+Х4-
(1)
Найдем кинетическую энергию системы в начальном положении:
То = ТАВ + ТС.
Кинетическая энергия стержня АВ, совершающего вращательное
движение,
1,
I
2
1 m(2l)2
I
VI
2
ml2
2
о
Кинетическая энергия крестовины С, совершающей вращательное движение,
38. Теорема об изменении кинетической энергии материальной системы
351
Тогда
„
1 ,2 2 1 г 2 4ml 1 +31 2
То - -ml щ + - 1щ =
—
cog.
о
о
/->ч
(2)
24
Определим кинетическую энергию системы в конечном положении:
Т = ТАВ + ТС.
Кинетическая энергия стержня АВ, совершающего вращательное
движение:
1 , 2
1 m(2l)2
2
1
,2 2
Кинетическая энергия крестовины С, совершающей вращательное движение,
\2
2 42.
Тогда
2
гг
2
Г = -1m r,2a r2 + -1 /,о г2 = 4 т / + 3 / со.
6
8
24
(3)
Вычислим работу внешних сил:
JjA^A
+ Aa + Ab.
w
(4)
Работа постоянного вращательного момента т в р , приложенного
к стержню АВ,
А р =™в Р Ф=2 Ш в Р'
Работа момента сопротивления в шарнире ползуна А
.
АА = -ТСЦ>А =
/явр
ф
1
Л
2
8
J = -^«ВР 2
=
71
~ G W"P
и в шарнире ползуна В
Л в = -ЩрЩ = -
2
т,вр-
352
X. Динамика материальной системы
Тогда согласно формуле (4)
V
ле
71
Я
Л
Я
L 4 = -твр - -твР - - .твр = -твр.
(5)
Так как система неизменяема, то
14=0.
(6)
Подставим выражения (2), (3), (5) и (6) в уравнение (1):
4ml2+31 2
——
(О
24
4ml2 + 3 /
24
п
2
(Оо = —
4
и найдем угловую скорость стержня:
О т в е т : со=
f — +
' 4 т / 2 + 3/
6ктт
Г
4т/ + 3 /
^
39. Плоскопараллельное (плоское) движение
твердого тела
Методические указания к решению задач
Плоскопараллельное движение твердого тела представляет собой
совокупность двух простейших движений — поступательного вместе
с полюсом и вращательного вокруг этого полюса. При решении задач этого параграфа в качестве полюса выбирается центр масс тела,
тогда для описания динамики плоскопараллельного движения можно
применить теорему о движении центра масс механической системы
при поступательном движении:
M a c ^ F k e = Re
(39.1)
и теорему об изменении кинетического момента механической системы относительно оси, проходящей через центр масс, при вращательном движении:
^
at
=
=
(39.2)
Так как кинетический момент LCl при вращательном движении тела
LCl = /Сгсо,
(39.3)
то, подставив выражение (39.3) в (39.2), получим
/ft ^ =
at
Ло
где ф = — , так как со =
dm
Ф = I > с * ( # ) = МеСг,
(39.4)
ср — угол поворота тела.
Уравнение (39.4) — э т о дифференциальное уравнение
вращательного
движения.
Спроецировав векторное равенство (39.1) на оси х и у, получим
два дифференциальных уравнения, описывающих поступательные
354
X. Динамика материальной системы
движения, которые в совокупности с уравнением (39.4) будут описывать динамику плоскопараллельного движения тела.
Таким образом, дифференциальные уравнения плоскопараллельного
движения тела имеют вид
Мхс = 2ркх>
Муську,
(39.5)
/с^Е/псда.
Уравнения (39.5) позволяют решать две задачи динамики плоского движения:
• при известных внешних силах определить закон движения центра масс тела и закон его вращения вокруг центра масс;
• при известном законе движения центра масс определить главный вектор Re внешних сил, при известном законе вращательного движения — главный момент Мс г внешних сил.
Эти уравнения также позволяют определить одну из неизвестных
внешних сил.
Последовательность решения задач данного параграфа:
1. Выбрать систему отсчета (систему координатных осей). Оси направить по, направлению движения.
2. Изобразить тело в произвольном положении и определить начальные условия движения.
3. Показать все внешние силы, действующие на тело.
4. Записать дифференциальные уравнения плоскопараллельного
движения и решить их, определив искомую величину в общем виде,
с учетом начальных условий движения.
5. При необходимости подставить в полученное выражение числовые значения и подсчитать результат.
355
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
Задачи и решения
Задача 39.1
Тяжелое тело состоит из стержня АВ длины
80 см и массы 1 кг и прикрепленного к нему
диска радиуса 20 см и массы 2 кг. В начальный
момент при вертикальном положении стержня
телу с о о б щ е н о такое движение, что скорость
центра масс М\ стержня равна нулю, а скорость
центра масс М2 диска равна 360 с м / с и направлена по горизонтали вправо. Найти последующее
движение тела, принимая во внимание только
действие силы тяжести.
гЬ-А
i
? Мл
Решение
Стержень и диск представляют собой единую механическую систему, центр масс которой находится на отрезке МХМ2 на расстоянии
(см. рисунок)
т\-Ъ+т2-М\М2
60-2
...
.
М\С = —
—!—- =
= 40 (см)
тх+т2
1+2
от точки М\ (таким образом точка С совпадает
с точкой В). Так как в начальный момент с к о рость точки Mi равна нулю, то она является
мгновенным центром скоростей механической
системы, совершающей плоское движение.
Тогда
vB(t = 0) = —I• МХВ = ^
М\М2
60
со(/ = 0) =
360
М,М 7
60
-40 = 240 ( с м / с ) ,
= 6 (рад/с).
Дальнейшее плоскопараллельное движение твердого тела в системе координат с началом в точке В, ось у направлена по горизонтали
356
X. Динамика материальной системы
вправо, а осьх — вниз, будет описываться дифференциальными уравнениями вида:
Mxc = Mg,
(1)
М у с = 0,
(2)
at
=
О-
(3)
Из уравнения (1) следует, что
*c = g,
С учетом начальных условий: х с (0) = 0, х с (0) = 0, определим С] =
= С 2 = 0.
Следовательно,
gt2
(4)
Из уравнения (2) следует, что
Ус = С3,
yc=C3t+Q.
С учетом этого у с (0) = vB(t = 0) = 240 см/с, а ус(0) = 0, тогда
Ус =240/.
(5)
Из равенства (5) найдем
240
Подставим это значение в формулу (4), получим
X С
или
9S°yc
2 -2402
Ус = 117,5хс.
Уравнение (6) — уравнение параболы.
(6)
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
357
Из уравнения (3) следует, что со = const, т.е.
со = со(/ = 0) = 6 рад/с.
О т в е т : тело равномерно вращается с угловой скоростью 6 рад/с
вокруг своего центра масс, который описывает параболу
ус = 117,5лгс (начало координат в точке В, ось у направлена
по горизонтали вправо, ось х — вниз).
Задача 39.2
Диск падает в вертикальной плоскости под
действием силы тяжести. В начальный момент
диску была сообщена угловая скорость COQ, а центр
масс С, находившийся в начале координат, имел
горизонтально направленную скорость v0. Найти
уравнения движения диска. Оси х, у изображены
на рисунке. Силами сопротивления пренебречь.
Решение
Запишем дифференциальные уравнения для диска, совершающего плоскопараллельное движение под действием силы тяжести,
в проекциях на оси х и у:
Мхс= 0,
(1)
Мус = Mg,
(2)
/ с ф = 0,
(3)
где М — масса диска; 1 С — момент инерции диска относительно оси,
проходящей через центр масс.
Из уравнения (1)следует:
хс=0,
xc=C1t+C2.
(4)
С учетом начальных условий: хс = v 0 , хс(0) = 0, определим постоянные интегрирования С, й С2.
"'Чч;
С, = v0,
С2=0.
358
X. Динамика материальной системы
Подставим значения С, и С2 в выражение (4) и получим
*с = V Из уравнения (2) найдем
9c = g,
Rt2
Ус
=—~+С3/+С4.
В соответствии с начальными условиями: у с Ф) = 0, у с (0) = 0, определим постоянные интегрирования С3 и С 4 :
С3=С4=0.
Тогда
v
Т '
Из уравнения (3) следует, что
<Р = 0,
Ф = С5/+С6.
Так как ф(0) = щ , ф(0) =0, т о С 5 =
Тогда ф = сооЛ
COQ,
С 6 =0.
О т в е т : х с = v 0 /, ус = у - , Ф = «о?, где ф — угол поворота диска, о б разованный осью х и диаметром, занимавшим в начальный
момент горизонтальное положение.
Задача 39.3
Решить предыдущую задачу, считая, что момент тс сопротивления движению относительно подвижной горизонтальной оси, проходящей через центр масс С диска перпендикулярно плоскости движения его, пропорционален первой степени угловой скорости диска ф,
причем коэффициент пропорциональности равен р. Момент инерции диска относительно этой оси равен / с .
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
359
Решение
Дифференциальные уравнения (1) и (2) (см. решение задачи 39.2),
как и начальные условия, остаются без изменения и поэтому их решения имеют тот же вид, что и в предыдущей задаче:
/сф
= 0.
Уравнение с учетом сил сопротивления примет вид
г Ло
/г—
dt
--Щ,
где т с = poi
Тогда
Т da
D
/ с — = -NL
dt
(1)
Разделим переменные в уравнении (1):
(й
1с
проинтегрируем
J dt
(О
О
/с I
и получим
JL,
In coin
I too
Ic
lnco-lncoo
«0
-u
lc
Откуда
co=
ще ' с
(2)
360
X. Динамика материальной системы
Представим со как — и запишем выражение (2) в виде
dt
diр = ще
'с
dt.
Проинтегрируем и получим
t
J</<p=<UbJe 'с dt,
о
о
<
=
_ / c p
ф = 1сЩ 1-е
О т в е т : х с = v 0 f; у с =
Ф=
V
e
гс'
1-е
'с
Задача 39.4
Ведущее колесо автомашины радиуса г и массы М движется горизонтально и прямолинейно. К колесу приложен вращающий момент т.
Радиус инерции колеса относительно оси, проходящей через его центр
масс перпендикулярно его плоскости, равен р. Коэффициент трения скольжения колеса о землю равен / . Какому условию должен
удовлетворять вращающий момент для того, чтобы колесо катилось
без скольжения? Сопротивлением качения пренебречь.
Решение
Покажем действующие на колесо силы (см.
рисунок), а также угловую скорость и скорость центра масс.
Запишем дифференциальные уравнения
движения колеса:
Mxc = Fcn,
(1)
361
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
(2)
Myc=G-N,
Ic$ = m-Fcnr,
где Fcu — сила сцепления колеса с поверхностью; 1 =
инерции колеса относительно центра масс.
(3)
Мр2
~ момент
Чтобы колесо катилось без скольжения, должно выполняться
условие
Fcn<fG = fMg.
(4)
Во время движения колеса у с = R, значит, у с = 0. Тогда из уравнения
(2) следует, что N =G. Зная, что качение колеса происходит без проскальзывания, т.е. х с — '"фо запишем уравнения (1) и (3) в виде
Мг$с = Fcu,
(5)
Мр2(рс =m-Fmr.
(6)
Из уравнения (5) найдем
F
Мг
и подставим это выражение в уравнение (6). Откуда
т=
f
У
Р2Л гР - Г 2 + Р 2 Г
сц ~
'civ
'
У
С учетом формы (4) окончательно получим
m<fMg
Ответ:
т<
г2 + р
/Mg———.
г
Задача 39.5
Решить предыдущую задачу с учетом трения качения, если коэффициент трения качения равен / к .
Решение
В этом случае к силам, показанным на рисунке в решении задачи 39.4, добавится момент сопротивления качению (см. рисунок),
тс = fKN = fKMg.
362
X. Динамика материальной системы
Как и при решении предыдущей задачи, получим
Mr$ = Fm,
(1)
ш|
2
Mp (p =
m-Fwr-MgfKк (2)
т
Из уравнения (1) найдем
подставим это выражение в уравнение (2). Откуда
m = Fcur
Принимая во в н и м я » н р
+MgfK.
+ р
г
итг> р
<
Ш п
окончательно получим
г
Ответ:
т < fMg
г2
+р
— + MgfK.
2
Задача 39.6
Ось ведомого колеса автомашины движется горизонтально и прямолинейно. К оси колеса приложена горизонтально направленная
движущая сила F. Радиус инерции колеса относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно его плоскости, равен р.
Коэффициент трения скольжения колеса о землю равен / . Радиус
колеса равен г, масса колеса равна М. Какому условию должна удовлетворять величина силы F для того, чтобы колесо катилось без
скольжения? Сопротивлением качения пренебречь.
Решение
Запишем дифференциальные уравнения
гаюскопараллельного движения колеса под действием внешних сил (см. рисунок):
у
(1)
Myс = N— Mg,
(2)
Мр 2 ф=
(3)
Fw г.
N
363
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
Так как ус = 0, то /V = Mg. Тогда
Fip=fN
= fMg.
Из условия отсутствия скольжения следует, что х с = гф, поэтому
уравнения (1) и (3) запишем в следующем виде:
Мхс -
F-fMg,
Л/р2 — = /Mgr.
г
Тогда
F-fMg
=
f*t
Р
Откуда получим, что предельное значение силы, при котором отсутствует скольжение,
F_fMg(rz
-2 ++ р2^)
РX2
"
Следовательно, отсутствовать скольжение будет при
F < / M
Ответ:
g
^ .
Р
г2 + р2
F<fMg—
Задача 39.7
Решить предыдущую задачу с учетом трения качения, если коэффициент трения качения равен / к .
Решение
С учетом трения качения изменится только
уравнение (3) в решении задачи 39.6, зная, что м о мент сопротивления качению тс - fKN, это уравнения примет вид
Mp2<p =
У
/
г, / Л ?
J
fNr-fKN.
Тр
364
X. Динамика материальной системы
Выполнив те же действия, что и в предыдущей задаче, получим
Fc/Mg(r2
Ответ:
F<
+
p2)-fKMgr
fMg(r2 + р2) - fKMgr
Задача 39.8
Автомобильный прицеп движется замедленно
с ускорением vv0 до остановки. При этом тормоз
в одном из его колес не включается. Давление
колеса на дорогу равно N. Коэффициент сцепления колеса с дорогой равен / . Дано: г — радиус колеса, т — его масса, р — радиус инерции.
Определить силу горизонтального давления S колеса на его ось.
Решение
Запишем дифференциальные уравнения плоского движения колеса автомобильного прицепа
под действием внешних сил (см. рисунок):
mw0 = 5 - fN,
/яр2ф = /Nr.
1) При отсутствии проскальзывания должно выполняться условие: и>0 < гф.
.N
Следовательно, при w0 < / л
т р
S = тщ +/N = mw0
г
- mwQ
2) При наличии проскальзывания
fN*
/ир2(р
N г2 •
т.е. если щ > / — — , давление S =
т р-
mw0+fN.
1+-
,2 \
365
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
О т в е т : 1) w0 < /
N г
т рр2
т
S -тщ
р )
1+
;
V
И
р'
Задача 39.9
Колесо радиуса г катится по прямолинейному горизонтальному
рельсу под действием приложенного вращающего момента твр = ^ fMgr,
г д е / — коэффициент трения скольжения, М — масса колеса. Определить скорость точки колеса, соприкасающейся с рельсом (скорость
проскальзывания). Масса колеса равномерно распределена по его
ободу. Трением качения пренебречь. В начальный момент колесо
находилось в покое.
Решение
Запишем дифференциальные уравнения плоскопараллельного движения колеса под действи*"»*
приложенных к нему сил (с. рисунок):
(3)
У
'мг
Так как у с - 0, то согласно уравнению (2) N = Mg. Тогда
F^=fMg.
При отсутствии проскальзывания хс
366
X. Динамика материальной системы
Такую скорость имеют точки обода колеса. Из уравнения (1) следует, что хс = fgt. Поэтому возникает проскальзывание, скорость которого
v=|
fgt
Ответ: v= — .
2
Задача 39.10
Решить предыдущую задачу с учетом трения качения, если коэффициент трения качения
fK=-fr.
4
Решение
В этом случае по сравнению с решением
задачи 39.9 изменится лишь дифференциальное уравнение (3) вращения колеса. Трение
качения:
Щ
щ
=fKMg.
Тогда
Mr2ф = твр -FTpr-
fKMg,
.
5
Mr2 ф = -fMgr - fMgr -fKMg
AfMgr-*MgJ-№.
2
4 6
Откуда
4
=
367
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
Следовательно, скорость проскальзывания с учетом трения качения
v
J
f g t
-
m
J j L .
4
4
fgt
Ответ:
4
Задача 39.11
Однородный цилиндр с горизонтальной осью скатывается под действием силы тяжести по. наклонной шероховатой плоскости с к о э ф фициентом трения/ Определить угол наклона плоскости к горизонту
и ускорение оси цилиндра, предполагая, что при движении цилиндра
скольжение отсутствует. Сопротивлением качения пренебречь.
Решение
Рассмотрим плоскопараллёльное движение цилиндра под действием приложенных
к нему сил (см. рисунок). Составим дифференциальные уравнения:
тхс = £ F & = Gsinа -
Fcll,
т у е = Y.Fky = N - G cosa,
/сФ = 1Жс
Так как / с :
= Fcar.
тг
.. хс
,
, <р = — , то уравнение (3) примет вид
2
г
тг2
хс
~2~ ~7
= Fmr.
Откуда
тхс
- 1FСЦ*
(4)
С учетом выражения (4) уравнение (1) примет вид
тхс - mg sin a
тхс
(5)
368
X. Динамика материальной системы
или
-тхс =mg sin а.
Откуда
2
.
Хс = а с = - g s i n a .
Тогда согласно формуле (4)
г.
тхс
1
Fcll = -^±- = -mg sin a.
Для определения наклона плоскости, при котором начнется скольжение, используем зависимость
Fen —Fc ц
=
fcuN,
где N = С cos а.
Тогда
l/w^sina
<fcllmgcosa
или
tga < 3 / ,
a < arctg 3 / .
О т в е т : a < arctg 3 / ; a c - - g s i n a .
Задача 39.12
Однородный сплошной круглый диск катится без скольжения по
наклонной плоскости, расположенной под углом а к горизонту. Ось
диска образует угол (J с линией наибольшего ската. Определить ускорение центра масс диска, считая, что его качение происходит в одной
вертикальной плоскости.
Решение
Рассмотрим движение диска под действием приложенных сил (см.
рисунок).
369
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
Запишем дифференциальные уравнения плоскопараллельного движения диска:
т х с = J J F£ x = Gsma.sm$-Fcll,
(1)
т у е = Y*Fky = - N + G c osa,
/ с Ф = 1 Mfc
\У< У1
(2)
(3)
= Fcar.
Так как момент инерции цилиндра относительно оси, проходящей через центр
тг1 .
хс
,,ч
масс, 1 С :
) ф = ——? то уравнение (3)
2
г
примет вид
гЦЦ^-р
~
2
Откуда
г
тхс
,
-
г
сиг-
= 1Fсц-
(4)
Из уравнения (1) имеем
т х с = mgsina sinP - Fca.
(5)
Сложим почленно уравнения (4) и (5) и получим
= mg sina sinp.
Отсюда найдем ускорение центра масс диска
хс = а с - j £ sin a sinp.
О т в е т : a c = - g s i n a sinp.
Задача 39.13
Однородный цилиндр с горизонтальной о с ь ю скатывается под
действием силы тяжести со скольжением по наклонной плоскости
при коэффициенте трения скольжения/ Определить угол наклона
плоскости к горизонту и ускорение оси цилиндра.
370
X. Динамика материальной системы
Решение
Составим дифференциальные уравнения плоскопараллельного движения цилиндра со скольжением (см. рисунок):
тхс = 2Fkx =Gsina-7vp,
(1)
myc = ZFky = ~N+G cosa,
(2)
/сФ = ХЛ/|с = V -
(3)
*
Движение без скольжения возможно, если выполняется условие
a < arctg 3 / (см. решение задачи 39.11).
Следовательно, при а > arctg 3 / цилиндр будет катиться со скольжением и сила Frp будет иметь предельное значение:
Fyp - fN = fGcosa = fmgcos a.
Тогда уравнение (1) примет вид
тхс = mg sin
a-fmgcosa.
Отсюда найдем ускорение оси цилиндра
хс = £(sin a - / c o s a ) .
О т в е т : a>arctg3/, xc = g(sina-/cosa).
Задача 39.14
Однородное колесо радиуса г скатывается без скольжения по наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтом. При каком
значении коэффициента трения качения / к центр масс колеса будет
двигаться равномерно, а колесо при этом будет равномерно вращаться вокруг оси, проходящей через центр масс перпендикулярно
его плоскости?
Решение
Рассмотрим качение колеса под действием приложенных к нему
сил (см. рисунок). Запишем дифференциальные уравнения его плоского движения:
тхс - X^/t* = G s i n a - / ^
(1)
371
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
тус = Црку = N~ ^ cos а,
(2)
(3)
Так как по условию v c = const, то х с = 0,
ф = 0. Тогда из уравнения (1)
G sin а = Fc,,
у
и из уравнения (3)
F
1
СЦ
-
Мс
Момент сопротивления качению
*
Мс = fN = / к (7 cosa.
Следовательно,
(7 sina =
Мс _ /к G c o s a
Откуда
Л = rtga.
О т в е т : fK = rtga.
Задача 39.15
На барабан однородного катка массы т
и радиуса г, лежащего на горизонтальном шероховатом полу, намотана нить, к которой
приложена сила Т под углом а к горизонту.
Радиус барабана а, радиус инерции катка р.
Определить закон движения оси катка О.
В начальный момент каток находится в п о кое, затем катится без скольжения.
Решение
Рассмотрим процесс качения катка под
действием приложенных к нему сил (см.
рисунок).
Дифференциальные уравнения его плоского движения имеют вид
mxc=^Fbc
= -Fcu + T c o s a '
О)
372
X. Динамика материальной системы
myc = JjF{y = -G + N + Tsina>
(2)
Ic$ = 2MekC = -Ta + Fcllr.
(3)
Поскольку скольжение отсутствует, то ф = — , / с - тр2.
г
Тогда запишем уравнения (1) и (3) в виде
mrxc = 7>cosa - Fcllr,
(4)
(5)
mp2~-Fcur-Ta.
г
Сложим почленно уравнения (4) и (5), получим
тхс
(
р2Л
=
T(rcosa-a).
Откуда
хс
7>(rcosa-a)
1
z—.
m(r2 + p 2 )
Проинтефируем дважды это выражение:
хс
Xc =
_ 7>(/-cosa-fl) , „
71
2Г~'+Сь
т{гг + рО
^cosa-a)?2+Ci/+C2
2т ( п + р )
Зная начальные условия: t = О, х0 - 0, х 0 =0, определим Сх и С 2 :
Q = 0, С2 = 0.
Подставим значения Q и С2 в формулу (6) и запишем закон движения оси катка:
ХС
„
О т в е т : А'с
_ Tr(rcosa-a)
2\
2m ( r + р 0
2
•
Tr(rcosa-a)
2
^ — - — г , причем ось х направлена слева направо.
1
1
2 т (г + р )
373
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
Задача 39.16
/ / / / / / / / / / / / / / / / / / / /
Однородный стержень А В массы М горизонтально подвешен к потолку посредством
двух вертикальных нитей, прикрепленных
к концам стержня. Найти натяжение-одной
из нитей в момент обрыва другой.
~ьв
АО.
Указание. Составить дифференциальные уравнения движения стержня
для весьма малого промежутка времени, следующего за моментом обрыва
нити, пренебрегая изменением направления стержня и изменением расстояния центра масс стержня от другой нити.
Решение
В момент обрыва одной из нитей стержень
АВ будет совершать плоскопараллельное движение. Покажем на рисунке силы, действующие на стержень.
Составим дифференциальные уравнения
движения стержня:
Mxc =
ZF&=G-T,
1с$=ЪМекС
//////////////////у/
Ж.
A(JI
(1)
(2)
= Т1-,
где / с — момент инерции стержня, / с =
Ml2
12
Ф
V
хс _ 2 Хс
I
//2
Тогда уравнение (2) примет вид
Ml2 2хс _ Т1
12
/
~ 2'
Откуда
Мхс =ЗТ.
С учетом этого выражения уравнение (1) примет вид
G—T = ЪТ.
55
374
X. Динамика материальной системы
Отсюда найдем натяжение нити в момент разрыва:
4
4 '
Ответ: Г =
Задача 39.17
Однородный стержень АВ массы М подвешен
в точке О на двух нитях равной с ним длины.
Определить натяжение одной из нитей в момент
обрыва другой. (См. указание к задаче 39.16.)
u/(/ft/Q(((/(ift
Решение
Покажем на рисунке силы, действующие на
стержень АВ в момент обрыва нити.
Запишем дифференциальные уравнения
плоского движения стержня в момент обрыва
нити в точке В:
////////О////////
Mx c = Z F & = T cos 60°,
Щс = £
= <j - 7"sin 60°,
(3)
/ с Ф = 2М е к с = Т U m 60°.
Момент инерции стержня относительно оси, проходящей через
центр масс,
, Ml
2
1г
=
12
•
Составим еще одно уравнение, устанавливающее зависимость
между х с , у с и ф.
Согласно уравнениям (1) и (2) после обрыва нити точка С — центр
масс, движется одновременно вдоль осей х и у, а стержень АВ совершает сложное движение, которое можно представить как вращение
вокруг параллельных осей, проходящих через точки А и О.
375
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
Так как
-
m
Ус
СО (1/2) • tg60°
Ф2=*с*с
(отрицательное направление угла поворота принято по ходу часовой
стрелки), тогда
2 уг
ф = ф, + (р = 2хгь
2
/t g 60°
/
Тогда
^
= x c tg 30°- у с
и
1 Щ = Мх с tg 30 ° - М у с .
(4)
Из уравнения (3) получим, что
Ml2.
12
I _ . ,ло
ф = — rsin60°
2
или
A / - a = -37sin60°.
2
Подставим это выражение в уравнение (4) и с учетом формул (1)
и (2) получим
- 3 r s i n 6 0 ° = Т с os 60°tg 30°-G + Т sin60°,
G = J(3 sin 60°+ cos60°tg30°+ sin60°).
Отсюда
T =
G
3 sin60°+ cos 60°tg 30°+ sin60°
Mg
3 0,866+0,5 0,577+0,866
О т в е т : T = Q,266Mg.
= 0,266Mg.
376
X. Динамика материальной системы
Задача 39.18
Однородный тонкий стержень длины 2/и маел е в
1
сы М лежит на двух опорах А и В; центр масс С '
*
^
стержня находится на одинаковых расстояниях
от опор, причем СА = СВ = а; давление на каждую опору равно 1 /2Р.
Как изменится давление на опору А в тот момент, когда опора В будет
мгновенно удалена? (См. указание к задаче 39.16.)
Решение
После удаления опоры В стержень будет совершать плоскопараллельное движение (см. рисунок).
Составим дифференциальные уравнения движения стержня, выбрав начало координат в центре масс стержня:
Мус
-Mg—RA,
Д.
в
1
Ж
mg
(1)
Ic$=RAa-
(2)
Зная, что
1с =
Ml2
- = Ус
<р
— ,
а
формула (2) примет вид
Ml2 Ус
у
= RAa
3 а
или
Myс
=
3 a2RA
I2 "
Подставим выражение (3) в уравнение (1):
3a2RA
=
,,
Откуда
RA
=
п
Mg-RA.
Mgl2
I2 +3a 2
(3)
377
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
Найдем изменение давления AR4 на опору А, учитывая, что
Д У - f :
д
j
^
^
^
- f f l ^
^
/ +3а
A
2
/ 2 ~ 3 f l 2 2 A/g.
2(/ +3а )
О т в е т : давление на опору /4 получит приращение, равное
12-За2
Mg.
2(1г+3аг)
Задача 39.19
Тяжелый круглый цилиндр Л массы /и обмотан посредине тонкой нитью, конец которой В
закреплен неподвижно. Цилиндр падает без начальной скорости, разматывая нить. Определить
скорость оси цилиндра, после того как эта ось
опустится на высоту h, и найти натяжение Т нити.
Решение
Выберем начало координат в точке А0 и запишем два дифференциальных уравнения:
(1)
1АЛ
=
(2)
ТК
Найдем
1м =
mR2
Ф=
id
R
Тогда уравнение (2) примет вид
мК 2 хА _
2
Л
у д
или
тх А = Г.
(3)
378
X. Динамика материальной системы
Сложим уравнения (1) и (3):
-тхА = mg
или
(4)
Преобразуем хА следующим образом:
Яа
.
djcA
_ dxA dxA _ ^ dxA
dt
dt dxA
dxA
Подставим выражение (5) в равенство (4) и получим
(5)
(6)
Проинтегрируем выражение
jxAdxA (6):
= jgdxA
о
о
и получим
#л
2
~gXA
V=
- Ш
или
Для определения Г подставим выражение (4) в уравнение (1):
2
т
—mg = mg-T.
Откуда
T = -mg^
Ответ:
2 ,
v = -J3gh;
1
Т = -mg.
379
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
Задача 39.20
Две гибкие нити обмотаны вокруг однородного круглого цилиндра массы М
и радиуса г так, что завитки их расположены симметрично относительно средней
плоскости, параллельно основаниям. Цилиндр помещен на наклонной плоскости
АВ так, что его образующие перпендикулярны линии наибольшего ската, а концы С нитей закреплены симметрично относительно вышеуказанной средней плоскости на расстоянии 2г
от плоскости АВ. Цилиндр начинает двигаться без начальной скорости под действием силы тяжести, преодолевая трение о наклонную
плоскость, причем коэффициент трения равен /
Определить путь s, пройденный центром масс цилиндра за время t,
и натяжение Г нитей, предполагая, что в течение рассматриваемого
промежутка времени ни одна из нитей не сматывается до конца.
Решение
На цилиндр при движении действуют
сила тяжести mg, нормальная реакция N ,
сила трения Frp, натяжение Г' двух нитей
(см. рисунок). Под действием этих сил он
совершает плоскопараллельное движение.
Составим дифференциальные уравнения движения цилиндра:
Мхс = -T'-Fip
+Mgsina,
Мус = -Mgcosa
+ N,
Icq>=T'r-FTpr.
(1)
(2)
(3)
Из уравнения (2) найдем:
N = Mg cosa.
Поэтому
FTP =fN -fMg
cosa.
380
X. Динамика
материальной системы
*
Зная, что
r
^Сг =
Mr2
_ хг
Z > Ф = —,
2
г
запишем уравнение (3) в виде
— ^ = T'-Fjp.
(4)
Сложим уравнения (1) и (4) и получим
3
-Мхс
= -2Flp + Afgsina = A f e ( s i n a - 2 / c o s a ) .
Откуда
хс =
dt
= ^ g (sin a — 2 / cos a).
3
(5)
Разделим переменные и проинтегрируем выражение (5):
2
dxc - — g (sin a - 2 / c o s а) Л,
При t = 0 vCo
Получим, что
2
= — - = -g/(sina-2/cosa)+Cj.
dt
3
= 0, тогда Q = 0.
gt2
s = xc = - ^ - ( s i n a - 2 / cosa).
Найдем натяжение нитей, подставив уравнение (5) в выражение (4):
Mg
- ^ . ( s i n a - 2 / c o s a ) = Т'~ fMg cosa.
Откуда
Т' = i A/g(sina+/cosa).
Так как Т'-2Т,
то
Г = - A/g(sin a + / cosa).
6
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
1
,
J
О т в е т : s - - g ( s i n a - 2 / c o s a ) г ; Т --Mg{sina
3
6
остается в покое, если tga < 2 / .
381
+ / c o s a ) . Цилиндр
Задача 39.21
Два цилиндрических вала массы М\
и Mi скатываются по двум наклонным
плоскостям, образующим соответственно углы а и ^ с горизонтом. Валы
соединены нерастяжимой нитью, концы которой намотаны на валы и к ним прикреплены. Определить натяжение нити и ее ускорение при движении по наклонным плоскостям.
Валы считать однородными круглыми цилиндрами. Массой нити
пренебречь.
Решение
Рассмотрим движение вала С, под действием силы тяжести M\g
и натяжения нити Т (см. рисунок). Считаем, что нить движется в сторону скатывания вала и ускорение его центра масс равно сумме ускорений вала xt и нити х0, т.е.
xq = Х\ + х0.
Запишем дифференциальные уравнения плоского движения вала С\.
Л/|(Х] + х 0 ) = A / i g s i n a - T ,
(1)
/с, = е, = Тц
(2)
382
X. Динамика материальной системы
и вала С2 под действием силы тяжести M2g и натяжения нити Т',
учитывая, что
= х2 + х0:
M2{x2 + x0) = M2gsma-T',
/с 2 = е2 = Т'г2.
(3)
(4)
Найдем моменты инерции валов:
МУ
!с г
_М2г{
=
2
2
Тогда уравнения (2) и (4) примут вид
щ а
2
г,
(5)
= т:
( 6)
=
С учетом того, что Т = 7", получим
Л/|/;е| _ М2г2г2
2
~
или
(7)
М\г{&\ = М2г2гг = 2Т.
Поскольку х, = г,ф,, х 2 = г2 ф2, то х, = /|ф(, х 2 = г2 ф2, где ф, = е,, ф2 = £2Подставим полученные соотношения в выражение (7):
М\Х\ = М2х2.
Из уравнения (1) вычтем уравнение (3):
^ ( х , -xq)-M2(X2-X0)
=
Migsina-M^smfi
и, учитывая равенство (8), получим
x0(Ml+M2)
=
Mlgsina-M2gsin$,
откуда
М , sin г* — М - s i n ft
(8)
383
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
Подставим выражение (9) в уравнение (1):
МХХ]+————
——~
= M\gsma-T.
(10)
М, + М2
Тогда, учитывая, что М\х{ =2Т,
ЗГ = M|gsina- M\g{M\gs\na-Mjgsmfi)
Мх+Мг
Из равенства (11) найдем
~8
3
(MI+M2)
„
~
AfiA/ 2 (sina + sin(3) ..
М\ sina-A/ 2 sinB
О т в е т : Т = g —!——
—; ха = g —5
—
3 (Мх+М2)
Мх + М2
Задача 39.22
Определить период малых колебаний
однородного полукруглого диска радиуса R,
находящегося на негладкой горизонтальной плоскости, по которой он может катиться без скольжения.
Решение
Составим дифференциальные уравнения плоского движения твердого тела. Начало координат выберем в точке касания тела и плоскости в момент равновесия (см.
рисунок). Учтем, что
CD = -— = /,
Зя
где точка С
центр тяжести полудиска.
Тогда
mxc = -FTр,
(1)
туе = -mg + N,
(2)
/Сф= FTp(R-lcosq>)-
N1 sirup.
(3)
384
X. Динамика материальной системы
Из уравнения (2)
(4)
N = тус +mg.
Подставим в уравнение (3) выражения (1) и (4):
/ с ф = - (R-lcos<$)mxc-(тус
+mg)l sin q>.
(5)
Так как диск катится без скольжения, то
Хс = /?ф—/ sin ф,
Ус = R-1 СОБф.
Поскольку рассматриваем малые колебания, для которых ь т ф ~ ф,
С05ф = 1, то
xc=(R-l)ф,
xc=(R-l)ф;
Ус =R-l,
Ус =0.
Тогда уравнение (5) примет вид
Icfy=-m(R-l)2$-mgl<p
или
mgl
Ф + V — 7 ™ Г - Ф = 0.
Ic + (R-l)lm
Найдем момент инерции полудиска
/с
=
ID -ml2 = ^
2
-ml2 = ™(R2 -2l2).
2
Тогда уравнение (6) примет вид
ф+
г
(R2-2l2)
^ф = 0
+ 2(R-l)2
или
ф = £
где к =
(R2
2 gl
-2l2)+2(R-t)r
2 ф
= 0,
(6)
39. Плоскопараллельное движение твердого тела
385
Найдем период колебаний:
7 - ^ =
к
У
(7)
2 gl
4R
Подставим в выражение (7) значение I - — и после преобразоваЗл
нии получим:
T=
Ответ: Т = —
2g
2g
J2g(9%-16)R.
^2g(9n-16)R.
40. Приближенная теория гироскопов
Методические указания к решению задач
Гироскопом называется симметричное твердое тело, совершающее
движение вокруг неподвижной точки, расположенной на его оси
симметрии. Таким телом является волчок или тяжелый однородный
диск, который одновременно может вращаться вокруг двух или более пересекающихся в одной точке осей. Следовательно, движение
гироскопа может рассматриваться как сферическое, т.е. как движение тела с одной закрепленной точкой, или как составное движение
вокруг пересекающихся осей. Поэтому при постановке и решении
задач по теории гироскопов целесообразно пользоваться терминологией сферического или составного движения тела.
Так, при сферическом движении положение тела в неподвижных
осях определяется углами Эйлера: \|/ — угол прецессии, ф — угол собственного вращения, 6 — угол нутации. При этом неподвижную
систему координат следует обозначить Oxyz, а подвижную — связанную с телом, — OxiyiZi, где Z\ — ось симметрии тела. Тогда согласно
терминологии сферического движения вращение тела вокруг оси Z\
является собственным вращением, а по терминологии составного движения — относительным. При этом угловая скорость вращения —
это угловая скорость собственного вращения или угловая скорость
относительного движения, которую обозначают соответственно со,,, = ф
или со,..
Вращение вокруг оси z по терминологии сферического движения
называется прецессией, по терминологии составного движения — переносным движением. Угловая скорость обозначается о^ = у(угловая
скорость прецессии) или сое (угловая скорость переносного движения).
Угол нутации 0 — это угол между осями г и Z\. Если 9 = const, то
Юу = const и Ш(р = const и имеет место так называемая регулярная прецессия, играющая важную роль в технике и в частности в таких устройствах, которыми являются гироскопы.
Задачи этого параграфа решают с использованием элементарной,
или приближенной, теории гироскопов. Сущность этой теории в том,
что для быстровращающегося гироскопа угловая скорость прецессии
387
40. Приближенная теория гироскопов
мала по сравнению с угловой скоростью собственного вращения, а угол
нутации остается практически постоянным, поэтому абсолютная угловая скорость гироскопа
со ~ о5ф.
(40.1)
Тогда кинетический момент быстровращающегося гироскопа относительно неподвижной точки О
L 0 = / 0 ш = /0га(р
(40.2)
и направлен он по оси собственного вращения.
Согласно теореме Резаля
=
=Ъ
(40.3)
где й — скорость конца вектора L0. Геометрически й равна главному
моменту внешних сил относительно точки О:
М6 = ЪМ0{?П,
-
т.е.
и =Щ.
(40.4)
Поэтому, если Мо Ф 0, то конец вектора кинетического момента L 0
движется со скоростью и, это значит, что ось собственного вращения гироскопа будет вращаться вокруг оси прецессии с некоторой
угловой скоростью о5,г Тогда скорость б" может быть определена аналогично скорости любой точки тела при вращении вокруг неподвижной оси по формуле Эйлера:
v = w х г,
где ? — радиус-вектор, проведенный из некоторой точки на оси вращения в данную точку.
Поэтому
б" = & y X L 0 = cOyX/offlkp.
(40.5)
Выражения (40.4) и (40.5) позволяют определить угловую скорость
прецессии со^ при известных значениях угловой скорости собственного вращения гироскопа и главного момента внешних сил, так как
| MQ | = | Юу х / 0 сц,, j = /^ШуСОф sin 0.
(40.6)
388
X.
Динамика материальной системы
Отсюда
°V = - r
гЧ/oW^sinG
(40.7)
Если же заданы угловая скорость прецессии и угловая скорость
собственного вращения, то момент внешних сил можно определить
по формуле (40.6).
Если гироскоп представляет диск, вращающийся вокруг пересекающихся осей (рис. 40.1), причем ось собственного вращения закреплена в некоторых опорах А и В, то момент внешних сил относительно точки пересечения осей О будет создаваться реакциями этих
опор, расположенных в плоскости, к которой М$, а следовательно,
и вектор й перпендикулярны. Если гироскоп расположен симметрично относительно опор, то величина их реакций
^ b J ^ t & j ^ .
АВ
(40.8)
г
Мт
•v
2
..
О
%
Ж
L0
у / 21
с
Рис. 40.1
В свою очередь в опорах будут возникать давления N, равные по
величине реакциям, но направленные противоположно им, т.е.
Na=-Ra,
Nb = -RB.
Если к вращающемуся гироскопу приложить главный момент сил
инерции гироскопа относительно его неподвижной точки И$н, то
в соответствии с принципом Даламбера получим уравновешенную
систему сил:
MgH + MS = 0 =» М£н =
-Щ.
(40.9)
389
40. Приближенная теория гироскопов
Так как
MS =
=/оСоЗ^х йф),
(40.10)
р) = / 0 (®ф X OV).
(40.11)
то
Щ
и
=
Выражение / 0 (соф х ш^) в теории гироскопов называют гироскопическим моментом и обозначают М г . Таким образом,
М г = Ж0ИИ = 1 0 ( % х Шу).
(40.12)
Гироскопический момент можно представить как момент гироскопической пары сил, которыми и являются силы давления в опорах, т.е.
МТ =
M(NA,NB).
Значение этих сил определяют по формуле
=
АВ
АВ
(40.13)
которая аналогична выражению (40.8).
Действие гироскопической пары сил можно определить по правилу Жуковского:
если быстровращающемуся гироскопу сообщить прецессионное
движение, то возникает гироскопическая пара сил, стремящаяся
расположить ось гироскопа параллельно оси прецессии, причем
так, чтобы после совпадения направления этих осей оба вращения имели одинаковое направление.
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Показать на рисунке внешние силы, действующие на гироскоп
(реакции опор, силу тяжести, направление главного момента внешних сил и гироскопического момента).
2. Изобразить неподвижные Охуг и подвижные OxxyxZ\ оси координат. Начало координат выбрать в неподвижной точке, ось z\ направить по оси симметрии гироскопа, ось z — по оси прецессии.
3. Показать на рисунке направление кинетического момента и направление угловых скоростей собственного вращения и прецессии.
390
X. Динамика материальной системы
4. Записать применительно к данной задаче теорему Резаля или
с использованием гироскопического момента уравнение равновесия
в виде формулы (40.9). При определении статических давлений (реакций) возможны и другие уравнения равновесия.
Задачи и решения
Задача 40.1
Волчок вращается по часовой стрелке
вокруг своей оси OA с постоянной угловой скоростью со = 600 рад/с; ось OA наклонена к вертикали; нижний конец оси
О остается неподвижным, центр масс С
волчка находится на оси OA на расстоянии ОС - 30 см от точки О; радиус инерции волчка относительно оси равен 10 см.
Определить движение оси волчка OA, считая, что главный момент количеств движения волчка относительно оси OA равен /со.
Решение
Применим теорему Резаля:
dLo
•1M0{Fe)
dt
= U.
Расположим ось Z\ собственного вращения волчка в плоскости yz. Тогда
вектор M0(mg) направлен в сторону,
противоположную направлению оси х,
а скорость U конца вектора кинетического момента Ь 0 направлена согласно теореме Резаля в ту же сторону.
Вектор ©у угловой скорости прецессии направлен по оси z вниз.
Тогда теорему Резаля запишем в виде
и = M0(mg)
(О
391
40. Приближенная теория гироскопов
и найдем и:
и = C0 ¥ Z, o sin9,
(2)
где L0 = IZl %•
Но 1Ц = I =тр2, тогда
и = aj1)(co(p/wp2sin9.
Найдем главный момент внешних сил относительно точки О:
M0{mg) = mg-OC• sine.
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (L):
(Оу о)ф/ир2 sin 6 = tng • ОС • sin 0
и найдем угловую скорость
g-OC
" V = ~2
р^соф
=
9,8-0,3 п . а .
. ,
л0,1-600
2 слл = ° ' 4 9 (Рад/С)-
О т в е т : ось OA вращается вокруг вертикали Oz по часовой стрелке,
описывая круговой конус, с постоянной угловой скоростью
cov = 0,49 рад/с.
Задача 40.2
Волчок, имея форму диска диаметра 30 см, вращается с угловой
скоростью 80 рад/с вокруг своей оси симметрии. Диск насажен на
ось длины 20 см, расположенную вдоль оси симметрии волчка. Определить угловую скорость регулярной прецессии волчка, полагая,
что его главный момент количества движения равен /со.
Решение
Считаем, что ось собственного вращения расположена в плоскости Oyz и диск
вращается против часовой стрелки (см. рисунок). Тогда вектор L0 направлен по оси Z\,
а вектор M0(mg) — противоположно оси х,
скорость U конца вектора кинетического
момента в соответствии с теоремой Резаля — в сторону вектора M0(mg).
a.
M0(mg)
еДК
о,
fSq
uZ
mg
Л
y
392
X. Динамика материальной системы
Следовательно, вектор оЗ>, угловой скорости прецессии направлен
по оси z вверх.
Запишем теорему Резаля:
й = M0{mg).
Найдем скорость конца вектора L0:
u = a)yL0 sin9,
2
ft1/
П1К
г д e i 0 = Iц соф = — - , так как /., = I =
Тогда
(1)
2
—.
. 0.
M = (0 v o ^mr
—2s m
(2)
Определим главный момент внешних сил относительно точки О:
M0{mg) = mg • ОС • sin 0.
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
тг
со^Юф
2
sin 0 = mg • ОС • sin 0.
Откуда найдем угловую скорость регулярной прецессии волчка:
О т в е т : 2,18 рад/с.
Задача 40.3
Турбина, вал которой параллелен продольной оси судна, делает
1500 об/мин. Масса вращающихся частей 6 т, радиус инерции р = 0,7 м.
Определить гироскопические давления на подшипники, если судно
описывает циркуляцию вокруг вертикальной оси, поворачиваясь на
10° в секунду. Расстояние между подшипниками / = 2,7 м.
Решение
Циркуляция судна вокруг вертикальной оси — это вынужденная
прецессия вокруг оси z (см. рисунок).
40. Приближенная теория гироскопов
393
Так как турбина вращается вокруг собственной оси Z\, то в соответствии с правилом Жуковского возникает гироскопический момент, стремящийся повернуть ось
гироскопа параллельно оси прецессии.
Поэтому в подшипниках возникают вертикальные давления NA и NB, направления которых противоположны реакциям
ЯА И RB. Так как NA = NB = N, то гироскопический момент
МГ
=
М
=
1Ц1
(1)
10л
к
кп
где 1Ц = Мр 2 ; с ^ = ^ =
(Оф =
*
' ' т
180 18' т
30
Тогда из формулы (1) найдем гироскопическое давление
71
ш ¥ Л/р 2 ™
—-6-10 3 0,7
v
3
0
,
1
8
'
N =/
2,7
7 1 - 1 0 -0,7 -50
3-2,7
71-1500
30
= 30,4 (кН).
О т в е т : 30,4 кН.
Задача 40.4
Определить максимальные гироскопические давления на подшипники быстроходной турбины, установленной на корабле. Корабль подвержен килевой качке с амплитудой 9° и периодом 15 с вокруг оси,
перпендикулярной оси ротора. Ротор турбины массы 3500 кг с радиусом инерции
0,6 м делает 3000 об/мин. Расстояние между подшипниками 2 м.
_
X. Динамика материальной системы
394
Решение
Определим кинетический момент турбины относительно продольной оси Oz],
проходящей через центр масс турбины
(см. рисунок):
т
т
2
z1
п п
= 3500 0,б 2 • З'^'ЗООО _
30
= 395 640 (кг • м 2 )/с.
Предположим, что килевая качка происходит по закону
Тогда угловая скорость
dy
сортах) = ^
^
Т
=2
2п
[2пЛ
3'14-3'14 9
15180
= 0,0657 (рад/с).
Гироскопический момент
Мт = Мр = RAl,
где RA = RB — реакции подшипников; М г = /^ЮуЮ,,.
Тогда
=
RAL.
Откуда
Ra
=Rb= ^
=
395 640-0,0657
=
„
^
„
=
„
( к Щ
Силы давления равны реакциям подшипников и направлены противоположно им.
О т в е т : 13 кН.
40. Приближенная теория гироскопов
395
Задача 40.5
Определить время Т полного оборота
оси симметрии артиллерийского снаряда
вокруг касательной к траектории центра
масс снаряда. Это движение происходит
в связи с действием силы сопротивления
воздуха F= 6,72 кН, приближенно направленной параллельно касательной и приложенной к оси снаряда на расстоянии
А = 0,2 м от центра масс снаряда. Момент количества движения снаряда относительно его оси симметрии равен 1850 кг • м 2 /с.
Решение
Угловую скорость вращения оси симметрии снаряда вокруг касательной определим (см. рисунок), применив теорему Резал я:
где и = Ь0ц cousin а; Ме0 = Fh sin а.
Тогда
LQ ! « у sin а = Fh sin а.
Откуда
«V =
Fh
(1)
Lozi
Так как
2к
cov = то с учетом выражения (1) время полного оборота оси симметрии
снаряда
2к 2nL0z
Т =— =
со,,
Fh
Ответ:
8,64 с.
2-3,141850
6,72-10
0,2
= 8,64 (с).
396
X. Динамика материальной системы
Задача 40.6
Газотурбовоз приводится в движение турбиной, ось которой параллельна оси колес и вращается в ту же сторону, что и колеса, делая
1500 об/мин. Момент инерции вращающихся частей турбины относительно оси вращения / = 200 кг • м 2 . Как велика добавочная сила
давления на рельсы, если газотурбовоз идет по закруглению радиуса
250 м с о скоростью 15 м / с ? Ширина колеи 1,5 м.
Решение
Определим кинетический момент турбины относительно оси вращения Z] (см. рисунок):
j
=
1
,
и
3,14 1500
... .
2, .
= Iot, т г = 2 0 0 - ^ —
= 31 400 (кг- м 2 /с).
По теореме Резаля
тогда
Ме0
=
=
л
=
400 — = 1884 (Н • м).
250
Гироскопический момент турбины
Мг = Mo = Ra АВ.
Откуда динамические реакции:
=
АВ
=
1,5
-1256 (H).
;
397
40. Приближенная теория гироскопов
Динамические давления NA и Nв равны динамическим реакциям,
но направлены в противоположные им стороны.
О т в е т : на один рельс 1256 Н вниз, на другой рельс 1256 Н вверх.
Задача 40.7
В дробилке с бегунами каждый бегун имеет
массу М= 1200 кг, радиус инерции относительно его оси р = 0,4 м, радиус R = 0,5 м, мгновенная ось вращения бегуна проходит через
середину линии касания бегуна с дном чаши.
Определить силу давления бегуна на горизонтальное дно чаши, если переносная угловая
скорость вращения бегуна вокруг вертикальной оси соответствует п = 60 об/мин.
Решение
Выберем оси координат* и z (оси х, и z\ — подвижные), начало
координат в точке О. Введем обозначения: со; — угловая скорость
вращения бегуна вокруг оси z (угловая скорость прецессии); Ш2 — угловая скорость вращения бегуна вокруг оси z\ (угловая скорость собственного вращения); со — абсолютная скорость вращения.
Мгновенная ось вращения бегуна направлена по линии OA, поэтому
(0=05, + ю 2 = GV+<V
Так как ЛОАС -AOED, то
(О) _ АС _ R
ОС ~ Г
где ОС = /.
Найдем
со2 = со. —
R
или
®<Р = «V—•
А
398
X. Динамика материальной системы
Динамические реакции RA и R0 образуют пару сил с моментом Ме0 = RJ
и равны гироскопическому моменту:
M r = I Czi C0iC02,
где / с , = т р 2 . Тогда
Мг
=
mp2C0[2/
Л
Найдем динамические реакции:
г. —
_ г»Ал_ —
МТ
Яд
А
Ю
I
_= m p V
R
.
Гироскопическое давление равно по модулю динамическим реакциям, т.е.
A
A
R
Следовательно, полное давление бегуна на дно
N = mg + NA =m 8 +
М"
R
пп где со. = — = 2тс.
30
Подставив численные значения в это выражение, получим
0,42-4гс 2 \
N = 1200 9,81 +
-26 900 (Н) = 26,9 (кН).
0,5
О т в е т : N= 26,9 кН.
Задача 40.8
Колесный скат массы М - 1400 кг, радиуса а = 75 см и с радиусом инерции относительно своей оси р = л/0,55 а движется
равномерно со скоростью v = 20 м / с по
закруглению радиуса R = 200 м, лежащему в горизонтальной плоскости. Определить силу давления ската на рельсы, если
расстояние между рельсами / = 1,5 м.
399
40. Приближенная теория гироскопов
Решение
Выберем начало подвижной системы координат Oxxyxz\ в точке О.
Внешними силами являются реакции RA и Rg рельсов и сила тяжести катков Mg/2 (см. рисунок).
Пусть скат вращается вокруг оси z против часовой стрелки. Тогда
вектор сбу направлен вверх, а вектор с^ — влево. Найдем динамические реакции. Применим теорему Резаля:
cfL
= Ms = Й = ® V X Г 0 = с ^ х
0V
Определим момент внешних сил:
MS = V
= 1Ц с^сйф.
Откуда
кв
где 0)v =
_ VV^P
>
1г = Мр2 = 0,55а 2 М; соф =
А
а
Тогда
R В
М Р 2 у 2 = 0»55iWflv 2
Ral
Rl
_ 1400 0,55 0,75-202 __ ? ? Q
200 1,5
и направлена вверх, а Д^ = R a , но направлена вниз.
(Н)
400
X. Динамика материальной системы
Однако при движении колесного ската по закруглению возникают
дополнительные динамические реакции за счет центробежной силы
инерции, которая направлена по оси Oi\.
v2
Ма„=М—.
R
Фц =
Обозначим динамические реакции, возникающие вследствие силы
инерции RAU И RBц. Тогда согласно принципу Даламбера запишем:
=
ZMB(FK)
(1)
Фц=0.
= RAUL-A
(2)
Откуда
пВп =
Rau
'An~~RRH
аФи
/
"
aMv2
-
RL
Подставим численные значения и получим
„
1400-202 0,75
&Аи - Кви 200^5
ллгл/
=
„л
Так как гироскопические и центробежные динамические реакции направлены в одну сторону, то
RA
= RS
= RA
+ RAN
= 770 + 1400 = 2170 (Н).
Статические реакции
Обе реакции направлены вверх.
Суммарные давления под колесами равны суммарным реакциям
и направлены противоположно им.
Тогда
| Na | = Rf -Ra = 6,86-2,17 = 4,69 (кН),
=
+RA =6,86+2,17 = 9,03 (кН).
40. Приближенная теория гироскопов
401
П р и м е ч а н и е . Если поменять направление поворота ската на противоположное, принятому выше, то величина давления под колесами будет
NA =6,86 + 2,17=9,03 (кН),
NB = 6 , 8 6 - 2 , 1 7 = 4 , 6 9 (кН).
Поэтому в обшем виде можно записать так:
W =6,86 + 2,17 кН.
О т в е т : N = 6,87+0,77 кН.
Задача 40.9
На рисунке изображен узел поворотной части разводного моста. Вал АВ
с шарнирно прикрепленными к нему
под углом а стержнями CD и СЕ вращается с угловой скоростью со0- При
этом конические шестерни Кш L, свободно насаженные на стержни CD и СЕ,
катятся без скольжения по неподвижной плоской горизонтальной шестерне.
Определить силу дополнительного динамического давления шестерен К и L массы М каждая на неподвижную горизонтальную шестерню, если радиусы всех шестерен равны г. Подвижные шестерни
считать сплошными однородными дисками.
Решение
Найдем угловую скорость вращения Юф шестерни относительно оси Z\Учтем, что
ю = с5чг+0)ф = Шо + ®1,
где со — абсолютная угловая скорость.
Направления угловых скоростей показаны на рисунке. Из рисунка видно,
что со0 = Ю|, так как мгновенная ось вращения CS— биссектриса угла АСЕ. Найдем гироскопический момент
Мт = Е, (го, хсо 0 )
402
X. Динамика материальной системы
или
М т = 1Ц (Щ х со,,),
j Мт | = IZi coo(Oi sina = It cousin a,
где /., =
(1)
Mr2
Тогда выражение (1) примет вид
^
r
_ Mr2coo
_ sin a.
(2)
С другой стороны,
Mr = Щ = MC(RS) = Rsr.
Из выражений (2) и (3) получим
Л/rcoo sin a
Динамическое давление Ns = Rs.
Ответ:
A/raisin a
Задача 40.10
Квадратная рама со стороной а = 20 см
вращается вокруг вертикальной оси АВ с угловой скоростью со, = 2 рад/с. Вокруг оси
ED, совмещенной с диагональю рамы, вращается диск М радиуса г= 10 см с угловой
скоростью со = 300 рад/с. Определить отношение дополнительных сил бокового давления на опоры А и В к соответствующим
статическим давлениям. Массой рамы пренебречь. Массу диска считать равномерно
распределенной по ободу.
(3)
403
40. Приближенная теория гироскопов
Решение
Используя уравнения статики
или
D
(1)
I MA{Fk) = 0
или
G
\
Е
а
G-~Xf
2
АВ = 0.
(2)
ГА
-Я
М
,
V,
X
Найдем статические реакции (см. рисунок):
уст _ уст _
л —Л а
Л
Ga
2 АВ
Mga
(3)
2 АВ
При вращении рамы возникает гироскопический момент
Mv =
sin45°.
Тогда динамические реакции
уд
уд
Л . — Л в —
М
т
—
АВ
л
•,
2 АВ
где I — момент инерции.
Так как масса диска равномерно распределена по его ободу, то
1 = Mr 2 и, следовательно,
д
уд
Л . ~ Лв
л
Mr2 С0,0>2
—
л/2
(4)
.
АВ
С учетом выражений (3) и (4) определим искомое отношение
ХА
хв
ХсА ~ Xf
_ Мг2щщ . Mga ^V7r2tD|fl)2 ^1,414-l() 2 -2-3Q0
~ -J2 AB '2 АВ
О т в е т : 4,32.
ga
981-20
= 4
?2
404
X. Динамика материальной системы
Задача 40.11
Колесо радиуса а и массы 2М вращается
вокруг горизонтальной оси АВ с постоянной
угловой скоростью оз,; ось АВ вращается вокруг вертикальной оси OD, проходящей через центр колеса, с постоянной угловой скоростью со2; направления вращений показаны стрелками. Найти силы давления NA и NB
на подшипники А и В, если АО=ОВ = Л; масса колеса равномерно распределена по его
ободу.
с
Решение
В результате одновременного вращения относительно двух осей
колеса возникает гироскопический момент
М т = 1Ц (со,хю 2 ),
направленный в соответствии с правилом векторного произведения
по оси х (см. рисунок). Кроме Мг, к колесу приложена сила тяжести
G = 2Mg.
Уравнения динамического равновесия имеют вид
Х П = о,
405
40. Приближенная теория гироскопов
ИЛИ
RA + RB-2Mg
= 0,
(1)
Mr=0.
(2)
2МЖ)=0
или
-RAh + RBh +
Так как масса колеса равномерно распределена по ободу, а угол
между векторами Щ и со2 равен 90°, то
IZ] = 2 Ма\
Мт =2Л/а 2 (о ) (о 2 .
(3)
Умножим уравнение (1) на h и вычтем из него уравнение (2), с учетом выражения (3) получим
2RAh -2Mgh - 2Ма1щсо2 =
Следовательно,
j^jJl + f W
Умножим уравнение (1) на h и прибавим к нему уравнение (2),
с учетом выражения (3) получим
2RBh-2Mgh + 2Ma2(^(!>2=Q.
Откуда
где со, = шф, ю 2 = о у
Если агщщ!gh >\, то направление вектора RB противоположно
указанному на рисунке. Давление на подшипники А и В численно
равно значениям величин реакций опор, т.е. NA = RA, NB = RB, но направлено противоположно им.
/
Ответ:
NA = Mg 1 +
\
gh
406
X. Динамика материальной системы
Задача 40.12
Простейший гиротахометр состоит из
гироскопа, рамка которого соединена
с двумя пружинами, прикрепленными
к корпусу прибора. Момент инерции гироскопа относительно оси собственного
вращения равен / , угловая скорость гироскопа равна со. Определить угол а , на
который повернется ось гироскопа вместе с его рамкой, если прибор установлен
на платформе, вращающейся с угловой
скоростью о>1 вокруг оси х, перпендикулярной оси у вращения рамки. Коэффициенты жесткости пружин
равны с; угол а считать малым; расстояние от оси вращения рамки
до пружин равно а.
Решение
Вследствие одновременного вращения
относительно двух осей на гиротахометр.
действует гироскопический момент
C3<°i=ev
М г = /(Црхю,,).
Вектор Мт направлен вдоль оси у (см.
рисунок) и стремится повернуть раму
вместе со стрелкой z вокруг оси у. В свою
очередь пружина деформируется и возникает сила упругости, момент которой
My(Fynp) относительно оси у уравновешивает Мг, т.е.
(1)
Так как co ¥ ±« q ) и sin90°= 1, то
My =
сог
(2)
Поскольку FyпР = 2саа, то
My{Fy пр) = Fyy,pa = lea2 а.
(3)
40. Приближенная теория гироскопов
407
Подставим выражения (2) и (3) в равенство (1) и получим
2са2а = /о),са
Откуда
/со
где ш= со,,, щ = ( д г
л
Ответ: а -
/соTtOi.
2са 2
41. Метод кинетостатики
Методические указания к решению задач
Метод кинетостатики — общий метод решения задач динамики,
с помощью которого уравнениям движения, т.е. уравнениям динамики, придается вид уравнений «равновесия», т.е. уравнений статики.
Метод основан на использовании принципа Даламбера для материальной точки или для механической системы. В соответствии
с этим принципом вводят силы инерции материальной точки или
системы материальных точек, движущихся с некоторым ускорением
в инерциальной системе отсчета. Силы инерции называют силами
Даламбера или просто силами инерции.
Условимся обозначать силу инерции Ф, т.е. так же, как и в случае
относительного движения точки, и считать, что она равна произведению массы точки на ее ускорение, взятому со знаком минус, т.е.
Ф = - т а ,
(41.1)
или в проекциях на оси декартовых координат:
Ф* = -тх,
Фу = -ту,
Фz=-ml
(41.2)
При движении материальной точки по кривой силу инерции можно разложить на две составляющие: касательную силу инерции Фт
и нормальную — Ф„, причем
Фс = -та.,
Ф„=-тап,
dv
где ах =—-а„=
dt
(41.3)
v2
—.
р
Пусть несвободная материальная точка движется под действием
равнодействующей F активных сил и равнодействующей R реакций
41. Метод кинетостатики
409
связей, наложенных на нее. Тогда в соответствии со вторым законом динамики точка приобретает ускорение
— F+R
а =
.
т
(41.4)
Сила инерции этой точки
Ф = -ma=-(F
+ R).
Равенство, выражающее принцип Даламбера для несвободной материальной точки, можно записать следующим образом:
F + R + Ф^ 0,
(41.5)
т.е. для несвободной материальной точки в любой момент времени
ее движения геометрическая сумма активных (задаваемых) сил, сил
реакций связей и силы инерции равна нулю.
Принцип Даламбера для несвободной механической системы можно
сформулировать так:
если ко всем точкам механической системы приложить равнодействующие активных сил и сил реакций связей, а также фиктивных сил инерции, то полученная система сил будет эквивалентна нулю, т.е. механическая система условно будет находиться в равновесии.
Из статики известно, что если под действием системы сил тело
находится в равновесии, то главный вектор и главный момент этих
сил относительно некоторого центра равны нулю. Поэтому принцип
Даламбера для механической системы можно записать в виде
+
X
+ X M 0 (R k ) + X М 0 {Ф к ) = 0.
(41.6)
(41.7)
В уравнениях (41.6) и (41.7) указанные силы представляют собой
соответственно главные векторы и главные моменты активных сил,
сил реакции связей и сил инерции всех материальных точек системы.
Таким образом, геометрическая сумма главных векторов активных
сил, сил реакций связей и сил инерции всех точек системы, а также
геометрическая сумма главных моментов этих сил относительно некоторого центра для несвободной механической системы в любой
момент времени равны нулю.
410
X. Динамика материальной системы
В учебной литературе можно также встретить следующую формулировку принципа Даламбера для механической системы:
геометрическая сумма главных векторов внешних и внутренних
сил, сил инерции точек системы, а также геометрическая сумма
главных моментов этих сил относительно некоторого центра
равны нулю.
Такая формулировка вполне допустима, но следует дополнительно оговорить, что в число внешних сил наряду с активными входят
силы реакций внешних связей, наложенных на механическую систему. Реакции внутренних связей как силы взаимодействия между
телами механической системы по свойству внутренних сил взаимно
уравновешиваются. Таким образом, при составлении уравнений (41.6)
и (41.7) эти силы следует исключить. Тогда получим, что
+
'
(41.8)
X M 0 ( F / ) + £ M 0 ( Ф * ) = 0.
(41.9)
При решении задач методом кинетостатики важным является определение главного вектора и главного момента сил инерции твердого
тела при любом его движении. Их определение основывается на известном из статики методе Пуансо о приведении произвольной системы сил к заданному центру. Поэтому можно записать, что система
сил при движении твердого тела эквивалентна главному вектору сил
инерции Ф* и главному моменту Мс этих сил относительно центра
масс:
ф* « гФ* =
=
Л2?
^ =
Л2
= ~ ( M r c ) = -MUc,
Щ
= 1Л/ С (Ф*) = - X f e х т к а к ) .
QA4) =
(41.10)
(41.11)
Формулы (41.10) и (41.11) в частных случаях движения твердого
тела имеют следующий вид:
• при поступательном движении
Ф* = -Мас,
= 0;
(41.12)
411
41. Метод кинетостатики
• вращении твердого тела вокруг оси, проходящей через центр
масс тела,
Ф * = 0,
=
(41.13)
где / с — момент инерции тела относительно оси, проходящей через
центр масс; ё — угловое ускорение тела;
• вращении твердого тела относительно оси, не проходящей через центр масс,
Мо = ~ / 0 ё ;
Ф* = ~Мас,
(41.14)
• плоскопараллельном движении
Ф* = ~Мас,
¥<? = ~I01.
(41.15)
В случае вращения тела относительно оси, не проходящей через
центр масс, и при плоскопараллельном движении главный вектор
Ф* сил инерции приложен в центре масс. Если силы инерции точек
тела привести к некоторой точке О, лежащей на оси вращения, то
Ф* =
- М а
с
,
но приложен он в точке О:
M$ =
-I0z,
где / 0 — момент инерции тела относительно оси вращения.
За центр приведения можно принять такую точку тела, относительно которой главный момент сил инерции окажется равным нулю.
Тогда силы инерции всех точек будут эквивалентны одной равнодействующей силе, равной по модулю главному вектору сил инерции, линия действия которой будет отстоять от точки О на расстоянии
J
Ж
ф*
К аналогичному выводу придем и в случае плоскопараллельного
движения твердого тела.
Если уравнения (41.8) и (41.9) записать в виде
~ — ~ -
(41.8')
412
X. Динамика материальной системы
= 0,
at
(41.90
то выражение (41.8') представляет собой теорему об изменении количества движения, а выражение (41.9') — теорему об изменении момента количества движения системы.
Сравнивая формулы (41.8) и (41.8'), (41.9) и (41.9'), получим формулы д ля вычисления главного вектора и главного момента сил инерции системы через количество движения и кинетический момент:
АХ(
Ф* = Х Ф * =
=
(41.16)
at
=
dt
(41.17)
Так как количество движения системы К = Mv c , то
Ф* =
dt
= -Мас.
(41.10')
Проецируя векторное равенство (41.17) на ось z, являющуюся осью
вращения тела, получим
=
=
dt
(41.18)
Так как кинетический момент тела при вращении вокруг оси z
Lz = Izcо, то
М ? = - 1 г ~ - = -1 г г,
dt
(41.19)
где I z — момент инерции тела относительно оси; е — угловое ускорение вращения тела.
По формуле (41.19) вычисляют главный момент сил инерции тела
при вращении вокруг оси, проходящей через любую точку тела.
Последовательность решения задач данного параграфа:
1. Изобразить на рисунке тело или механическую систему (систему тел), движение которой рассматривается в задаче.
2. Показать все внешние силы, действующие на тело или систему
тел, включая силы реакций внешних связей, а также силы инерции
всех тел.
413
41. Метод кинетостатики
3. Главный вектор и главный момент сил инерции тел определить
в зависимости от вида их движения по формулам (41.12)—(41.15),
выразив их через линейное или угловое ускорение одного из тел.
4. Выбрать систему координат.
5. Составить необходимые уравнения «равновесия» (уравнения
статики) для одного тела или для каждого из тел, входящих в данную
механическую систему, предварительно разбив систему на отдельные тела, и показать силы взаимодействия между ними.
6. Решить составленную систему уравнений и определить искомые величины.
Задачи и решения
Задача 41.1
Определить силу тяжести, действующую на круглый однородный
диск радиуса 20 см, вращающийся вокруг оси по закону ср = З/2. Ось
проходит через центр диска перпендикулярно его плоскости; главный момент сил инерции диска относительно оси вращения равен
4 Н • см.
Решение
Главный момент сил инерции диска относительно оси z (см. рисунок):
МФ = -11Ё
или по модулю
(1)
Момент инерции дйска
mR2
OR2
ускорение
е = ф = б7.
гл
414
X. Динамика материальной системы
Тогда согласно формуле (1)
2g
Откуда
81-4.101
=
ей 2
6-20 • (10 )
О т в е т : 3,27 Н.
Задача 41.2
Тонкий прямолинейный однородный стержень длины / и массы М
вращается вокруг оси, проходящей перпендикулярно стержню через
его конец, по закону ср = at2. Найти величины и направления равнодействующих Ф„ и Фт центробежных и вращательных сил инерции
частиц стержня.
Решение
Центробежные и вращательные силы инерции стержня при неравномерном вращении (см. рисунок):
Ф<п=-Мапс,
Фт = - М а е ,
0,5*
кг
0,51
D
/77?. 777.
1ж
(1)
Ф„
Фт
где ас — центростремительное ускорение центра масс стержня; а£ •
вращательное ускорение центра масс стержня.
Равнодействующие этих сил
Фп=Ма"с,
Ф,=Махс.
(2)
Найдем центростремительное и вращательное ускорения центра
масс стержня:
ас = - с о 2 / ,
2
где со - 2at; г = 2а.
415
41. Метод кинетостатики
Тогда
ас
=2a2t2l,
al = al.
(3)
Подставим выражения (3) в выражения (2) и получим
Ф„
=2Ma2lt2,
Фх = Mai.
Для определения линии действия равнодействующей вращательных сил инерции найдем главный момент сил инерции относительно
оси вращения Оу:
у
3
у
3
Из равенства главного момента сил инерции и момента равнодействующей вращательных сил инерции относительно точки О определим расстояние от линии действия равнодействующей Фт до оси
вращения:
h_
ф
\Mal2
у _ 3
Фт
Mai
м
м
2
£/
3 '
О т в е т : равнодействующая вращательных сил инерции Фх = Mai
2,
направлена перпендикулярно стержню на расстоянии - I
от оси вращения; равнодействующая центробежных сил
инерции Ф„ =2Ma 2 lt 2 направлена вдоль стержня от оси
вращения.
Задача 41.3
Колесо массы М и радиуса г катится без скольжения по прямолинейному горизонтальному рельсу. Определить главный вектор и главный
момент сил инерции относительно оси, проходящей через центр масс
колеса перпендикулярно плоскости движения. Колесо считать сплошным однородным диском. Центр масс С движется по закону хс = at2/2,
где а — постоянная положительная величина. Ось х направлена вдоль
рельса.
416
X. Динамика материальной системы
Решение
Колесо совершает плоское движение (см. рисунок), следовательно, силы
инерции его приводятся к главному вектору Ф* и главному моменту сил инерции относительно оси Cz, перпендикулярной плоскости движения, где точка
С — центр масс колеса.
Значение главного вектора сил инерции по модулю
Ф* = Мас - Мхс = Ма,
вектор Ф* направлен противоположно вектору а с .
Тогда главный момент сил инерции
Мф = 1Сг£
Mr2 хс
2
Mr2 а
г
1
г
Маг
2
О т в е т : главный вектор сил инерции равен по модулю Ма и направлен параллельно оси в отрицательном направлении;
главный момент сил инерции равен по абсолютной величине 1/2 Маг.
Задача 41.4
Определить главный вектор и главный момент сил инерции подвижного
колеса II планетарного механизма относительно оси, проходящей через его центр
масс С перпендикулярно плоскости движения. Кривошип ОС вращается с постоянной угловой скоростью со. Масса
колеса II равна М. Радиусы колее равны г.
Решение
Колесо И совершает плоское движение, поэтому его силы инерции приводятся к главному вектору Ф* приложенному в центре
масс С (см. рисунок):
417
41. Метод кинетостатики
Ф* = Мас,
Ф*
= МШ22Г
= Мас
=
2МО?Г
и к главному моменту сил инерции МФ.
В этом случае
Мф = 1се
= О,
так как со = const, е = 0.
О т в е т : главный вектор сил инерции параллелен кривошипу ОС
и равен 1М(а2г; главный момент сил инерции равен нулю.
Задача 41.5
Конец А однородного тонкого стержня АВ длины 21 и массы М перемещается m
по горизонтальной направляющей с помощью упора Е с постоянной скоростью v, причем стержень все время опи- оЪ
рается на угол D. Определить главный
вектор и главный момент сил инерции стержня относительно оси,
проходящей через центр масс С стержня перпендикулярно плоскости движения, в зависимости от угла ф.
Решение
Главный вектор сил инерции
Ф = -МасГлавный момент сил инерции
Мф = -/сё.
Стержень АВ совершает плоское движение, точка Р — МЦС (см. рисунок).
Угловая скорость стержня
УА
АР'
где А Р -
AD
БШф
AD
=
Н
ЭШф
418
X. Динамика материальной системы
Тогда
v
A sin2 ф
VA
01= —
—
(0=
"
Н
Угловое ускорение стержня
„ da vA _ .
dm 2VA
.
2v\ . 3
e = — = ~-2 sinфсовф
=
совтфсовф = - — s i n ф созф.
Главный момент сил инерции относительно оси Cz, перпендикулярной плоскости движения,
Mcz = -Icz £z>
,
Ml2
где I c z = ~ y ' ,
= &
Тогда
ЫФ
2Va
. З
Ml2
2 . .,2 V2A .
Mcz - —-узт'фсоБф——
- —Ml1—^-snr
H
3
3
H
Я
фсовф.
Скорость центра масс С определим по формуле сложения скоростей при плоском движении:
vc = vA + vCA
или
Vc* = VA~ Vo)йп<р,
VQ-= v C/4 cos9,
где VCA = со/ = — sin2 ф.
H
Тогда
v& = vA
я
- s m j ф,
vaI • 2
VCY = —Sin фсовф.
H
Продифференцируем эти выражения по времени, приняв, что
dip
со = — ,
dt
41. Метод кинетостатики
419
и получим проекции ускорений центра масс С на оси х и у:
аСх
а Су =
vAI 1 • 2
vAI • 4
= ——-3sin <pcos<p-£o = - 3 ~~ sin (pcostp,
H
H
sin фcos2 ф • со - sin2 фвш ф • со) =
Н
Н
sin3 ф(3 cos 2 ф -1).
Проекции главного вектора сил инерции на оси х и у
Ф* = -МаСх = З Л / ^ s i n 4 фсозф,
Ф* = -МаСу = мЩ
V2 /
О т в е т : Ф* = 3 М s i n
Н
Мсг =~Ml2j4i
4
sin3 фО - 3 c o s 2 ф).
V2/
фсовф; Ф* = Л/—sin 3 ф(1 -3cos 2 ф);
Н
8Ш3фС08ф.
Задача 41.6
По данным предыдущей задачи определить динамическое давление ND стержня на угол D.
Решение
Для определения силы динамического давления ND стержня на угол D применим принцип Даламбера. Покажем на
рисунке динамические силы: силы инерции Ф* и Ф*, момент сил инерции Мсг,
силы реакций RD, ХА и 7Л.
Силу реакции
найдем из уравнения
2MA(Fk)
Rp • AD -
Ф*
Е
\?л
сл
в
Мс,
-'вЕ
ф*
о
= О,
- Ф£ • AC • sin ф+ Ф* • AC • совф = О
н
420
X. Динамика материальной системы
или
Rn =
М?г + Ф* -AC-sinср-Ф*
• ЛС • coscp
—
.
Используя результаты решения предыдущей задачи, получим
Rn =
-у
1
V /
А
Ml —г-sin фсовф+3М —у sin фсовф• / sin ф Я
н2
- М
Я
sin3 ф(1 - cos 2 ф) / cos ф! /Я/sin ф =
Ml1 V2 • 44
!I2 .. 4
-> • :ф—1
2
Л+ 3cos
Л 2ф 1= 8Mv
oMV2г—sm
sin фсовф —+3sin'
фсоэф.
я3
3
О т в е т : Afo =
8 v2/2
j М s i n 4 фсоБф.
3 Я
Задача 41.7
Для экспериментального определения замедления троллейбуса применяется жидкостный акселерометр, состоящий из изогнутой
трубки, наполненной маслом и расположенной в вертикальной плоскости. Определить величину замедления троллейбуса при торможении, если при этом
уровень жидкости в конце трубки, расположенном в направлении
движения, повышается до величины h2, а в противоположном конце понижается до h\. Положение акселерометра указано на рисунке:
а, = а 2 = 45°, А, = 25 мм, h2 = 75 мм.
Решение
Применим принцип Даламбера для столбов жидкости в различных частях трубки в отдельности (рис. 1 и 2). Покажем на рисунках:
силы инерции Ф, и Ф2, реакции Nt и N2 стенок трубки, силы тяжести
£7) и G2, силы гидростатического давления жидкости JT, =-S2.
421
41. Метод кинетостатики
1г/
5
.Л
""Ф
'«zi
Рис. 1
Рис. 2
Выберем оси координат х\ и х2, тогда
I / Ц =0,
=0;
~5[ +Ф| cosaj
sina) = 0 ,
5 2 + ® 2 c o s a 2 ~ Gj sin ci 2 = 0 ,
(1)
где Ф[ =тха; Ф2 = т2а; Gx = mxg; G2 -m2g.
Выразим массу жидкости в обоих концах трубки через ее плот
ность р:
т, = р/х =р~
sin И!
т2
.-Ph-P~rIh
(2)
2
sma 2
Сложим уравнения системы (1), подставив выражения (2):
hx
hI|
.
р - — — a cosa! + р - ~ — g s m a ,
sma!
sinai
h^
"2
/г2
^—acosa 2 - р
sin a 2
sma 2
Откуда
д
^
g(/z2 —h\)
/j 2 ctga 2 +A, ctgai
Ответ: a =
_ g(h2-hx)
1 ё а , 1 ё а 2 ^ (0,075-0,025)g
A 2 tga]+A, tga 2
- —• - 1 - - = 0,5g.
h2 tg a, +/i, tga 2
0,075+0,025
п
422
X. Динамика материальной системы
Задача 41.8
С каким ускорением должна двигаться по горизонтальной плоскости призма, боковая грань которой образует угол а с горизонтом,
чтобы груз, лежащий на боковой грани, не перемещался относительно
призмы?
Решение
При рассмотрении равновесия груI<N
за на призме применим принцип Даламбера. Покажем на рисунке силы,
действующие на груз: силу тяжести G,
a
ф
силу инерции Ф = - та, реакцию N
плоскости.
G
Тогда Х-^ьс =0, т.е.
V////////////////;/////////////?////
Gsina-^cosoc^
или
mg sin а - т а cos а ; = 0.
Откуда ускорение призмы
a = g tga.
О т в е т : а - g tga.
Задача 41.9
Для исследования влияния быстро чередующихся
растягивающих и сжимающих сил на металлический
брусок (испытание на усталость) испытуемый брусок А
прикрепляют за верхний конец к ползуну В кривошипного механизма ВСО, а к нижнему концу подвешивают груз массы М. Найти силу, растягивающую
брусок, в том случае, когда кривошип ОС вращается
вокруг оси О с постоянной угловой скоростью со.
Указание. Выражение -J\ — (/*//)2sin2ср следует разложить в ряд и отбросить все члены ряда, содержащие отношение г/1 в степени выше второй.
423
41. Метод кинетостатики
Решение
Найдем координату точки В. Примем, что ZCBO = р.
Тогда
OJ? = /-cos9+/cosP.
(1)
1
^
По теореме синусов:
г
I
sinj3
sin ф
или
С учетом того, что
cosp = - J l - sin2 (J =
согласно формуле (1) получим
OB = rcos<p+/^|l - yfSin 2 ф.
(2)
Обозначим
/
• = JL
С учетом того, что ~ « 1 , ф = Ш, a -Jl-X2sin2<p = 1 - — s i n 2 ф, выражение (2) примет вид
X2 .
= /"созф+/^1 — ^j-sin2 ф
ОВ~ rcosy+l-Jl-l?sin2<p
(
Я.
~ Л , X
= Н совф+—cos29j+/-—Г~
^
- Л+ /,
= /•( cosco/. +—cos2otf
I
4
)
Хг .
4
(3)
424
X. Динамика материальной системы
Продифференцируем выражение (3) по времени дважды:
d
(
X
v B = — ( O B ) = г со - s i n с о / — s i n 2 c o /
dt
У
2
ав -
= /• ю 2 ( - cos со/ -
cos 2 cot).
Приложим к системе активную силу Mg и силу инерции Ф и найдем
Ф = Л/% = Mr co2(cos со/ + X cos 2 со/).
Тогда сила, растягивающая брусок,
N = Mg + Ф = Mg + Л/гсо2( cos со/ + - cos 2со/).
/
О т в е т : Mg +Mm2\cosv)t+
~cos2(ot ].
Задача 41.10
Определить опорные реакции подпятника А и подшипника В поворотного крана при поднимании груза Е массы 3 т с ускорением 1/3g. Масса крана равна 2 т, а его
центр масс находится в точке С. Масса тележки D равна 0,5 т. Кран и тележка неподвижны. Размеры указаны на рисунке.
Решение
Покажем на рисунке активные силы,
силы реакций связей ХА, YA, Хв и силы
инерции. Определим силу инерции:
Ф£ = тЕаЕ = 3000 • i g = 1000g.
Составим уравнения равновесия, с о гласно принципу Даламбера:
ZFks = XA + XB= 0,
(1)
41. Метод кинетостатики
425
=
=^
X МА(Тк) = -5ХВ-2mcg-5(mE+mD)g~5<t>E
(2)
= 0.
(3)
Из уравнения (2) найдем
У а = (тс+Щ +mD)g + ФЕ =
= (2000+3000+500)g + 1000g = 63 900 (Н).
Из уравнения (3)
Хв = -{-\^mcg+5(mE
+mD)g + 5Ф £ ] =
= -|[2000^-2 +(500+3000)g -5+1 OOOg • 5] = - 5 2 100 (Н).
Из уравнения (1) следует, что
ХА = -Хв
О т в е т : ХА = -Хв
= 52 100 Н.
=52,1 кН; УА = 6 3 , 9 кН.
Задача 41.11
Определить опорные реакции подпятника А и подшипника В
поворотного крана, рассмотренного в предыдущей задаче, при перемещении тележки влево с ускорением 0,5g при отсутствии груза Е.
Центр масс тележки находится на уровне опоры В.
Решение
Покажем на рисунке активные
силы, силы реакций связей ХА, УА,
Хв и силы инерции.
Определим силу инерции т е лежки
Фо =mDaD =0,5 mDg~
= 250^ = 250-9,8 = 2450 (Н).
426
X. Динамика материальной системы
Составим три уравнения согласно принципу Даламбера:
Ъгкх =
Y,Fky
хА+хв+Ф1)=о,
= У л ~mcg-mDg
(1)
= О,
=
(2)
=0.
(3)
Из уравнения (2) найдем
У л = g(mc +Щ) = 9,8 (2000+500) = 24 500 (Н).
Из уравнения (3)
1.
Хв = --(2mcg+5mDg+5Ф0)
=
1
= --(2000-2 +500-5+250-5)9,8 = - 1 5 190 (Н).
Из уравнения (1) следует, что
ХА=-ХВ-Ф0.
Тогда
ХА = 15 190-2450£ = 12 750 (Н).
О т в е т : ^ = 1 2 , 8 к Н ; Хв = -15,2 кН; Ул =24,5 кН.
Задача 41.12
На паром, привязанный к берегу двумя параллельными канатами,
въезжает грузовик массы 7 т со скоростью 12 км/ч; тормоза останавливают грузовик на протяжении 3 м. Предполагая, что сила трения
колес о настил парома постоянна, определить натяжение канатов.
Массой и ускорением парома пренебречь.
Решение
Покажем на рисунке действующие активные силы: натяжение канатов Г и силу инерции Ф = та.
Найдем ускорение по формулам кинематики:
v0-at
at2
= 0,
(1)
427
41. Метод кинетостатики
= 1,85 (м/с 2 ).
Тогда определим силу инерции
Ф=та = 7000-1,85 = 12 950 (Н).
Затем составим уравнение:
£ ^
= Ф~2Г = 0
и определим натяжение канатов
Т = - = 6475 (Н).
О т в е т : Г = 6,48 кН.
Задача 41.13
Автомобиль массы М движется прямолинейно с ускорением w.
Определить вертикальное давление передних и задних колес автомобиля, если его центр масс С находится на высоте h от поверхности
грунта. Расстояния передней и задней осей автомобиля от вертикали,
проходящей через центр масс, соответственно равны а и Ь. Массами
колес пренебречь. Как должен двигаться автомобиль, чтобы давления
передних и задних колес оказались равными?
Решение
Покажем на рисунке активные
силы, реакции связей NA, NB и силу
инерции. Сила инерции
Ф= Mw.
N
в
428
X. Динамика материальной системы
Составим уравнения согласно принципу Даламбера:
lFky
= NB + NA-Mg
= 0,
J
<>
(2)
£ Мв (Fk) = ФА + NA(a +b)~ Mgb = 0.
Из уравнения (2) найдем
_ Mgb - ФА _ M(gb - wh)
<2+6
a+b
из уравнения (1)
NB=Mg-NA
=
M{sa
+
a+b
wh).
Ускорение автомобиля найдем из равенства NA = NB:
M(ga-wh)
_ M(ga + wh)
a+b
w
ГЛ_„_
*j
M{gb-wh)
О т в е т : NA = —-—-—NB
a+b
..
a+b
g(a-b)
2h
M(ga + wh)
=—
!,• п р и торможении автомоa+b
биля с замедлением w =
——.
2А
Задача 41.14
С каким ускорением а опускается груз массы Ми
поднимая груз массы М2 с помощью полиспаста, изображенного на рисунке? Каково условие равномерного
движения груза М{! Массами блоков и троса пренебречь.
У к а з а н и е . Ускорение груза М2 в четыре раза меньше
ускорения груза Л/,.
Решение
Применим принцип Даламбера. Для этого мысленно
остановим движущуюся систему: добавим к действую-
M
i(j/
41. Метод кинетостатики
429
щим на нее силам силы инерции Ф] и Ф 2 , направленные в противоположную сторону ускорениям движущихся грузов массы Мх и М2
(см. рисунок).
В соответствии с указанием я, = а, а2- а/4. Тогда
Ф| = М\Щ = М\а,
(1)
Ф2 = М2а2 =
Рассмотрим движение груза массой М\. На основании принципа освобождаемое™ от связей заменим
действие троса его реакций 7[. Применим принцип
Даламбера и составим уравнение «равновесия» груза
в проекции на ось у под действием силы тяжести Mxg,
силы инерции Ф, и силы 7[:
57/=О
или
Т1+Ф1-Мх8
= 0.
(2)
Откуда
Tx=Mlg-Ol.
Рассмотрим теперь «равновесие» груза массой М2
и системы подвижных блоков:
X I / = 0 или 4Т2 - M2g - Ф2 = 0.
(3)
Откуда
Г,=
M2g + Ф2
Учитывая, что Т2 = Т\, получим
4(М^-Фх)
= М^ + Ф2.
(4)
Подставим выражения (1) в формулу (4) и определим ускорение
груза массой М х :
4Mxg-4Mxa
а = 4g
= M2g + М2 —,
4МХ -М2
16М, + Mi
430
X. Динамика материальной системы
При равномерном движении а = О, следовательно,
4М]
-М2=0
или
Mi _ 1
М-2
„ 4Mi-M2
О т в е т : а = 4g
!
16 Mi+M2
п
Mx 1
—- = -.
М2 4
Задача 41.15
Гладкий клин массы М и с углом 2а при
вершине раздвигает две пластины массы М\
каждая, лежащие в покое на гладком горизонтальном столе. Написать уравнение движения клина и пластин и определить силу
давления клина на каждую из пластин.
Решение
Рассмотрим движение клина. Действующие на клин силы реакций пластин N (см.
рис. 1) равны между собой, так как равны
массы пластин. В результате клин будет
двигаться вертикально вниз с некоторым
ускорением а.
Мысленно остановим движение клина,
добавив к действующим силам силу инерV*
ции Ф, противоположно направленную усРис, 1
корению а.
На основании принципа Даламбера, действующая на клин система сил находится в равновесии. Составим уравнение:
1^=0
или
Mg-<P+2Nsina
Ф -Ма.
= Q.
(1)
(2)
431
41. Метод кинетостатики
Применив принцип Даламбера для правой
пластины 1 (рис. 2), запишем уравнение:
N
а
Ф
Г
или
j V c o s a - Ф , =0.
if
(3)
y b
Сила инерции в этом случае
Ф
(4)
Из рис. 1 получим зависимость между а и й] :
ах = atga.
(5)
Л/е. 2
Из уравнения (3)
л г ~ * Ц
cosa
С учетом выражений (4) и (5)
N
_
Miatga
(6)
cosa
Подставим выражения (6) и (2) в уравнение (1):
Mg-Ma+2Mxatg2
а = 0.
Откуда с учетом того, что
tg2a-
t g a
ctg a
определим
М
a = gМ+2М]Щ7а
Afctga
a
Mctga+2M{tga
Закон движения клина:
at2
где ускорение a определяется по формуле (7).
Для пластины (1) получим
где ах = atga.
(7)
432
X. Динамика материальной системы
Сила давления
N
=
L
cosa
„
at7
О т в е т : уравнение движения клина: s =
<з = g
где
М ctga
; уравнение движения пластин:
Mctga+2Af, tga
fll?2
*
ЩJ] = ——, где flj = <зtga; сила давления TV = — — .
2
cosa
Задача 41.16
Груз А массы Ми опускаясь вниз, приводит в движение посредством нерастяжимой нити, переброшенной через неподвижный блок С, груз В массы М2. Определить силу давления стола D на пол,
если масса стола равна М3. Массой нити
пренебречь.
g r w k c
D
ЙА
ШШШ,WM
Решение
Сначала рассмотрим механическую
систему, включающую стол D, блок С
и грузы А и В. Мысленно остановим движение грузов, добавив к действующим на
систему внешним силам силы инерции:
Ф) = - М , а ь Ф2 = - М 2 а 2 (рис. 1). Так как
по модулю a{=a2 = а, то
Ф\~M\a,
Ф 2 = М2а.
(1)
Рис. 1
В соответствии с принципом Даламбера, полученная механическая система является уравновешенной. В частности, сумма проекций всех сил на вертикальную ось у будет равна нулю, и тогда
R-Mlg-MIg~M3g
+ Ф, =0,
где R — суммарная реакция со стороны пола на ножки стола.
(2)
433
41. Метод кинетостатики
Из уравнения (2) с учетом выражений (1)
найдем
R = (Mi + М2 + Mi)g - М\ а.
(3)
Далее рассмотрим движение груза Л (рис. 2).
На основании принципа освобождаемости от связей заменим действие нити ее натяжением ТА.
Применим принцип Даламбера и составим
уравнение «равновесия» груза в проекции на
ось у под действием силы тяжести M\g, силы
инерции Ф| и силы ТА:
Ф,
MJ
а
Рис. 2
57/= о
или
Г А + Ф, •Mlg = 0.
(4)
Из уравнения (4)
TA=M1g-<t>l=M,g-M,a.
(5)
Рассмотрим движение груза В, на который
действуют сила тяжести M2g, реакция N2 связи,
сила инерции Ф2 и натяжение нити Тв (рис. 3).
В
Применим принцип Даламбера и составим
Ф,
уравнение* «равновесия» в проекции на ось х:
М2ё
или
Рис. 3
Г5-Ф2=0.
Откуда
ТВ=Ф2 = М2а.
(6)
Рассмотрим равновесие блока С, на который
действуют силы натяжения ТА и Т&, а также ре%
акции опоры Х0 и Y0 (рис. 4).
Составим уравнение моментов сил относи(
•jl
тельно центра О:
2М0=
0
\
У
—.
Хо\
Jr. J
о.
X
T'a
или
- 7 > + 7 > = 0.
Рис. 4
434
X. Динамика материальной системы
Откуда
г; = п
или
тА = тв.
(7)
Подставим выражения (5) и (6) в формулу (7):
Mxg-M\a
= М2а,
откуда
Мх
а =•
-8Mi+М2'
(8)
Подставим выражение (8) в формулу (3) и получим
М\
+м2+м3-gм{ + м2 _
мх
Давление стола iVna пол равно суммарной реакции R, т.е. R = N.
О т в е т : N = \МХ+М2 +
М3-
М}
Мх + М 2
8-
Задача 41.17
Груз А массы Ми опускаясь вниз по наклонной плоскости D, образующей угол а
с горизонтом, приводит в движение посредством нерастяжимой нити, переброшенной
через неподвижный блок С, груз В массы М2.
Определить горизонтальную составляющую
давления наклонной плоскости D на выступ пола Е. Массой нити пренебречь.
Решение
Покажем на рис. 1 силы инерции ф
и Фг, которые надо приложить к движущимся телам А и В:
Фi=M\a,
Ф2 = М 2 а.
(1)
На основании принципа Даламбера запишем условие «равновесия» механической
Рис. 1
435
41. Метод кинетостатики
системы под действием активных сил, реакции
связей и сил инерции в проекции на ось х:
или
RE~ Ф] cosa = 0,
Vi
из которого с учетом выражений (1)
R£ - A/[acosa.
Рис. 2
(2)
В соответствии с принципом Даламбера рассмотрим равновесие груза А под действием силы
тяжести A/jf, натяжения нити ТА и силы инерции Ф,
и составим уравнение «равновесия» в проекции на
ось х\ (рис. 2):
14ч = MlS%ma- Тл -Ф, =0.
(3)
ТА = Л/]£5та~Ф[ = Migsina~Mxa,
(4)
Откуда
Далее рассмотрим равновесие груза В под действием силы тяжести M2g, натяжения нити Тв и силы инерции Ф2.
Составим уравнение «равновесия» в проекции
на ось у (рис. 3):
2 ^ = 7>-М2£-Ф2=0.
Ф,
Рис. 3
(5)
Откуда
Тв = M2g + Ф2 = M2g + М2а.
(6)
Рассмотрим равновесие блока С под действием
натяжений ТА и Тв нити и реакции оси блока. Х0
и Y0 (рис. 4).
Составим уравнения моментов относительно
центра О:
Рис. 4
436
X. Динамика материальной системы
Откуда
или
ТА = ТВ.
(7)
Подставим выражения (4) и (6) в равенство (7):
М\ g sin а - Л/) а = M2g + М2а,
откуда найдем
а
= —!
Мх+М2
1 g.
(В)
Подставим выражение (8) в формулу (2) и найдем
Msina-Af?
D
Re = Mxg—~——-i
cosa,
Mx + M2
равное давлению клина на выступ, т.е. N = RE.
л
к! I/ АЛ sin a - . M i
О т в е т : N = Mxg—'
±-cosa.
Мх + М 2
Задача 41.18
Однородный стержень массы М и длины / вращается с постоянной угловой скоростью и вокруг неподвижной вертикальной оси,
перпендикулярной стержню и проходящей через его конец. Определить растягивающую силу в поперечном сечении стержня, отстоящем от оси вращения на расстоянии а.
Решение
Выделим из стержня на расстоянии а от оси вращения.и рассмотрим
заштрихованный участок (см. рисунок). В выделенном участке возникает сила S , представляющая собой
силу взаимодействия между рассматриваемым участком и остальной частью стержня.
Щ
ф„
О + а)/2
_L
ш
437
41. Метод кинетостатики
Согласно принципу Даламбера к выделенному участку приложим
центробежную силу инерции Фц и составим уравнение «равновесия»
в проекции на ось х.
1 ^ х = Фц-5=0.
(1)
Центробежная сила инерции
Ф ц
=
(2)
М | Д ц .
Определим массу выделенной части стержня:
I
и центростремительное ускорение центра масс С этой части стержня:
l+а
2
Подставим найденные значения в выражение (2) и из уравнения (1) определим
s
M(I2-a2W
21
Сила S численно равна растягивающей силе F, т.е. F
-S.
_
„
M{l2-a2W
Ответ: F - — -—.
21
Задача 41.19
Однородная прямоугольная пластинка массы М равномерно вращается вокруг в е р т и к а л ь - — г
ной оси с угловой скоростью со. Определить силу,
разрывающую пластину в направлении,
п е р п е н - I
дикулярном оси вращения, в сечении, проходящем через ось вращения.
Решение
Мысленно разрежем пластину по оси вращения и рассмотрим
правую полупластинку (см. рисунок). Приложим силу 5 , которая
будет равнодействующей сил взаимодействия отброшенной и рассматриваемой полупластины.
438
X. Динамика материальной системы
В результате вращения полупластины с постоянной угловой скоростью возникает центробежная сила инерции:
М
М а 2 Ма
Ф„=—а£ =
or =
со .
2
2 2
4
ц
2
Согласно принципу Даламбера составим уравнения «равновесия» в проекции на ось х:
откуда
5 = Ф„
Ма
со2.
Сила, разрывающая пластину, равна силе S.
О т в е т : Мао?/4.
Задача 41.20
Однородный круглый диск радиуса R и массы М вращается с постоянной скоростью со вокруг своего вертикального диаметра. Определить
силу, разрывающую диск по диаметру.
Решение
Мысленно разрежем диск по диаметру и рассмотрим правый полудиск (см. рисунок). Приложим силу S , которая будет равнодействующей
сил взаимодействия отброшенного и рассматриваемого полудиска. В центре масс С полудиска приложим центробежную силу инерции. Так
как угловая скорость вращения постоянна, то
м
^
ц М
2
Фц = у Я с = у * с < о 2 ,
где х с :
4R
У'
о.
C_D W
439
41. Метод кинетостатики
Тогда
.
М 4R 2 2 MR 2
Фц =
(0 =
(0 .
ц
2 Зтс
3 п
Согласно принципу Даламбера составим уравнения «равновесия»
в проекции на ось х:
Откуда
„
.
2 MR 2
5=ФЦ=——со2.
Зя
Сила, разрывающая пластину, равна силе S.
Ответ:
2MR(02
Зя
.
Задача 41.21
Тонкий прямолинейный однородный стержень длины I и массы М вращается с постоянной угловой скоростью со около неподвижной точки О (шаровой шарнир), описывая
коническую поверхность с осью OA и вершиной в точке О. Вычислить угол отклонения стержня от вертикального направления,
а также величину Л'давления стержня на шарнир О.
Решение
Свяжем подвижную систему отсчета — оси
х и у — так, чтобы стержень лежал в плоскости Оху. Покажем на рисунке действующие
на стержень внешние силы: силу тяжести,
силу реакции шарнира.
Согласно принципу Даламбера добавим
к этим силам силу инерции стержня. Так как
440
X. Динамика материальной системы
стержень вращается с постоянной угловой скоростью, то центробежная сила инерции каждого fc-го элемента стержня
Ф*ц = АМаки,
где аки = Л*со2 (hk — расстояние от к-то элемента до оси вращения).
Тогда
Ф*ц = AMhk(t>2.
Все силы инерции Фкц пропорциональны Иь эпюра параллельных
сил образует треугольник и их можно заменить равнодействующей,
равной главному вектору сил инерции, линия действия которой будет
2,
проходить через центр тяжести этого треугольника на расстоянии - / ,
т.е. через точку D.
Главный вектор сил инерции
Фц = МаСц,
где я Сц — центростремительное ускорение центра масс С,
аСи
I
= -О)
2 •
Sinф.
Тогда
Ф ц
=
Маг .
Sin ф.
По принципу Даламбера приложенные внешние силы и силы
инерции образуют уравновешенную систему сил.
Для полученной плоской системы сил составим три уравнения
«равновесия»:
—
ZMo(Fk)
2
/
= &*n-lcos<p-Mg-sm<?
= 0,
(1)
1 ^ = ЛЪ + Ф*Ц=0,
(2)
1Fky = Y0-Mg
(3)
= 0.
441
41. Метод кинетостатики
Подставим значение Ф* в уравнение (1) и получим
Mlco2 .
2.
., / .
—-—sxn<p— 1 cosy-Mg—sin9
.
=0
или
g п
— c o s m - — = 0.
3
2
Откуда
3g
У
2/ш
3g
ф = arccos —
2Ы
Из уравнений (2) и (3) найдем силы реакций
М/со2 .
- sm ф,
Х0 = -Ф*и =
Y0 = Mg.
Давление на шарнир
или
,r
l . , 2 2 M 2 / 2 ® 4 sin 2 ф
1., 2 2 М212Ш4 _
2 .
# = ^|M2g2 +
= ^ M 2 g 2 + — - — ( 1 - cos 2 ф) =
2
,
A/Wf,
v1
9?"
4/2ю4
у
M/co2 L . 4g 2
1+
/ V
Mco 2 r + _ 7g 2
4/2CO4 '
О т в е т : ф = a r c c o s - ^ - ; N = - M/co2 Jl + - f ,.
Y
2/o)
2
V 4/2co
9g
4/V
_
442
X. Динамика материальной системы
Задача 41.22
В центробежном тахометре два тонких
однородных прямолинейных стержня длины
а и b жестко соединены под прямым углом,
вершина которого О шарнирно соединена
с вертикальным валом; вал вращается с постоянной угловой скоростью со. Найти зависимость между « и углом отклонения ср, образованным направлением стержня длины а
и вертикалью.
Решение
Введем вращающиеся вместе со стержнями координатные оси Ozy
(см. рисунок). Применив принцип освобождаемости от связей, в шарнире О покажем реакции Z0 и 70 связей.
Согласно принципу Даламбера приложим силы инерции (см. решение задачи 41.21):
Ф,"
= Щвс 2 '
где оть т2 — масса стержней;
, а£2 — центростремительные ускорения центров масс стержней.
443
41. Метод кинетостатики
Если принять плотность единицы длины стержня равной р, то
тх=ра,
m2 = pb.
(1)
Ускорения центров масс стержней равны соответственно
а
и =—
2 sin
• ф, a£
и
а^
or
2
Тогда
а 2 со2
Ф" = p — — sin ф, Ф^ =
Ь 1 cos ф.
bW
P~Y~
cos
Ф-
(2)
Точки приложения сил инерции — Dx и D2 соответственно. По
принципу Даламбера приложенные внешние силы и силы инерции
образуют уравновешенную систему сил. Для полученной плоской системы сил составим уравнение моментов относительно точки О:
X M 0 ( F k ) = у m x g s i n ф - ~ m 2 g « к ф - j а Ф}1 совф+~ЬФ 2 sinф = 0. (3)
Подставим выражения (1) и (2) в уравнение (3):
Ъ2
aW
.
2
b2tо2
2,
^ р ^ в т ф - — р # с о 5 ф - р — - — з т ф - ^ а с о в ф + р - у — с о 8 ф у/>5тф = 0.
а2
Откуда найдем зависимость между со и углом отклонения ф
0,2 _ с о э ф — a2sin<p
ф3 -a3)sin2q>
1 , 62COSm-a2Sinffl
О т в е т : аг = 3 g — , т ,
-.
(b3~«3)sin29
Задача 41.23
Тонкий однородный прямолинейный стержень АВ шарнирно соединен с вертикальным
валом в точке О. Вал вращается с постоянной
скоростью со. Определить угол отклонения ф
стержня от вертикали, если 0А-а\\
ОВ = Ъ.
Решение
Введем вращающиеся вместе со стержнем координатные оси Оху. Применив принцип осво-
444
X. Динамика материальной системы
бождаемости от связей, в шарнире О покажем реакции Z0 и Y0 связей
(см. рисунок).
Согласно принципу Даламбера к стержням OA и ОБ приложим
силы инерции (см. решение задачи 41.21):
Ф ^ а " ,
Ф" = «г й с 2 >
где тит2 — масса каждой части стержня;
, а^ — центростремительное ускорение центра масс частей OA и ОВ соответственно.
Если принять плотность единицы длины стержня равной р, то
Ш] — pa,
m2 = pb.
(1)
Ускорение центра масс частей OA и ОВ равны соответственно:
[[
aq
а
- j
2 •
sin(P>
и
ас2 =
Ь 2 .
2 sm<P-
Тогда
.„
ФГ
а2ю2 .
= Р — — sin(P»
.„
ф2
Ь2со2 .
= Р ~ y ~ яшф.
.„.
(2)
Силы Ф," и Ф2Ц приложены в точках D\ и D2 соответственно. По
принципу Даламбера приложенные внешние силы и силы инерции
445
41. Метод кинетостатики
образуют уравновешенную систему сил, для которой составим уравнение моментов относительно точки О:
2
M o(Fk)
=
о
g sin Ф -
£
>
2
2
sin Ф ~ J а ф; 1 cos Ф -
cos <р = 0.
(3)
Подставим выражения (1) и (2) в уравнение (3) и получим
а2
.
—р^вшф
2
.
соV . 2
<й2Ь2 .
2,
Л
р^втф-р
втф—асовф-р
в т ф — о с о « ф = 0,
2
2
3
2
3
Ъг
^ g ( a 2 - Ь 2 ) ~ ~ - ( а 3 ~Ь3)совф з т ф = 0,
или
~g(a2 -b2)-~(a3
-b3)cosq> = 0.
Откуда значение косинуса угла отклонения стержня от вертикали
СОБф =
О т в е т : совф =
3 g(a2-b2)
2со2(о3 +b3)
3g(a-b)
2со\a2-ab+b2j
3 g(a~b)
2о) 2 (о 2 - ab +Ь2)
42. Давление вращающегося твердого тела
на ось вращения
Методические указания к решению задач
Для решения задач данного типа применяется принцип Даламбера.
К телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси, кроме активных
сил и реакций опор прикладывают силы инерции этого тела и получают уравновешенную систему сил, для которой составляют необходимые уравнения статики. При этом находят полные реакции. Однако
в ряде задач требуется определить только динамические реакции
или давление на ось, что вызывается вращением неуравновешенной
массы или тем, что ось вращения не является главной осью инерции.
Поэтому при определении динамических давлений на ось возможны
следующие способы решения задач.
1. Условие задачи позволяет определить по известным формулам
силы инерции вращающихся масс и точки их приложения. Тогда
к телу прикладывают силы инерции и динамические реакции и составляют необходимые уравнения равновесия. К этому типу задач
относятся задачи, в которых к вертикальному либо горизонтальному
вращающемуся валу с помощью невесомых стержней прикреплены
точечные массы или однородные стержни.
Это наиболее простой способ решения, так как требуется только
вычислить силы инерции и составить уравнения равновесия. При
этом следует иметь в виду, что сила инерции стержня
Ф = -Мас
2,
приложена не в центре масс, а на расстоянии —I от оси вала вращения (/ — длина стержня).
2. Для решения некоторых задач можно применить уравнения
равновесия тела, вращающегося вокруг вертикальной или горизонтальной оси, на которое действуют силы инерции. Так, если тело
вращается вокруг вертикальной оси, нижняя опора которой подпятник А, а верхняя — подшипник В, то в координатных осях Axyz, где
447
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
ось Аг направлена по оси вала, а начало координат — точка А, эти
уравнения имеют вид
X*+Xi+M<i>2xc
+
MEyc=o;
2Yk = О, У* + 7 / + МюЪ'с - Мехе = О,
XМ х (¥\) = 0, - Г / Я £My(Fk)
©г1У1
(42.1)
+ E/jc = О,
= 0, Х§Н + (О2/^ + е/к
=0,
где Я — расстояние между опорами (точками Л и 5).
Решив уравнения (42.1), получим
^
+ е / к ) - М о 2 х с - Л/еу с ,
=
Н
л
(42.2)
= -77
Н
~
~^ V c +
,
Из уравнений (42.2) следует, что динамические давления равны
нулю, если лгс = ус = 0, / г х * 0, lyz ф 0, т.е. когда ось вращения проходит через центр масс тела, но не является главной осью инерции, тогда реакции
X§ = - ^ ( с о % +
Н
Yi
*!„),
(42.3)
J_
со2/,<),
я
=>Yj=-Yi.
При равномерном вращении е = 0, тогда
Я
Я
(42.4)
448
X. Динамика материальной системы
Если начало координат О выбрано посередине отрезка АВ, т.е.
OA =ОВ = h, то в формулы (42.1)—(42.4) вместо Я нужно подставить 2h.
3. Этот способ предполагает использование тензора инерции.
Главный момент инерционных сил относительно начала координат
вычисляют по формуле
dt
- - / е - сох (/to),
(42.5)
где I — тензор инерции,
h
I =
Iху
h
~lyi
- и
(42.6)
h
Если в системе координат Oxyz оси являются главными центральными, то
/ , 0
0
/ =
(42.7)
0 1у 0
При вращении вала с постоянной угловой скоростью главный момент инерционных сил
М0™ = - й х ( / ю ) .
(42.8)
Динамические давления
Х§ и У / находим, проецируя
векторное выражение (42.5) или (42.8) на оси координат и подставляя
полученные выражения в уравнения равновесия вала в виде суммы
моментов относительно осей Ох и Оу.
Главное достоинство этого способа — его универсальность. Он
имеет явное преимущество тогда, когда известны главные оси инерции тела и нет необходимости вычислять центробежные моменты
инерции.
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Выбрать систему координат Oxyz, если она не указана в условии задачи. При этом ось z направить по оси вращения тела, а оси х
и у — в соответствии с правой системой осей координат.
2. Показать активные силы, силы реакций опор и силы инерции
вращающихся масс, а при определении динамических давлений на
опоры только силы инерции и динамические реакции опор.
449
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
3. Составить уравнения равновесия в виде суммы проекций сил
на оси х и у и суммы моментов относительно этих осей.
4. Из полученных уравнений определить реакции опор. Давления
на опоры будут равны реакциям, но направлены противоположно им.
5. При решении задач вторым или третьим способом следует выбрать систему координат, показать на рисунке реакции опор, а затем
составить необходимые уравнения.
Задачи и решения
Задача 42.1
Центр масс махового колеса массы 3000 кг находится на расстоянии 1 мм от горизонтальной оси вала; расстояния подшипников от
колеса равны между собой. Найти силы давления на подшипники,
когда вал делает 1200 об/мин. Маховик имеет плоскость симметрии,
перпендикулярную оси вращения.
Решение
Определим угловую скорость маховика:
юг 1200л
со = —
30
30
= 4071.
На подшипники действуют сила тяжести mg и центробежная сила
инерции Фц, возникающая вследствие эксцентриситета к (рис. 1).
mm р
Рис. 1
450
X. Динамика материальной системы
Поэтому реакции связей имеют статическую и динамическую составляющие:
RB = RB" + RB\
RD = RST+Rfi.
Определим статические составляющие реакций (рис. 2) и составим
уравнения равновесия:
ZMB(Fk) = Rg -21-mgl = 0,
ZMD(Fk) = -Rf
(1)
-21+mgl = 0,
(2)
где 21 — длина волны BD.
mg
К
Рис. 2
Найдем из уравнения (1)
^
s 2 S a s
2
3000*8
2
из уравнения (2)
Rg =ГШ. = 14 700 (Н).
Определим динамические составляющие реакции (рис. 3), которые параллельны центробежной силе инерции. Учтем, что
Фи = тас = та?к = 3000 (40 • 3,14)2 • М О"3 = 47 326 (Н).
1Ф„
D
Рис. 3
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
451
Составим уравнения равновесия:
J,MB(Fk) = <S>J-Rfi-2l = 0,
(3)
1 М , ( Д ) = Л в - 2 / - Ф ц / = 0.
(4)
Согласно уравнениям (3) и (4)
Rft = R§ = ^ " = ^ 1 ^ = 23 663 (Н).
О т в е т : сила давления на каждый из подшипников есть равнодействующая двух сил, из которых одна равна 14,7 кН и направлена по вертикали, а другая равна 23,663 кН и направлена параллельно прямой, соединяющей геометрический
центр колеса, находящийся на оси вала, с центром масс
колеса.
Задача 42.2
Однородный круглый диск массы М равномерно вращается с угловой скоростью со вокруг
неподвижной оси, расположенной в плоскости
диска и отстоящей от его центра масс С на расстоянии ОС = а. Определить силы динамического давления оси на подпятник А и подшипник В, если OB = OA. Оси хну неизменно связаны с диском.
Решение
Покажем на рисунке динамические реакции:
X*, г;, х§
И
г/.
Так как диск вращается равномерно, т.е.
со = const, то ускорение центра масс С диска
ас = со2 ОС = со2а.
Тогда центробежная сила инерции направлена по оси у и равна
Фц = Ми? а.
Г*Уг
452
X. Динамика материальной системы
Составим уравнения равновесия, применив принцип Даламбера:
2Дг*=о, х*+х§=о,
JYk= О, ¥*+¥£+
£Л/Х1(Д) = 0, -Фп
(1)
Фц=0,
ОА-У£
АВ = 0,
= О, Х $ - А В = 0.
(2)
(3)
(4)
Найдем из уравнений (4) и (1)
Х§=0,
=0;
из уравнений (3) и (2)
Y& - -Sk
-
2
2
'
Тогда
Маю2
2
YB =
Ответ: ^
=
'
Мао)2
- ¥ # = •
2
=
А/асо2
Задача 42.3
Решить предыдущую задачу в предположении, что при наличии сил
сопротивления угловая скорость диска убывает по закону со = щ - е 0 /,
где (йо и £о — положительные постоянные.
Решение
Покажем на рисунке динамические реакции: Х*, У/, Х§ и У/,
а также центробежную Фц и вращательную Фв силы инерции:
Фц = Маю2,
Фв = Маг.
453
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Так как г = о>= - е 0 , то
Фв = Маед.
Направление Ф„ показано с учетом знака углового ускорения.
Составим уравнения равновесия, применив принцип Даламбера:
Х**=0,
ХП=0,-
Хд + ХВ - ф в = 0,
(1)
Y* + Ув + Ф и = 0,
(2)
(/?*) = О, -.у$ АВ-Фп
=
ОА=а,
(3)
А'д • Л / ? - Фв • АО = 0. (4)
Найдем из уравнения (4)
уд
Фв
Мае 0 .
лп—— =
,
2
2
из уравнения (1)
Х*=-Хв
+ Фв = -
MaZn
Mze 0 .
— + Мг0а =
из уравнения (3)
Май?
из уравнения (2)
Мао?
- М(о2а = -
Маю
2
2
Силы динамического давления вала на опоры равны по модулю
динамическим реакциям связей и направлены противоположно им.
Поэтому
Маг о
Маг0_
v
д
ХА = -X J = —
—, л в —л в — —
2
Y
Ответ:
_
у .1
Matо
ЛГ* = Хв = -
Мат
у^
Г, = Г* =
у д
Л/асоо
Мао?
454
X. Динамика материальной системы
Задача 42.4
К вертикальной оси АВ, вращающейся равноускоренно с угловым ускорением е, прикреплены два груза С и / ) посредством двух
перпендикулярных оси АВ и притом взаимно перпендикулярных стержней ОС = OD = г.
Определить силы динамического давления
оси АВ на подпятник А и подшипник В. Грузы С и D считать материальными точками
массы М каждый. Массами стержней пренебречь.
В начальный момент система находилась
в покое. Оси х и у неизменно связаны со стержнями.
D
Су
'х
Ai
Решение
Покажем на рисунке динамические реакции: X * , Y * , X e и У / , атакже силы инерции:
= <&g = Mm2-,
= Ф£, =
Мгг.
Учтем, что со = е/. Тогда
Фй =
= Мг(гг)2.
Составим уравнения равновесия, применив принцип Даламбера:
%Хк =0,
2 П = 0,
+ ФЪ=0,
(1)
Y j + У / + Ф # - Ф £ = 0,
(2)
Х*+Х§+Ф%
Х Л / , , ( / ^ ) = 0,
-Уд -2h - Фд/г + Ф®А =0,
(3)
ZMy[(Fk)
ЛГ#-2А + ФБА + Ф£Л=0.
(4)
= 0,
Найдем из уравнения (4)
„„ _ Ф£ + Ф£ _ Мгг + МгЕ2!2
"
т
Мгг
(1 + е/ 2 );
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
455
из уравнения (1)
X*
= -Х%
- Ф £ - ф £ = МШц
2
Мге
+ е / 2 ) _ М г ( £ / ) 2 - Мге
=
(l+ef 2 );
из уравнения (3)
УД_Ф£-Ф£
Mrt-MrzV
Мге
2
,v
из уравнения (2)
у А = -Ув - ФВ + Фс =
Мге
- e t ) - M(tt)2r+Afre
=
Мгг, ( е л
г-1).
Силы динамического давления вала на опоры равны по модулю
динамическим реакциям связей и направлены противоположно им.
Ответ:
ХА = ХВ = ^ ге(е/2 +1); YA = YB=~-
Задача 42.5
Стержень /45 длины 21, на концах которого находятся грузы равной массы Л/, вращается равномерно с угловой скоростью со
вокруг вертикальной оси
проходящей
через середину О длины стержня.
Расстояние точки О от подшипника С
равно а, от подпятника D равно Ь. Угол между стержнем АВ и осью Oz сохраняет постоянную величину а. Пренебрегая массой
стержня и размерами грузов, определить проекции сил давления на подшипник С и подпятник D в тот момент, когда стержень находился в плоскости Oyz.
reiet2
-1).
456
X. Динамика материальной системы
Решение
Покажем на рисунке силы тяжести грузов и реакции подшипника С и подпятника D.
Определим силы инерции грузов и приложим их к валу:
Ф^ = МаА = Mia? sin а,
Ф'в = Мав = M/co2sina.
Векторы Ф^ и Ф в направлены в сторону, противоположную направлению соответствующих векторов центростремительных ускорений, а А = а% и а в = а в .
Составим уравнения равновесия, применив принцип Даламбера:
2АГ,= 0,
1^=0,
^^
^
u
Xc + XD=0,
(1)
Ус+1/»+ФЗ-Ф^=0,
(2)
ZZi=0,
2A/fa=0,
^
ZD-2Mg
= 0,
(3)
- Ф^ / cos a - Ф^ / cos a IA^=»0,
+ ГдА = 0,
* с а - Х д 6 = 0,
I ^ h O .
(4)
(5)
(6)
Из уравнений (1) и (5) следует, что
Из уравнений (2) и (4) с учетом значений Ф^ и
~Yc -
YD
-
2M 2 co 2 sinacosa
М 2 ш 2 sin 2 a
а+Ь
а+Ь
из уравнения (3)
ZD=2Mg.
определим
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
457
Проекции давлений на подшипник С и подпятник D направлены
противоположно найденным реакциям, т.е. ответ надо записать с обратным знаком.
ЛЛ
v
v
* v
v
A// 2 co 2 sin2a „
О т в е т: Xc = XD=0] YC=-YD =
; ZD
a+b
Задача 42.6
На концы оси АВ надеты два одинаковых кривошипа АС и BD длины /
и массы М1 каждый, заклиненные под
углом 180° относительно друг друга.
Ось АВ длины 2а и массы М2 вращается с постоянной угловой скоростью со
в подшипниках Ем F, расположенных
симметрично на расстоянии 2b друг от
друга. Определить силы давления NE
и Nf на подшипники в тот момент, когда кривошип АС направлен вертикально вверх. Массу каждого кривошипа
считать равномерно распределенной
вдоль его оси.
Решение
Добавим к силам тяжести и реакции опор Е и F, действующим на механическую систему, силы инерции:
Чо
=
= М, со2 - ,
=
Л/,со2^,
направления которых противоположны направлениям центростремительных ускорений точек Съ С2, расположенных посередине стержней АВ и BD
(см. рисунок).
Ф'
=-2Mg.
458
X. Динамика материальной системы
Применив принцип Даламбера, составим уравнения равновесия
для полученной плоской системы параллельных сил:
2П=о,
или
ФuAC-2Mlg
+ RE+RF-M2g-Фh=0.
(1)
ЪМо=0,
или
- Ф иАСа + Mxga - REb + RFb - Mxga - ФnBDa = 0.
(2)
После сокращения в уравнении (1) равных по величине слагаемых
Ф^ с и Фйд оно примет вид
RE+RF-2Mxg-M2g
= 0.
(3)
Сократив в уравнении (2) слагаемые Mtga, с учетом значений Ф"с
и Ф % получим
b
(4)
=
Сложим уравнения (3) и (4) и найдем
„
1
..
Milan?
1
RF = -M2g + M]g+
.
L
2b
Затем вычтем из уравнения (3) уравнение (4) и получим
1 ,,
Мх!аа?
RE = -M2g + Mxg-
2
2b
Силы давлений на подшипники NE и NF численно равны силам
реакций RE И Rf, но направлены в противоположную сторону.
О т в е т : сила давления NE = ~ M2g + Mxg-
2
2b
; при
лг£>0на-
правлена по вертикали вниз, при N£ <0 — вверх. Силадав\гF = -M
1 •2gг + Mxg+—'М,а1(й2 направлена по вертикали
ления N
2
2b
вниз.
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
459
Задача 42.7
К горизонтальному валу АВ, вращающемуся с постоянной угловой
I
скоростью со, прикреплены два рав2а
I. 2°
2а
ных, перпендикулярных ему стержня
^j F T
_
)•-=
-В
7/7,
АЪ7, -та
длины /, лежащих во взаимно перпендикулярных плоскостях (см. рисунок). На концах стержней расположены шары D и Е массы т каждый. Определить силы динамического
давления на опоры А и В. Шары считать материальными точками; массами стержней пренебречь.
Решение
При определении сил динамического давления вала на опоры будем учитывать центробежные силы
инерции. Так как ю = const, то
ф% = ф%=т/<я2.
Составим уравнения равновесия,
применив принцип Даламбера:
%Хк=0,
1 ^ = 0 ,
2^=0,
^Мку
Х* +
У ? + У / + Ф й = 0 ;
-У*-За-Ща
= 0,
Х§+Ф»Е=0-,
+
У$-За=0,
Х*-За-Ща-Х$-За=0.
Из уравнений (1) и (4) найдем
3
--тко2.
3
(1)
(2)
(3)
(4)
460
X. Динамика материальной системы
Аналогично из уравнений (2) и (3) получим:
Щ =JX2B+Yi
=~тко2.
Силы динамического давления вала на опоры численно равны
найденным динамическим реакциям опор, т.е.
NA = Nb=
Ответ:
NA = NB =
—mica2.
~mh)2.
Задача 42.8
К вертикальному валу АВ, вращающемуся
с постоянной угловой скоростью со, жестко прикреплены два стержня. Стержень ОЕ образует
с валом угол ср, стержень OD перпендикулярен
плоскости, содержащей вал АВ и стержень ОЕ.
Даны размеры: OE = OD = I, АВ = 2а. К концам
стержней прикреплены два шара Е и D массы т
каждый. Определить силы динамического давления вала на опоры А и В. Шары D и Е считать точечными массами; массами стержней
пренебречь.
Решение
Силы динамического давления на опоры А и В возникают только
за счет наличия сил инерции
и
показанных на рисунке. Они
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
461
направлены от оси вращения, противоположно соответствующим центростремительным ускорениям точек D и Е.
Составим уравнения равновесия, применив
принцип Даламбера:
% Х к =0,
1Мкх=0,
У > - У / а - Ф ^ с о 8 ф = 0;
1Мку=0,
Хдй =0.
В уравнениях ( 1 ) - ( 4 )
Фд -man
<Щ-
таЕ
=т1оз2,
= mid? s i n ф.
(5)
(6)
Из уравнений (1) и (4) с учетом выражения (5) найдем
хаА = хаВ =
ml(S)1
2
Проекции сил динамического давления вала на ось д: противоположны по знаку найденным реакциям, т.е.
Тогда
A'j = Хо -
w/co
Из уравнений (2) и (3) с учетом выражения (6) определим
m/co2(a - 1 сояф) sin ф.
2а
Y a --—
lR
mltir(a -ь / c o s ф ) sin ф
462
X. Динамика материальной системы
Проекции сил динамического давления вала на ось у также противоположны по знаку найденным реакциям, т.е.
„
Ответ:
V
V
ХА = Хв =
/я/со
-у-
т1(й2(а +/cos<p) sin ф
Задача 42.9
Использовав условие задачи 34.1, определить силы динамического давления коленчатого вала на подшипники К и L. Вал вращается
равномерно с угловой скоростью ю. При решении можно воспользоваться ответами к задачам 34.1 и 34.23.
Решение
Используя решение задач 34.1 и 34.23, запишем:
хс = ус= О,
3
Ixz=-~md(a+b),
X
463
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
•Л
IK = ——md(a +b),
0.
Iv=
Вычислим главный момент инерционных сил:
Мп н
где I =
-Ixz
-In
- -
- ( 0 Х ( 1 Щ ,
=
dt
— тензор инерции коленчатого вала в точ
h
xy
=
h
ке О (в начале координат); со =
вектор угловой скорости.
Проекции главного момента инерционных сил на оси координат
МГ = / ж со 2 ,
M™=-Ixzto2,
М™ =0.
Поэтому уравнения моментов сил относительно осей координат
запишем в виде
£
=
0, YK{la
= 0, -XK[la
При
+b+^-YL{la
+
+b +
b / „ с о
+ *+!)"
2
АУ
= 0;
= 0.
= - A j , и Fjf = -У/, найдем
xK =
L
2
-xL=lmd^b^\
4a + 3b
•ЯЛа+bW
Yr = -J7. = -r-md
4a + 3b
„
3
(a +6)co2
v
О т в е т : XK = -A7 = -/mf—;
2
4a+3Z>
V3
,(a+6)co 2
v
У* = -У/. = — m d ~
—•
2
4я+36
v
464
X. Динамика материальной системы
Задача 42.10
Однородный стержень KL, прикрепленный
в центре под углом а к вертикальной оси АВ,
вращается равноускоренно вокруг этой оси
с угловым ускорением е. Определить силы
динамического давления оси АВ на подпятник А и подшипник В, если М — масса стержня, 21 - его длина, ОА=ОВ = А/2; OK = OL = I.
В начальный момент система находилась
в покое'.
Решение
Вычислим главный момент инерционных
сил относительно начала координат (см. рисунок):
dim
dt
=-/
В
уД
J
я
е-сох(/со).
Тензор инерции определим в главных центральных осях Oxfy'z!, т.е.
Ml2
3
I
=
0
о
о
Ml2
Рис. 1
3
о
0
(0 = -cosina
cocosa
0
8 = -esina
ecosa
465
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
В результате умножения получим
.Ml 2
,М12
М,ин _
-orsmacosa-j
esina.
3
3
Заметим, что орт ] ' направлен вдоль оси О/.
Составим уравнения равновесия в форме моментов относительно осей координат Ох и Оу:
У»
£3/^=0,
+
~X^
Л
sin a cosa = 0;
A Ml2
+ Xl^~~Esinacosa
= 0.
При У? = - У / и Xjj = - н а й д е м
Ml2
Xj = -Xg = ——-esin2a,
6A
Y*=-Y£
=
MlW
6A
sin2a =
Ml2E2t2
6h
.
sin2a,
где со = е/.
О т в е т : X Bй =
л
=
Ml2
6A
esin2a; Ув = -У* =
Ml2e2t2
П р и м е ч а н и е . Эту задачу можно решить первым с п о с о б о м , описанным в методических указаниях к этому параграфу.
Покажем на рис. 2 динамические реакции: центробежныеФ" и Ф " , а также вращательные Ф® и Ф"
силы инерции, которые приложены в точках С,
21 ,
и С2 J ОС, =ОС 2 =
м /
со sin a,
2 2
-».П =ф»
ЛЯ = _М
Of
- . _Ie s m a.
2 2
ф " =ф" =
1
2
(1)
6A
sin2a.
г
г
„ „
466
X. Динамика материальной системы
Составим уравнения равновесия:
I X * =0,
+Xjj +Ф° -Ф® =0;
(2)
X I * =0,
Y f + У д + Ф " - Ф " =0;
(3)
X Л/fa = О, - У / ~ + УАД | - Ф^ | / cos а - Ф£ | / c o s a =0;
(4)
(5)
2
2
3
3
Из уравнения (2) с учетом выражений (1) следует, что
(6)
Из уравнения (3)
УАЯ=-Увй-
Из уравнения (4) с учетом равенства (6) получим
A// 2 co 2 sin2a ' Mlhzt2
6h
sin 2 a
6h
а из уравнения (5)
Mlh2 sin 2a
6h
Следовательно, направление проекций реакции подшипника В (Х§ и У / )
противоположны указанным на рисунке. Силы же динамического давления
на опоры в с в о ю очередь противоположны реакциям.
Задача 42.11
Однородная прямоугольная пластинка
OABD массы М со сторонами а и Ь, прикрепленная стороной OA к валу ОЕ, вращается
с постоянной угловой скоростью оз. Расстояние между опорами ОЕ = 2а. Вычислить боковые силы динамического давления вала на
опоры О и Е.
467
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Решение
Найдем моменты инерции пластинки относительно показанных на рисунке осей координат:
lx = ^(a2+b2),
Ixy = 0,
У _Ма2
h~
з >
Mab
4 '
г —
I x z = 0;
_Mb2
з
и главный момент инерциальных сил
Ж-
ии
_
тМаЬа?
Составим уравнение равновесия:
(1)
1 ^
= К/.2а-^со2=0.
(2)
Из уравнений (1), (2) находим:
,.„
*б =
А/ею 2
,/п
*й =
ЗМ>со2
^—>
Aftco2
Реакции J o и Х £ равны нулю, так как пластинка находится в плоскости Оуг.
Силы динамического давления N0x, N&, Noy, NEy равны найденным реакциям в точках О и Е, но противоположно направлены, т.е.
N0x = -X$=
Noy =
Ответ:
Nox = ЯEx =
0,
= §Aftco2,
^
N&^-XB"
0,
NEy = -Yg = i m c o 2 .
3
= -Mb®2;
1
NEy = - Mb®2.
468
X. Динамика материальной системы
П р и м е ч а н и е . Решить эту задачу можно первым с п о с о б о м , описанным в методических указаниях к этому параграфу.
Приложим к пластинке центробежную силу
инерции
ф=Ма»=Мш2-.
_ h
<0
Поскольку пластинка расположена в плоскости
Oyz, то Х0=ХЕ
=0.
Для системы параллельных сил, расположенных в плоскости Oyz, составим два уравнения равновесия:
0, У / + У о д + Ф и = 0 ;
ж-'х^йШР
0
^ ^
Рис. 2
(2)
о, - у / - 2 в + Ф ц | = а
(3)
Из уравнения (3) с учетом выражения (1) получим
1 ,, lb \
Mbiо2
v„
У? = — а - Мсо
=
,
£
2
2 2л
8
(4)
из уравнения (2) с учетом выражений (1) и (4) получим
уд_
уд
Г о — Г
я
л _Mbu)1
- Ф ц - —
Mb®2 _ ЪМЫл2
—
-
— -
Реакции У / и У0Д направлены в стороны, противоположные указанным
на рис. 2.
Силы динамического давления
Noy =
ЪМЬса
NEy =
Mbm
Задача 42.12
Прямой однородный круглый цилиндр
массы М, длины 21 и радиуса г вращается
с постоянной угловой скоростью со вокруг
вертикальной о с и Oz, проходящей через
центр масс О цилиндра; угол между осью цилиндра
и осью Oz сохраняет при этом постоянную величину ос. Расстояние # , Я 2 между подпятником и подшипником равно h.
Определить боковые силы давления: Nx на
подпятник и
на подшипник.
469
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Решение
Определим тензор инерции в осях
рисунок):
Mr2 + Ml2
4
О
3
О
О
Mr2
Ml2
4
3
О
Mr2
О
О
т| Д (см.
Найдем главный момент инерционных сил, учитывая, что ш = -cosinа• ] + cocosa• к:
Жо н = - о о х ( / ю ) =
г
О
О
-i
r
-(osina
Mr2 + М1
— 2Л cosma
4
3
Mr2
r
2 .
arsmacosa-i
rMrl
Mr2
2 •
со sm a cos a = i
3
.4
rMl2
•i
cocosa
Mr2
cocosa
2 .
со sin a c o s a -
Ml2]
3
2 .
or sin a cos a.
J
Из уравнения моментов относительно оси х определим боковые
силы давления на подпятник и на подшипник, которые одинаковы
по величине, но противоположны по направлению:
N--
\МВН |
Mo2sin2af/^_r^
2h
3
4
О т в е т : Ж и Ы2 имеют одинаковую величину
и противоположны по направлению.
Mco 2 sin2a/7 2
2Л
3
г2 ^
4
470
X. Динамика материальной системы
Задача 42.13
Вычислить силы давления в подшипниках А и В при вращении вокруг оси АВ однородного тонкого круглого диска CD паровой
турбины, предполагая, что ось АВ проходит
через центр О диска, но вследствие неправильного рассверливания втулки составляет
с перпендикуляром к плоскости диска угол АОЕ = а = 0,02 рад. Дано:
масса диска 3,27 кг, радиус его 20 см, угловая скорость соответствует
30 000 об/мин, расстояние АО = 50 см, ОВ = 30 см; ось АВ считать абсолютно твердой и принять sin2a = 2a.
Решение
Определим статические силы давления в подшипниках:
%МАЁк) = 0,
RfAB~GA0
= 0;
ХЛ4(Д)
GOB-R%AB
= 0,
= 0,
где G = mg.
Откуда
АВ
= 3 , 2 7 - 9 , 8 - ^ = 20,0 (Н),
оО
=mg—
= 3 , 2 7 - 9 , 8 — = 12,01(H).
АВ
80
Статические силы давления NA и NB равны по модулю реакциям подшипников, т.е.
Определим динамические силы давления
в подшипниках:
Ш
=0,
X Mx(Fk) = 0,
R*+B§
= 0 => Л* = -RS-,
R§OB-R»AO-
Jyz со2 = 0.
,
471
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Вычислим центробежный момент инерции диска
1
тг2 Т
тг2
где 1Ц = — ; / „ = — ;
Тогда
/
^г ~ 2
радиус диска.
mr
2~
тг2Л . „
тг
- sin2a
si
=
sin2a.
4
8
J
Следовательно,
AO+OB
-со2
3,27-0,2 2 -2-0,02
mr2 sin2 a
2mr2a (пп V
8 AB
8 AB V30J
(3,14-30 ООО)2
8-0,8-30 2
= 8064 (H),
R* = -R§ = -8064 H,
где co =
7И
30'
Динамические силы давления N * в подшипниках обратны по
направлению реакциям Л д подшипников.
О т в е т : силы давления от веса диска: 12,01 Н на подшипник Л и 20,0 Н
на подшипник В\ силы давления на подшипники, вызываемые вращением диска, имеют одинаковую величину
8,06 кН и противоположные направления.
Задача 42.14
В результате неточной сборки круглого
диска паровой турбины плоскость диска
образует с осью АВ угол а, а центр масс С
диска не лежит на этой оси. Эксцентриситет ОС = а. Найти боковые силы динамического давления на подшипники А и В,
если масса диска равна М, радиус его R,
а АО = ОВ = h; угловая скорость вращения
диска постоянна и равна со.
h
4
и
У к а з а н и е . Воспользоваться ответом к задаче 34.27.
h
х
/УО// 1I
Г/а/
,
в
£
-£
472
X. Динамика материальной системы
Решение
Согласно решению задачи 34.27 центробежные моменты инерции диска
у - lyi = 0,
м fR 2
- + а1
sin2a.
У
Определим дополнительные динамические реакции (см. рисунок):
Х* + Х§=-<й
Yj.+Yj
=-(й2Мус
Y*h-Yih
Xih-X*h
2Мхс-Мус,
(О
+ еМхс,
(2)
=
®2In-iIxz,
(3)
=
-a2[xz-zIyz.
(4)
Так как <в= const, то е = 0; ус = 0 , хс = - О С - c o s a =
Тогда уравнения (1)-(4) примут вид
X* + Xg = a2Ma cosa,
X$h-X*h
-acosa.
(5)
Yf+Yf=0,
(6)
YA4-Y#h=0,
(7)
= -o»ifxz=-a2—(—
+
a2)sm2a.
(8)
Решим совместно уравнения (6) и (7) и получим
УA
=Yi=°-
Разделим уравнение (8) на h, полученное уравнение сначала сложим с уравнением (5), а затем вычтем его из уравнения (5):
Хё=-
со2М sin2a
2
2h
К2 + а2 - a cosa
—
<о2М sin2a R2
2
2h
+ a cosa
473
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
С и л ы д и н а м и ч е с к о г о давления о б р а т н ы р е а к ц и я м п о д ш и п н и к о в ,
Т.е.
NBx=XB=-Xg,
О т в е т : YA=YB=
Лк в =
М
0;
Х
А
NAx=XA
= ~
R2
R2
=
-X*
sin 2 а
- + a c o s a ш2;
2h
sin2a
2h
- - a c o s a со2.
Задача 42.15
Однородный круглый диск массы М
и радиуса R насажен на ось АВ, проходящую через точку О диска и составляющую
с его осью симметрии Cz\ угол a. OL —
проекция оси z, совмещенной с осью АВ,
на плоскость диска, причем ОЕ = а, ОК - Ъ.
Вычислить боковые силы динамического давления на подшипники А и В, если
диск вращается с постоянной угловой
скоростью со, а АО - ОВ = h.
У к а з а н и е . Воспользоваться ответом к задаче 34.28.
Решение
Из решения задачи 34.28 известно, что
центробежные моменты инерции диска
IX7 - M\-R2 + а2 ]sinacosa.
Iyz = Mab sina.
Определим динамические реакции подшипников (см. рисунок):
XaA+X§=-(s?Mxc-zMyc,
(1)
Г? + Yi = -со2Мус + еМхс,
(2)
Y*h-Y£h
= со 2'yz
/, •e/v
2/^ -Elyz.
Xgh - X*h = - c o,v2j
(3)
(4)
474
X. Динамика материальной системы
Так как е = 0, хс = -ОЕ-cosa
ния ( 1 ) - ( 4 ) примут вид
= - a cosa, ус = -ОК = -Ь, то уравне-
Х * + Х § = co 2 Micosa,
(5)
Y* +Y$ = со2 Л/6,
(6)
Y*h ~Y$h = (й2Mabsina,
(7)
X$h-X%h
= -o)2
M
• л
— + a 2) sin2a.
(8)
Решим совместно уравнения (6) и (7):
2У.Д = о?Mb + a?Mb - sina => Г? = ^ . ( i + l sin a
2 \ h
2 У / = co2M> - co2M> — sin a => У / = ^ * f i - £ s i
A
2 v h
n
a\
)
затем уравнения (1) и (4):
2XE = a? Ma c o s a -
=>X§ =
032M
со2Л/ ^ R2
/
(R2
2 sin 2 a
a c o s a - — + fl2
4
2h
2ХЛ. = co 2 Mzcosa +
o)2M
sin2a •
2h
со2Л/ 'Л 2
2A
+ a 2 sin2 =>
л
Г/г2
sin2a
«cosa+ — + a
{4
2Л
Направления сил давления обратны направлениям реакций подшипников, значит,
N*=Xa
N.Ay
= -X*,
YA = -Y*,
NBx=XB
=
-Xi,
NBy = Ув = - У / .
475
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Ответ:
1
М(\
•>
=—Л/ясо cosa
2
X.
\-R
4/i U
7
+а1
I » = --A/aco2cosa + — +
2
Ah U
v
=
Mb(,
a .
Л 2
1+—sina со,
2 V h
)
v
YB-
Л
,
J
со s i n 2 a ;
|co2sin2a;
J
Mb(,
a .
\2
1 — s i n a or
1
2 I
h
Задача 42.16
Однородная прямоугольная пластинка
массы М равномерно вращается вокруг с в о ей диагонали АВ с угловой скоростью со.
Определить силы динамического давления
пластинки на опоры А и В, если длины сторон равны а и Ь.
Решение
Для определения динамических реакций применим принцип Даламбера,
считая, что расстояний между опорами
АВ = *Ja2 +b 2 (см. рисунок):
1П=
О, Y*+Yi=
0;
Х§ + Х*=
1М_М)
= 0,
Yi
lMy(Fk)
= 0,
X»
0;
л/a2 +b2
-Ja2 +b2
(1)
(2)
.,„ yla2 +b2
•a>2Iyz = 0;
ч ,,„Va2+i
+ (02IXZ -0.
(3)
(4)
Так как ось Cx является главной осью инерции, то 1Х1 - 0. Решив
совместно уравнения (2) и (4), получим
Х"=Х$=0.
476
X. Динамика материальной системы
Вычислим / г | и 1У :
Ма2
Тогда с учетом того, что
Ь
sma =
а
cosa =
определим центробежный момент инерции пластинки
Iyz =
rMa2
- / г , )sin2a = (/ У) _ Mb2 \_J>
^ 12
а
)sinacosa =
_
12 J V P T P " л/^+Л 2
Mab(a2-b2)
12(а2 +Ь2) '
Решим совместно уравнения (1) и (3):
Y*+YBa=0,
уд
*
уд _
А
2(о2
4
а
_v?Mab
1
а2-Ь2
(а2^2)3'2'
6
Сложим эти уравнения и получим
д
_ МаЬ(й\а2-Ь2)
В
Ща2+Ь2)3'2
'
Тогда из уравнения (1) определим
уД_
А
О т в е т : ХА=0,
YA =
Mabu)2(a2 -b2)
Ща2+Ь2)3/2
Maba>2(a2 -b2)
12 ( a 2
+b2)3/2
'
;; XB=Q,YB
=
МаЬ(й2(а2 -b2)
Ща2+Ь2)3/2
'
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Задача 42.17
С какой угловой скоростью должна вращаться вокруг катета АВ~а однородная
пластинка, имеющая форму равнобедренного прямоугольного треугольника ABD,
чтобы сила бокового давления на нижнюю
опору В равнялась нулю? Расстояние между
опорами считать равным длине катета АВ.
Решение
Чтобы динамическая реакция в опоре В
была равна нулю, должно выполняться условие (см. рисунок):
Y M A ( F d = 0,
Фцй-(?1а=0.
(1)
Найдем силу инерции:
1
Ф ц =тас = jтаен2.
Определим положение линии действия силы инерции
I
А=1
где | МА | = (i>2IyZ = со2
12
л
Ф„
т а
Тогда
й =
со2та2
3
а
12
(й2та
4'
Уравнение (1) примет вид
таы а _ mga
3
4 " I " '
477
478
X. Динамика материальной системы
Откуда
со2=^,
а
fg
Vа
О т в е т : со = 2 J g / а .
Задача 42.18
Вращающаяся часть подъемного крана состоит из стрелы CD
длины L и массы Mh противовеса Е и груза К массы М2 каждый.
(См. рисунок к задаче 34.31.) При включении постоянного тормозящего момента кран, вращаясь до этого с угловой скоростью, соответствующей /г = 1,5 об/мин, останавливается через 2 с.
Рассматривая стрелу как однородную тонкую балку, противовес
с грузом как точечные массы, определить динамические реакции
опор А и В крана в конце его торможения. Расстояние между опорами крана АВ = 3 м, М2 = 5 т, Му = 8 т, а = 45°, Х = 30м, / = 10м, центр
масс всей системы находится на оси вращения; отклонением груза
от плоскости крана пренебречь.
Оси х, у связаны с краном. Стрела CD находится в плоскости yzУказание. Воспользоваться ответом к задаче 34.31 (положив М2 -Мт).
Решение
Из решения задачи 34.31 знаем, что
Iху — fxz ~~
Iyz =
+ V ЗА/| jr2 s i n 2 а _
sjn а
Определим динамические реакции опор (см. рисунок):
X* + Х§ = -ь?Мхс
У* +Y£=
- гМус,
-со2 Мус + гМхс,
-Yi АВ -
yz
- eJxz,
Х§АВ = ~(o2/xz - г/
(1)
(2)
(3)
(4)
479
42. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
M2g
Поскольку согласно условию центр масс крана находится на оси
АВ, то хс - ус = 0. Динамические реакции необходимо определить
в конце торможения крана, поэтому со=0. Найдем угловое замедление крана при торможении:
со= coo + ef.
Так как со = 0, то
СОр _
t ~
кп
301
С учетом этого уравнения (1)—(4) примут вид
(5)
1
Х$-АВ =
кп
30?
Y*+Yf
= О,
(6)
-Yf-AB
= 0,
(7)
1Г
М{
I'У sin2a - М\1Л sin a
Решив совместно уравнения (7) и (6), получим
YA = -YB=Q.
(8)
480
X. Динамика материальной системы
Из уравнения (8) найдем
Mi
/
X§ =
3,14-1,5
теп
- 3 - 1 ? sin2a - M^Ll sin a
AB-30/
W
Л
8 0 0 0
-3— -302 • sin90°-5000 • 30 • 10 • sin45°
3-30-2
\
= 62 525 (H) = 62,5 (кН).
Тогда согласно уравнению (5)
= - Х § = - 6 2 , 5 кН.
П р и м е ч а н и е . В задачнике дан неточный ответ.
О т в е т : YA = -YB = 0, Хв =
-Хл=62,5кН.
43. Смешанные задачи
Методические указания к решению задач
Для решения смешанных задач требуется знание всех теорем динамики.
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Изобразить тело, движение которого рассматривается.
2. Показать на рисунке все силы, действующие на тело, включая
реакции связей.
3. Записать в общем виде применяемые теоремы (следствия теорем) или уравнения.
4. Составить аналитические выражения для данной задачи и найти
в общем виде искомые величины.
Задачи и решения
Задача 43.1
Однородная тяжелая балка АВ длины У////////////^^^^^
21 при закрепленных концах находится
•
в горизонтальном положении. В неко[«
—
J
торый момент конец А освобождается,
и балка начинает падать, вращаясь вокруг горизонтальной оси, проходящей через конец В; в момент, когда балка становится вертикальной,
освобождается и конец В. Определить в последующем движении балки траекторию ее центра масс и угловую скорость со.
Решение
Когда стержень достигает вертикального положения и освобождается от связи, в точке В осуществляется переход
от вращательного движения к плоскопараллельному. Вычислим скорость центра масс стержня vc в вертикальном положении и угловую скорость со (см. рисунок).
В
;
У
С
ч
^(0 ъс
J
mg
—
А
'
482
X. Динамика материальной системы
По теореме об изменении кинетической энергии
или
Т^ХДь
(1)
Го = 0, так как стержень начал вращаться из состояния покоя.
Кинетическая энергия стержня
.,22,
Т = 1±1-ва>
]
7
где IB = -m(21) =
4
->
момент инерции.
Тогда
Т = -т1 2 а> 2 .
3
(2)
Суммарная работа внешних сил характеризуется работой силы тяжести mg при переходе стержня из горизонтального в вертикальное
я п
положение, т.е. при его повороте на угол (р = —.. При этом центр тяжести С опускается на расстояние / и тогда
lAek=mgl.
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в формулу (1), получим
—ml2 со2 =mgl.
3
Откуда
т= ,
121
Найдем скорость центра масс
Ус =
Шl
/Т
= J~gl.
~12
(5)
483
43. Смешанные задачи
Составим дифференциальные уравнения плоскопараллельного
движения стержня:
тхс - mg,
(6)
тус=0,
(7)
1с — = 0.
dt
(8)
Из равенства (6) следует, что
xc =
xc = g=><
Xr-
gt+Cx,
gt2
„
= •
„
2
Используя начальные условия:
/ = 0,
х(0) = 0, 40) = /,
из системы уравнений (9) найдем, что С, =0, С2 -I, тогда
(10)
х = $-+1.
2
Из уравнения (7) следует, что
Л:=С3,
j
c
=C
3
/+C
1
4
.j
Используя начальные условия: t = 0, j>(0) = v c , ЯО) = 0, из системы
(11) найдем, что С3 = vc, С4 =0.
Тогда
У = vetОткуда
Vc
Подставив полученное значение / в формулу (10), определим уравнение траектории в координатной форме:
х = ^г+1.
2 v2
(12)
484
X. Динамика материальной системы
Подставим в уравнение (12) выражение (5), получим
х =
2gy 2
2-3 gl
или
у2 = 31х-312.
Из уравнения (8) следует, что
(О - const.
О т в е т : парабола >'2 = 3Ix-3l2;
tJ^-
(0 =
Задача 43.2
Тяжелый однородный стержень длины / подвешен
своим верхним концом на горизонтальной оси О. Стержню, находившемуся в вертикальном положении, была
сообщена угловая скорость COQ = 3 J g f l . Совершив полоборота, он отделяется от оси О. Определить в последующем движении стержня траекторию его центра масс
и угловую скорость вращения ю.
Решение
Найдем скорость центра масс v c и угловую с к о рость со стержня в момент его отделения от точки О,
т.е. до начала плоскопараллельного движения.
Скорость центра масс определим по теореме об изменении кинетической энергии:
г - г 0 = хдг-
О)
В данном случае кинетическая энергия, сообщенная
стержню в начальном положении,
T0=-I0(4
2
= - -ml2
2 3
9$/
3
II
mg
\0 х
mgl.
(2)
Кинетическая энергия стержня в конечном (наивысшем) положении
1
I
7 = -/0(о2 = - w / W .
2
6
(3)
485
43. Смешанные задачи
Т о г д а р а б о т а в н е ш н и х сил ( с и л ы т я ж е с т и mg) п о п е р е м е щ е н и ю
с т е р ж н я из н и з ш е г о в н а и в ы с ш е е п о л о ж е н и е , т.е. когда угол п о в о р о та с т е р ж н я ф = п и ц е н т р е г о т я ж е с т и п о д н я л с я на в ы с о т у h =/,
M=-mgl.
(4)
Подставим выражения (2)—(4) в формулу (1), получим
1 -> т 3
[3J
-ml vr —mgl = - mgl =>(D = J— .
6
2
V/
(5)
Определим скорость центра масс
vc = c o - = &
2
V 4
(6)
Составим дифференциальные уравнения плоскопараллельного
движения стержня:
mxc=0,
(7)
myc = -mg,
(8)
^
= 0.
dt
(9)
Из уравнения (7) следует, что
*
"
I
с=С
*c=C,/+C2.j
(Ю)
Используя начальные условия: t =0, х с (0) = -vc, л"с(0) = 0, из системы уравнений (10) найдем: Q = -vc, С2 =0.
Тогда с учетом значений постоянных интегрирования
Хс = - vct.
Откуда
(11)
Vc
Из уравнения (8) следует, что
Ус^-gt+Cj,
Ус -
(12)
+
+Сц.
486
X. Динамика материальной системы
Используя начальные условия: t = 0, усФ) = 0, j>c(0) = j , из системы уравнений (12) найдем, что
с3=0,
с4
=L.
2
2
Тогда
у
c
=
(13)
Подставим выражение (11) в равенство (13) и определим уравнение
траектории центра масс стержня в координатной форме:
v
Ус
=г т—•
2v2c 2
Это уравнение с учетом выражения (6) примет вид
V
Ус
- - 2 2-3 gl
1
или
Ус
О т в е т : парабола Ус = ~ ~
~ У Р а в н е н и е параболы.
(0=
Задача 43.3
Два однородных круглых цилиндра
А и В, массы которых соответственно
равны М| и М 2 , а радиусы оснований г{
и г2, обмотаны двумя гибкими нитями,
завитки которых расположены симметрично относительно средних плоскостей,
параллельных основаниям цилиндров;
оси цилиндров горизонтальны, причем
образующие их перпендикулярны линиям наибольших скатов. Ось цилиндра А неподвижна; цилиндр В падает из
состояния покоя под действием силы
тяжести.
487
43. Смешанные задачи
Определить в момент t после начала движения, предполагая, что
в этот момент нити еще остаются намотанными на оба цилиндра:
1) угловые скорости « | и оо2 цилиндров, 2) пройденный центром
масс цилиндра В путь s и 3). натяжение Т нитей.
Решение
же то, что цилиндры однородные, т.е.
Ix=~Mrf,
f2 =
]-M2rl
Выберем в качестве уравнения «равновесия» уравнение
=0,
или
М? + Mf + Ф2(/, + r2) ~ M2g(rx + г2) = 0.
(2)
С учетом выражений (1) уравнение (2) примет вид
М,/)2е, + M2r2t2 + 2M2(exrx +z2r2)(rx +r2)-2M2g(n
+r2) = 0
или
(Mxn2 +2М2П2 +2M2rxr2)E]+Qr?
+2rxr2)M2e2-2M2g(4
+ /- 2 )=0.
(3)
488
X. Динамика материальной системы
Если рассмотреть цилиндры отдельно и учесть, что цилиндр В
совершает плоскопараллельное движение, то получим:
для цилиндра А (рис. 2)
lM0i =0
или
М,ф- Тц =0;
(4)
для цилиндра В (рис. 3)
2 ^ = 0
или
=0.
Mf-Tr2
(5)
м?
Рис. 3
Приравняем значения Т из выражений (4) и (5):
Л/,ф _ М?
П
h
учитывая выражения (1), получим
= М2г2е2.
(6)
Из равенства (6) следует, что
М2г2
Подставим выражение (7) в формулу (3):
(3 Л/, г}2 + ЗМ, г, г2 + 2 М2г2 + 2 М2г, г2)е, - 2 M2g(r{ +г2) = 0
(7)
43. Смешанные задачи
489
и после преобразований получим
гх(ЗМх +2 М2)(П + /5)8, = 2M1g(r] + г2).
Откуда
_
е
2M2g
гх(ЗМх +2 М2)
1
Подставим это значение гх в выражение (7), тогда
-
е
2Л/,g
г2(ЗМх+2М2)
2
Из уравнения (4) найдем натяжение нити
т_
M\M2g
ЪМ\ +2М2
Так как движение началось из состояния покоя, т.е. ojj(0) = 0,
о>2(0) = 0, то в момент времени t угловые скорости цилиндров будут:
2 gM2
CO, = Е] / =
-—
/,
ц (ЗМХ +2М2)
со2 = e2t =
$—
r2(3Mx+2M2)
t.
Ускорение а2 центра масс цилиндра В найдем из выражения для Ф2
[см. формулы (1)]:
2{MX+M2)g
•
е
г
а 2 - а 2 + а 2 =е х г, +е 2 г г = — —
—.
ЗМХ+2М2
Отсюда с учетом того, что 5(0) = 0, 5(0) = 0, получим
a2t2
2
О т в е т : 1) со, =
2)
s
2gM>
rx (3MX +2M2)
_ g(Mx+M2)
f2
ЗМх+2Мг
Г2(ЗМх+2М2)
= gW + M2)f2. 2) T = • M]M2g
3 M, +2 M2
3M\ +2M7
X. Динамика материальной системы
490
Задача 43.4
Однородный стержень АВ длины а поставлен
в вертикальной плоскости под углом (р0 к горизонту так, что концом А он опирается на гладкую
вертикальную стену, а концом В — на гладкий
горизонтальный пол; затем стержню предоставлено падать без начальной скорости. 1) Определить
угловую скорость и угловое ускорения стержня.
2) Найти, какой угол ф| будет составлять стержень
с горизонтом в тот момент, когда он отойдет от
стены.
Решение
1) Применим теорему об изменении кинетической энергии:
Т-Т0
= £Аек,
(1)
где Г0 — кинетическая энергия при ф = ф 0 , Г0 = 0; Т — кинетическая
энергия при произвольном угле ф — вычисляется по формуле (теорема Кенига):
а . .
.
а .
ХС = -ф81Пф, у с = ~ - ф С 0 5 ф ,
,
(а1 .2.7
а2 .
та2ф2
7 ^ та2 ф2
— ф sm ф+—«rcos*q> +
— =
—.
4
J 12 2
6
Работа силы тяжести mg при изменении угла ^
от ф0 до ф (см. рисунок)
Тогда уравнение (1) пример вид
та2ф2
mga, .
. .
— - f - = —г—(sm ф0 - sm ф).
6
1
Откуда
•> Зг
ф^ = — (БШфо - sin ф).
а
та
—
491
43. Смешанные задачи
Значит, угловая скорость стержня АВ
ф = , / — ( s i n сро - sin ф).
а
(2)
Продифференцируем выражение (2) и найдем угловое ускорение ф
стержня:
—— = 2фф =
dt
— фСОБф,
а
откуда
ф
=—-cosy.
2а
2) Реакция стены в точке А
Na ~тхс = ——(фхщ ф+ф2 совф) =
_
т а
- — s i n фсов ф + — ( s i n фо - sin ф) соБф
2а
а
В момент, когда стержень отойдет от стены, NA = 0 , т.е.
2 .
Sjn ф| = уБШфо.
/3i
Зг
2
О т в е т : 1) ф = / — ( s u ^ - s i n ^ ) ; ф = — - с о $ ф ; 2) 8Шф1 = ~ Б т ф 0 .
На
2а
3
Задача 43.5
Использовав условие предыдущей задачи, определить угловую скорость ф стержня и скорость нижнего его конца в момент падения
стержня на пол.
Решение
После отделения стержня АВ от стены горизонтальная скорость
его центра масс постоянна и равна
v & = |$sin<p
*
я 1 3 J T . 2 .
(p=arcsin—sin ч>
3
» ° V
$
)2 .
'
fc™
2 . „ =-5}Пфо
_1
-5(Пфо
-5!Пфо
Vi^smcpo,
2 Vа
3
3
X. Динамика материальной системы
492
В момент отделения от стены стержень совершает мгновенно-поступательное движение. Поэтому
vb
1 .
= vcx = jsinф 0 Vgosm^o".
Кинетическая энергия стержня АВ после отделения от стены
т
Т
2 ч +, т
Т = - , +2 , v^)
2
2 2
ф2 - m ( ,gI a6 -Sin
• з фп +
- «—- 2ф
« 2 COS
— 22 ф
-1 -та & v
v
Y
2
219
4
24
а 1
12
при падении, т.е. при ф = 0,
mga
/ш 2 ф 2
SHT ф0 +
7<f=o ~
IF
Итак, применив теорему о б изменении кинетической энергии
•
2
.
„
..
в промежутке от ф = arcsin - sin <р0 до ф = О, найдем угловую скорость
стержня при падении:
mag .
ma2ф2
ma2(о2
mga .
=
mga .
mga (2 .
з1пф0 ~sinO° ,
f. sin2m0 Л
1
Г"
откуда
Ф|«р=0 =
Ответ: ф=
3g
1 .
3g
- ^ ' п 2 ф о |sm<po.
1
ф0J81Пф0; v B --^sin<p 0 Jgasincfo.
Задача 43.6
Тонкая однородная доска ABCD
прямоугольной формы прислонена к вертикальной
стене и опирается на два гвоздя Е и F без головок; расстояние AD равно ЕЕ. В некоторый
момент доска начинает падать с ничтожно малой начальной угловой скоростью, вращаясь
вокруг прямой AD. Исключая возможность
скольжения доски вдоль гвоздей, определить
493
43. Смешанные задачи
угол а = ZBAfy, при котором горизонтальная составляющая реакции
изменяет направление, и угол а 2 в момент отрыва доски от гвоздей.
Решение
Применим теорему об изменении кинетической энергии:
д
„
п rr< III" /г
где Г0 =0; Т =
0
3
2
АВ
е
V А к - mg • — ( 1 - со5ф), ф = ZBABi = а На основании теоремы о движении центра масс (в данном случае
точка С ) запишем:
mxc - Nx,
myc = Ny -mg.
Найдем угловую скорость доски
<р =
т-АВ2(р2
mg-AB
6
2
(1 - СОБф),
откуда
2
Ф
_ 3g(l -cos(p)
(1)
АВ
Продифференцируем это выражение и найдем угловое ускорение
2фф = ф:
AD
гф,
3£5Шф
(2)
2АВ '
Координаты центра масс доски (см. рисунок)
АВ .
ха = у ' s i n (Р' Ус
=
АВ
- у • c o s < P'
откуда
АВ .
Хг=—-фОКф,
Ус
АВ . .
фэтф;
2
X. Динамика материальной системы
494
-2 • ч
ХС' = -y-($COS<p- ф
Sin ф),
Ус - — — (ф sm ф+ф cos ф).
(3)
Горизонтальная составляющая реакции изменит направление при
Nx = тхс = 0, т.е. при
фСО5ф-ф28Шф = 0.
(4)
Подставим в уравнение (4) выражения (1) и (2) и определим угол ф ь
при котором изменяется направление горизонтальной реакции Nx:
3g si п фсо5 ф
2 АВ
3g(l - cos ф) sin ф _ Q
АВ
или
совф) - 2 +2со5ф, =0,
откуда
2
со5ф! = - ,
2
ф] = ai = arccos - = 48°1 Г.
Вертикальная составляющая реакции изменит направление при
Ny = п 9 с + m g - 0, т.е. при
Pc + g = 0.
(5)
Найдем угол ф 2 , при котором произойдет отрыв доски от гвоздей.
Подставим выражение (3) в уравнение (5):
($sin ф+ф 2 созф) + g = 0,
3 sin2 ф
+ 3(1-cos ф) cos ф + 1=0,
4 - 3 s i n 2 9 - 6 c o s 9 + 6 c o s ^ = 0,
9 cos 2 ф—6со5ф+1 =0.
Тогда
С05ф2
43. Смешанные задачи
495
Ф2 = а 2 - arccos I = 70°32'.
2
1
О т в е т : а, = arccos - = 48°1 Г; а 2 = arccos - = 70°32'.
2
3
3
Задача 43.7
Два диска вращаются вокруг одной и той же оси с угловыми скоростями со, и со2; моменты инерции дисков относительно этой оси
равны /| и / 2 . Определить потерю кинетической энергии в случае,
когда оба диска будут внезапно соединены фрикционной муфтой.
Массой ее пренебречь.
Решение
Поскольку моменты внешних сил, действующих на вращающиеся
диски (см. рисунок), относительно оси вращения х равны нулю, то
кинетический момент остается постоянным (векторы внешних сил
пересекают ось х).
Следовательно,
/,(0, + /2Ш2 = (/, + / 2 )со =>со=
+/г2(°2,
/,+/2
где со — угловая скорость дисков после соединения.
Для определения потери кинетической энергии применим теорему о б изменении кинетической энергии системы:
AT = Т2-Т\,
где Тг — кинетическая энергия системы до соединения дисков; Т{ —
кинетическая энергия соединенных дисков.
X. Динамика материальной системы
496
Найдем
_ /,<Oi2 , /2Ю2
— + „ >
'2
2
Ч
/,+/ 2 J
Тогда
AT = 17,(0? + 1 /2<oj - 1 ( 7 ,
2
2
2
+
/2)f/l0)l +
\ I\ + h
1 = 1/,со? +—/ 2 а>1)
2
2
1 7,2 со,2 + 2/|СО]/2со2 + / 2 и 2 _ 1 / , I
2
/,+/2
2 /,+/-
(со, -со 2 ) 2 .
О т в е т : ДГ = — — ( с о , -со 2 ) 2 .
2 7, + / 2
Задача 43.8
Тело А вращается без трения относительно оси ОСУ с угловой скоростью С0л- В теле А
на оси ОхО{ помещен ротор В, вращающийся в
ту же сторону с относительной скоростью сой.
Оси ОСУ и ОхО{ расположены на одной прямой.
Моменты инерции тела А и ротора В относительно этой прямой равны 1А и 1В. Пренебрегая
потерями, определить работу, которую должен
совершить мотор, установленный в теле А, для
сообщения ротору В такой угловой скорости,
при которой тело А остановится.
Решение
Применим к вращающимся телам А и В теорему об изменении
кинетического момента механической системы:
dlг
dt
497
43. Смешанные задачи
В этом случае момент мотора — внутренний фактор, действующий
как на тело А, так и на тело В. Следовательно кинетический момент
системы постоянен, т.е.
I A i0 А + 1 В ((0 А + щ ) = / г со => ш =
1в
ф а + со,, + щ .
Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии механической системы:
Т-Т0
= А,
где А — работа мотора.
Начальная энергия системы
т -_ Ia(°2a
2
0
I
Ь^л+Щ)2
2
Конечная энергия системы
.3
Тогда работа, которую должен совершить мотор,
+ ®А + Щ I ;
Л = \1в\~®а
2 ч/*
Г/2
+
= 5'»
1в<Ол -
>
4 +'
1
со^+2 — с о ^ н - 2(йА(йв -~Ia<£>A
h®A®B-\hu>2B
О т в е т : А— — 1 А (йгА\\ + ^ + 2 ® А ( я в
2
2
т^+уУ^лщ
498
X, Динамика материальной систему
Задача 43.9
На шкив, вращающийся без сопротивления
вокруг горизонтальной оси О с угловой скоростью (Ооэ накинули ремень с двумя грузами на
концах. Шкив — однородный диск массы т
и радиуса г, масса каждого из грузов М - 2т.
Считая начальные скорости грузов равными
нулю, определить, с какой скоростью они будут
двигаться после того, как скольжение ремня
о шкив прекратится. Найти также работу сил
трения ремня о шкив.
Решение
Применим теорему об изменении кинетического момента системы (шкив и два груза)
относительно оси z, перпендикулярной плоскости рисунка:
dL
dt
Так как £ M0z(Ff)
/(ОО =
= 0, то LQz = const. Тогда
/Ш+2МУГ,
где v — скорость груза, v = оэг.
Следовательно,
2
(Оо =
2
со+2 • 2тыг2=> со =
Юо
Значит, скорость каждого груза
V = ЮГ = - (ОПГ.
9
Для определения работы сил трения А тр применим теорему об изменении кинетической энергии системы, имея в виду, что суммарная работа сил тяжести грузов равна нулю:
Т= ^
Атр = Т - Т 0 Т
2
+ 21
Mv1
_1а>1
Та =
499
43. Смешанные задачи
.
/(On
1
=> A n =
2
р
\(тг2а>11
2 V
2
Л» 2
2
2-2mv2
I ,, 2
, 2
2 2\
— —
= —(/со о - / ю - 4 / Я О Г Г ) =
2
2
т г 2 соf j,- 4 /. и со I -А = - 1
гП
т И о2 ) о
2
9
92
J
2
2
2 2
.
= -т(я$г
Л2
1
2
1
81
8U
1
.
2
2 2
О т в е т : v = - « v ; Ар ~ ~ т < а о г •
Задача 43.10
Твердое тело массы М качается вокруг
горизонтальной оси О, перпендикулярной
плоскости рисунка. Расстояния от оси подвеса до центра масс С равно а; радиус инерции тела относительно оси, проходящей
через центр масс перпендикулярно плоскости рисунка, равен р. В начальный момент тело было отклонено из положения
равновесия на угол <р0 и отпущено без начальной скорости. Определить две составляющие реакции оси R n N ,
расположенные вдоль направления, проходящего через точку подвеса и центр масс тела, и перпендикулярно ему. Выразить их в зависимости от угла ф отклонения тела от вертикали.
Решение
Рассмотрим колебательное движение
тела.
Составим дифференциальное уравнение
вращательного движения тела относительно
оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости рисунка:
/ф = -Са8Шф.
500
X. Динамика материальной системы
Так как I - М(р2 + а2), то
А -
,
, БШф
рl + a i
или
фс/ф = — J ' 0 - • • sin ф Лр.
рг + а2
Проинтефируем это выражение:
Ф2
2
ga
Л
= - f — j совф+С.
р2 + а2
Исходя из начальных условий: t = 0, ф = ф0, ф = 0, найдем постоянную интегрирования:
р1 + а 1
Тогда
ф2
ga COS(
— =-j
J
P
2
p +o
ga
r^2COS<P0
р^+гг
=
ga
j (COS ф — COS фо).
pL+aL
Силы инерции тела приводим к точке качения О:
Ф т = -Мае,
Ф„=-Ма£,
Мф = - 7 „ е .
Для определения реакции опоры О применим принцип Даламбера:
2Jt=0,
-Л+Ссо5ф+Ф„ =0;
(1)
Л Г - Ф т - С в т ф = 0.
(2)
Определим
Ф„ = Ма'с = Мо 2 а = М
у (cosф - cosф0) я =
_ 2Mga2
- (С05ф~- СОБфо),
где со= ф.
501
43. Смешанные задачи
Тогда из уравнения (I) получим значение первой составляющей
реакции оси:
R = A/gcosy+^-^r-(cos<p-coscpo).
р* +
Поскольку
Фт = Mai = Мга = М\
go
р2
+ а2
sin у а = -
Mga2
2
.
2sm(P'
р1 + а 1
где е = ф, то из уравнения (2) найдем вторую составляющую реакции
оси:
,2
\
Mga2
N = Фт +<7siny = —r-^—r-sincpH- Л/gsiny = Mg sincp 1 — 2
р + я2
р2 + ал
= Mg /
P
siny.
+ a
О т в е т : R- M g ( c o s y - c o s ф
pl+al
0
) ;
N =
Mg^^-—r-siny.
p1 + ai
Задача 43.11
Тяжелый однородный цилиндр, получив ничтожно малую начальную скорость,
скатывается без скольжения с горизонтальной площадки АВ, край которой В заострен и параллелен образующей цилиндра.
Радиус основания цилиндра г. В момент
отделения цилиндра от площадки плоскость, проходящая через ось цилиндра
и край В, отклонена от вертикального положения на некоторый угол СВС] = а.
Определить угловую скорость цилиндра в момент отделения его
от площадки, а также угол а. Трением качения и сопротивлением
воздуха пренебречь.
502
X. Динамика материальной системы
Решение
Покажем на рисунке центробежную Фц
и тангенциальную Фт силы инерции и силу тяжести mg.
В момент отделения цилиндра от площадки реакция опоры равна нулю. На о с новании принципа Даламбера составим
уравнение в проекции на ось п:
mg c o s a - Ф ц =0,
где Фц = mfflV.
Тогда
по 2 = g c o s a .
(1)
Запишем теорему об изменении кинетической энергии, считая,
что цилиндр до отделения вращается вокруг точки В:
r - r 0 = ZAf.
Так как начальную скорость считаем равной нулю, то Т0 = 0. Тогда
Г=
(2)
Найдем кинетическую энергию цилиндра в момент отделения его
от площадки:
т
_ /g<M2
где 1В = I c +mr 2 — по теореме Гюйгенса - Штейнера, / с =
mr
мо-
мент инерции однородного цилиндра относительно оси, проходящей через центр масс.
Тогда
mr
2
•+mr2 = —mr
2
т>
2
T =3
—mr2 (Sr.
4
(3)
503
43. Смешанные задачи
Найдем работу внешних сил
= mgr (1-cosa).
(4)
Подставим выражения (3) и (4) в уравнение (2):
3
, ,
-mrvr
= mgr (1 - cosa)
или
7
4
w--g(l-cosa).
(5)
Приравняем правые части выражений (1) и (5):
gcosa =
1 - cosa).
Откуда
4
4
c o s a = —, a = arccos — = 55,1°.
7
7
Подставим значение c o s a в уравнение (1):
2
4
и определим угловую скорость цилиндра в момент отделения его от
площадки:
(0 = 2 J
g
О т в е т : со = 2.1—; a = a r c c o s - = 55,1°.
У 7г
1
Задача 43.12
Автомашина для шлифовки льда движется прямолинейно по горизонтальной плоскости катка. Положение центра масс С указано
на рисунке к задаче 38.12. В момент выключения мотора машина
имела скорость к Найти путь, пройденный машиной до остановки,
504
X. Динамика материальной системы
если/ к — коэффициент трения качения между колесами автомашины и льдом, а / — коэффициент трения скольжения между шлифующей кромкой А и льдом. Массой колес радиуса г, катящихся без
скольжения, пренебречь.
Решение
Определим реакции NA, NB и силу
трения FTрА (см. рисунок), не учитывая
момента сопротивления качения и реакции передних колес. Для этого составим два уравнения «равновесия»:
2MA(Fk)
= -mgh
^MB(Fk)=mg~l-NAl
+ NB/ = 0,
(1)
= Q.
(2)
Na,
А
тр-А
2/зг
i/зг
ШШ
в
mg
Из уравнений (1) и (2) получим
1
NB=-mg,
NA=-mg.
(3)
Найдем
Лр.л = fNA = -fmg
(4)
и момент сопротивления качению
1
(5)
Применим теорему об изменении кинетической энергии системы:
т-г0
= 2 Д? = АЬр.л) + А{МС).
(6)
Так как автомашина, пройдя путь s, остановилась, то Т— конечная кинетическая энергия — равна нулю, а начальная кинетическая
энергия
505
43. Смешанные задачи
Определим работу сил трения. С учетом выражения (4)
2
Ж^тр.л) =
= --fmgs.
Работа момента сопротивления качению
=
=
3
г
(8)
(9)
Подставим выражения (7)—(9) в уравнение (6):
mvi
2 j.
1 ,
s
-r- = r fmgs + -fKmg2
3
3
r
и определим путь, пройденный машиной до остановки:
=
S~2g
Ъг
2fr+/к
„
v2
3/Ответ: s =
.
2 g 2 fr+fK
Задача 43.13
На боковой поверхности круглого цилиндра с вертикальной осью,
вокруг которой он может вращаться без трения, вырезан гладкий
винтовой желоб с углом подъема а. В начальный момент цилиндр
находится в покое; в желоб опускают тяжелый шарик; он падает по
желобу без начальной скорости и заставляет цилиндр вращаться.
Дано: масса цилиндра М, радиус его R, масса шарика /и; расстояние
от шарика до оси считаем равным R и момент инерции цилиндра
1
равным -MR
^
. Определить угловую скорость со, которую цилиндр
будет иметь в тот момент, когда шарик опустится на высоту А.
Решение
Применим теорему об изменении кинетического момента механической системы относительно оси z'(1)
506
X. Динамика материальной системы
Так как £ Mz(Fke) = 0, то Lz = const, т.е. Х^ = LZo.
Поскольку в начальный момент система находилась в покое, то
40=о.
(2)
Кинетический момент системы L z относительно оси z в произвольный момент времени:
Ll = L» + I]?.
(3)
Кинетический момент цилиндра
мк2ю
(4)
Момент количества движения шарика
где va6 -Vr+ve
= vrcosa-ve.
Найдем ve = соR, тогда
va6
- v r cos а - с о Л ,
(5)
a момент количества движения шарика
Lf =т (vr cosa - соR)R.
(6)
Подставим выражения (4) й (6) в формулу (3):
4 =~
MR &
2
+m(vrcosa-(S)R)R
=0
(7)
или
м
\п
— +т \Ru> = mvr cosa.
2
J
Откуда
(M+2m)Ru
2m cos a
(3)
507
43. Смешанные задачи
Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы:
где То = 0, так как v0 = 0;
-mgh.
Тогда
(9)
T = mgh.
Кинетическая энергия системы
Г = ГЦ + 7Ш.
(10)
Кинетическая энергия цилиндра
ю2 _
~
MRW
~
4
'
Кинетическая энергия шарика
(И)
где v2 = v2 + v2 + 2 ve vr cos (180°- а) = v 2 + v2 - 2 ve vr cos a.
Тогда
Тш = y ( v 2 + V2 - 2 v , v , c o s a).
(12)
Подставим выражения (11) и (12) в формулу (10):
„
MR2a>2 т. 2
2 о
\
j + _ ( v ; + vf - 2 vev, cosa) =
4
2
MR2 со2
4
=
н
mv2
mR2co2
2
2
- +
„
mv,. « c o c o s a =
: ^ ( M + 2 m ) + -(v r 2 -2v,/?cocosa),
4
2
(13)
508
X. Динамика материальной системы
а выражение (8) в формулу (13) и найдем кинетическую энергию системы
Т=
Rl(i>2
(М +2m) +
4
2т)2Д2со3 _
4m2 cos 2 a
2
2(M+2m)RW
2m
1 (M + 2m)2R2(£>2
mcos 2 a
M+2m)+
(M+2m)R2ba2
(M+2m)RW
2
(M+2msinza)
mcos 2 a
Подставим выражение (14) в формулу (9):
(М +2m) Л2 со2 (М+2msin 2 a)
mcos 2 a
= mgh,
откуда определим
2
8m gA
cos 2 a
s
со = •
2
(M +2m)R (M +2wsin 2 a)
и угловую скорость цилиндра:
со =
2m cos а
/?
6
V(M + 2m)(M+2msin 2 a)
(14)
44. Удар
Методические указания к решению задач
Ударом называется явление, при котором за бесконечно малый
промежуток времени, т.е. почти мгновенно, скорости точек системы
изменяются на конечную величину. Ударные явления можно рассматривать как разовое мгновенное наложение или снятие связей,
например, столкновение поступательно движущегося тела с другим
неподвижным телом или периодическое наложение и снятие связей
(ковка, штамповка, забивка свай и т.п.).
Сила, действующая в течение ничтожно малого промежутка времени т, но достигающая при этом очень больших значений, называется
ударной силой и обозначается Fyii. Промежуток времени т действия Fyjx
называется временем удара.
Так как ударные силы очень велики и за время удара могут изменяться в значительных пределах, то в качестве меры взаимодействия
тел при ударе рассматриваются не сами силы, а их импульсы.
Ударным импульсом называют векторную величину
^уд=//удЛ.
о
(44.1)
В теории удара импульсами неударных сил (например, силы тяжести) из-за их малости по сравнению с ударными пренебрегают.
Перемещениями точек тела за время удара также можно пренебречь,
так как эти перемещения имеют порядок величины т.
Многие величины, характеризующие удар, могут быть получены
с помощью теорем динамики общих как для материальной точки,
так и для системы материальных точек, а именно: теорем об изменении количества движения, о движении центра масс системы, об изменении кинетического момента и кинетической энергии.
Теорема об изменении количества движения материальной точки при
ударе. Пусть скорость точки в начале удара v, а в конце удара — Ш.
Тогда
ти —mv = Sya,
(44.2)
т.е. изменение количества движения материальной точки за время
удара равно ударному импульсу, приложенному к точке.
X. Динамика материальной системы
510
Уравнение (44.2) является основным уравнением теории удара
и в этом случае имеет такое же значение, как и основной закон динамики та = F при изучении движения материальной точки под
действием неударных сил.
Теорема об изменении количества движения механической системы
при ударе. Для к-й точки имеем
ткйк -mkvk=
S£yд + Slya,
(44.3)
где Skya,Skya — ударные импульсы соответственно внешних и внутренних сил.
Для механической системы, просуммировав и уравнений (44.3)
и учитывая, что по свойству внутренних сил, в том числе и ударных,
Х^/уд =
получим
К-К0 = 2Ца>
(44.4)
т.е. изменение количества движения системы за время удара равно
векторной сумме внешних ударных импульсов, приложенных к точкам системы.
В проекциях на оси декартовых координат
К* ~ Кох
=
Ку - К 0у = Х ^ Л
=
(44.5)
Если 5/ У д = 0, то, как следует из уравнения (44.4), количество движения системы за время удара не изменяется.
Теорема о движении центра масс системы при ударе. Выразим количество движения системы через скорость центра масс:
К = Мйс,
К о - Mvc.
(44.6)
Тогда с учетом выражений (44.6) уравнение (44.4) примет вид
M(uc-vc)
= l,Skya-
(44.7)
511
44. Удар
В проекциях на оси координат
M(uCx-~vCx) = Y,skx,
М(иСу - v c> ) = Y^seky,
M{uCl-vCl)
(44.8)
= ^Sekl.
Следствия из теоремы:
т е - количество движения системы
1. Если Х ^ у д = 0» т о "с и скорость центра масс не изменяются, если векторная сумма внешних ударных импульсов, приложенных к точкам системы, равна нулю.
т о и сх = vc*> т - е - проекция количества движения
2. Если
системы и скорости центра масс на ось х не изменяются, если сумма
проекций внешних ударных импульсов на эту ось, приложенных
к точкам системы, равна нулю.
Теорема об изменении кинетического момента системы при ударе.
Сначала рассмотрим изменение кинетического момента системы при
ударе относительно некоторого центра.
Умножим векторное равенство (44.2) на радиус-вектор Т, который будет одним и тем же до и после удара. Получим
r xmu -rxmv
= г xS,' у д .
(44.9)
Это соотношение является выражением теоремы об изменении
момента количества движения материальной точки относительно некоторого центра О при ударе.
Применив аналогичные действия к каждой к-\л точке системы
(44.3) и просуммировав все выражения, получим
Lo-L$
=ZMo(Skeya),
(44.10)
х Щ и к ) - кинетический момент системы относительно
где Lo =
центра О после удара;
= YSXk x m k v k )-~ кинетический момент с и с темы относительно центра О до удара; Y,Mo(S k y a ) - геометрическая
сумма моментов внешних ударных импульсов относительно центра О.
Следует заметить, что геометрическая сумма моментов внутренних ударных импульсов по свойству внутренних сил равна нулю.
Таким образом, изменение кинетического момента механической
системы относительно некоторого центра за время удара равно гео-
512
X. Динамика материальной системы
метрической сумме моментов внешних ударных импульсов относительно того же центра.
Рассмотрим изменение кинетического момента системы при ударе относительно оси.
Спроецируем векторное равенство (44.10) на оси декартовых координат и получим
(44.11)
Если удар испытывает твердое тело, вращающееся вокруг некоторой оси, например оси z, то
4 = 4®.
4 я = 4<ао.
где Iz — момент инерции тела относительно оси z\ со, соо — соответственно угловая скорость вращения тела после и до удара.
Тогда последнее из равенств (44.11) примет вид
или
,-«,.£*.<%•>.
'Z
(44.12)
В равенство (44.12) не входят моменты ударных импульсов реакций опор, так как они пересекают ось, а ударными импульсами сил
трения в опорах пренебрегаем.
Следствия из теоремы:
1. Если X M 0 {Sk ya ) = 0, то из равенства (44.10) следует закон сохранения кинетического момента относительно центра при ударе:
Г0 =
= const.
(44.13)
2. Если, например,
=
равенства (44.11) получаем
закон сохранения кинетического момента относительно оси при ударе:
то из
4 =
const.
(44.13')
513
44. Удар
Рассмотрим удар точки о неподвижную поверхность. Возможны
два случая — прямой удар и косой удар.
Удар называют прямым, если скорость точки v перед ударом направлена по нормали к поверхности в точке удара. После удара материальная точка отделится от поверхности в общем случае с некоторой
скоростью U, направленной тоже по нормали к поверхности.
Отношение числового значения скорости после удара U к числовому значению скорости до удара v называется коэффициентом восстановления при ударе:
к = ~.
(44.14)
v
Если к - 1, то удар называют абсолютно упругим; если к = 0, то
удар считают абсолютно неупругим. При 0 < к < 1 удар называют частично упругим.
Если тело падает с высоты Н, а после удара поднимается на высоту h, то
к = Ч = Щ
V
^TgH
= К
\Н
(44.15)
Удар называется косым, если скорость точки перед ударом направлена под некоторым углом а к нормали поверхности. Угол а называется углом падения. В общем случае скорость точки после удара
составляет с нормалью некоторый угол (3, называемый углом отражения. При косом ударе
* =
tgP
(44.16)
При соударении двух движущихся тел (например, шаров) удар
называют прямым и центральным, если общая нормаль к поверхности тел в точке их касания проходит через центры масс, а скорости
центров масс в начале удара направлены по этой нормали, называемой линией удара.
Обозначим массу ударяющего тела ти а массу ударяемого тела — т2,
скорости их центров масс в начале удара равны соответственно v, и v2,
а в конце удара — щ и и2 и направлены по линии удара. Для того чтобы
удар произошел, до удара должно выполняться неравенство v, >v2,
514
X. Динамика материальной системы
а после удара — и2 tu v , так как ударяющее тело не может опередить
ударяемое.
В этом случае
ил ~и2
к=-
(44.17)
v, - v 2
Если рассматривать соударяющиеся тела как одну систему, тогда
ударные импульсы будут внутренними, а так как
то количество движения до и после удара не изменяется, т.е.
+m2v2 = тхих +т2и2.
(44.18)
Решая совместно уравнения (44.17) и (44.18), получим формулы
для определения скорости тел после удара:
щ = V i - ( l + *)
т2
гП] + т 2
и2 = v2 + (l + к)
(Vj — v2),
Щ (v,-v2).
т; + т 2
(44.19)
В случае абсолютно упругого удара (к = 1) формулы (44.19) имеют
вид
Щ =v,
2m,
-(v, - v2),
Ш] + т 2
2 т,
м2 = v2 + -(v,-v2).
m[ +m2
(44.20)
При абсолютно неупругом ударе (к = 0) скорости их и и2 будут
равны. Тогда из равенства (44.18) или из формул (44.19) следует, что
(44.21)
тх +т2
Из формул (44.20) при т { = т 2 получим, что м, = v2, u2 - vx, т.е. при
абсолютно упругом ударе тела обмениваются скоростями.
Если второй шар будет двигаться до удара со скоростью v2 навстречу первому шару, то в формулах (44.19)—(44.21) скорость v2 следует
515
44. Удар
рассматривать как проекцию на ось, направленную в сторону движения первого шара, и брать со знаком минус.
Теорема об изменении кинетической энергии при ударе двух тел. При
упругом ударе двух тел (0 < к < 1) происходит потеря кинетической
энергии:
-их)2 +
1+ к
^m2(v2-u2)2
(44.22)
или
TQ-T\ = (1 - к2) ЩШ2
(v. - v 2 ) 2 .
2(тх +т2)
(44.23)
Если удар абсолютно неупругий (к = 0), то их=и2 = и. Тогда
Т0 - 7] = -mx(vx -u)2+-m2(v2-и)2.
(44.24)
Формула (44.24) — это математическое выражение теоремы Карно,
которая может быть сформулирована следующим образом:
кинетическая энергия, потерянная системой двух тел при абсолютно неупругом ударе, равна той кинетической энергии, которую имела бы система, если бы ее тела двигались с потерянными
скоростями.
Потерянными скоростями называют разности скоростей соударяющихся тел до и после удара, т.е. (v, -и) и (v2 -и).
Частные случаи теоремы Карно.
Пусть v2 = 0 (тело неподвижно). Тогда
To= X -m x vl
7] = I ( m , + т 2 ) и
2
2
= Um
2
x
+т2)\
(44.25)
"?'V|
v/я, + т 2
1 m .,2
_~-m
_
Щ
Т
| Щ
У0.
xv
2
тх +т2
/я, +т2
516
X. Динамика материальной системы
Возможны два случая:
• если m, » т 2 , то 7] = Т0, т.е. потери кинетической энергии не
происходит (забивка свай, гвоздей и т.п.);
• если т , «
т 2 , то — — — =0, следовательно, 7] ~0, т.е. при ударе
/Я| + т 2
почти полностью теряется кинетическая энергия, которая затрачивается на деформацию соударяющихся тел (ковка металла, клепка
и т.п.).
Центр удара — это точка тела, через которую проходит ударный
импульс, не вызывающий ударных реакций в опорах. Если ударный
импульс приложить к телу, вращающемуся в некоторых опорах вокруг неподвижной оси, то в этих опорах могут возникнуть ударные
реакции. Однако возможно такое условие, при котором ударные реакции будут равны нулю. На практике это имеет весьма важное значение; появление при ударе импульсных реакций нежелательно, так
как может привести к поломке частей конструкции.
Чтобы при ударе по телу, закрепленному на оси z, в опорах не
возникали ударные реакции, необходимо выполнение следующих
условий:
• ударный импульс должен располагаться в плоскости Оху, перпендикулярной оси z и проходящей через точку О тела, для которой
ось z является главной осью инерции;
• удар должен быть направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через ось вращения z и центр масс С тела;
• ударный импульс необходимо приложить к телу с той стороны
оси вращения, где находится центр масс тела на расстоянии
h = Jj~,
Ma
(44.26)
где 1г — момент инерции тела относительно оси вращения; М — масса
тела; d — расстояние от оси вращения до центра масс тела.
Формула (44.26) совпадает с формулой приведенной длины /Пр
физического маятника при качании его вокруг горизонтальной оси z',
точка маятника, отстоящая от оси привеса на расстояние / пр , называется центром качаний физического маятника. Поэтому центр удара совпадает с центром качаний физического маятника.
517
44. Удар
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Показать на рисунке соударяющиеся тела, направление векторов их скоростей до и после удара.
2. Показать оси(ось), использование которых при решении задач
обязательно.
3. В зависимости от вида движения тел, особенностей удара и к о нечного результата применить соответствующие теоремы, т.е. воспользоваться формулами (44.2), (44.4), (44.5), (44.7), (44.8), (44.10)-(44.12)
и (44.22)-(44.24), или следствия из теорем. При определении коэффициента восстановления при ударе, скорости тел после удара, положения центра удара лучше использовать формулы (44.14)—(44.17),
(44.19), (44.20) и (44.26).
4. При решении задач, в которых рассматривается косой удар, векторы скоростей соударяющихся тел нужно разложить на составляющие по направлению общей нормали и общей касательной в точке
касания, изучить характер изменения этих составляющих и определить их величину после удара.
5. Искомые величины выразить в общем виде, а затем вычислить
их значения с учетом числовых данных.
Задачи и решения
Задача 44.1
Баба А ударного копра падает с высоты 4,905 м
и ударяет наковальню В, укрепленную на пружине.
Масса бабы 10 кг, масса наковальни 5 кг. Определить,
с какой скоростью начнется движение наковальни после удара, если баба будет двигаться вместе с ней.
518
X. Динамика материальной системы
Решение
Используем закон сохранения количества движения
при ударе:
1
1
щМ
ЛИ, V, =(/и, + m 2 ) v .
Так как
л
в
>
v, = - ^ g f f = V2-9,81-4,905 =9,81 (м/с),
>m2g
то
Ш
т
«iVj
10-9,81 , . . . . .
v = —i-!— =
-— = 6,54 (м/с).
m\+mi
10 + 5
О т в е т : 6,54 м/с.
Задача 44.2
Груз А массы М\ падает без начальной скорости
с высоты h на плиту В массы Д/2, укрепленную на пружине, которая имеет коэффициент жесткости с. Найти
величину s сжатия пружины после удара в предположении, что коэффициент восстановления равен нулю.
АС
ВС
Решение
Наибольшая величина сжатия пружины равна сумме статического
сжатия и амплитуды гармонических колебаний плиты после удара,
т.е.
&
где а — амплитуда гармонических колебаний
к-a sin (kt + а).
Зная, что при t = 0
(О
1
1
•Мхй
х0 =
Mxg
*
Л/,
-л/2lh,
Mi + М-
-
\мгй
Ш ш
л.
519
44. Удар
получим
Mig
—,
с
a sina =
ак c o s a = -JTgh
М,
М\ + М 2
Исключим из этих уравнений а и с учетом того, что
iMi+M2'
получим
fl2(sin2 a + cos 2 a) = a
M^V
с
2
- (
M
'
g
^
2ghM'
к 2(Л/, + М 2 У
2ghM\
)
c(M\ +М2У
откуда
а=
У
с2
с(М,+М2)'
Тогда согласно формуле (1)
Л/,2
с
у с
c(Mi+M2)
,
Замечание. В условии задачи следовало бы более корректно поставить вопрос: найти максимальную величину сжатия пружины.
M 2
n
M\g
W
1
Ответ: 5= —
— + J\— h
- $ ~ + 2тg h ,
.
11
с
с{М{ +Мг)
Задача 44.3
В приборе для опытного определения коэффициента восстановления шарик из испытуемого материала падает без начальной скорости внутри вертикальной прозрачной трубки с заданной высоты
Л, = 50 см на неподвижно закрепленную горизонтальную пластинку
520
X. Динамика материальной системы
из соответствующего материала. Найти коэффициент восстановления, если высота, на которую подскочил шарик после удара, оказалась равной Л2 = 45 см.
Решение
Коэффициент восстановления при ударе равен отношению с к о рости после удара и к скорости до удара v, т.е.
=
1Е=
v
Ответ: к =
V A,
= 0,95.
V50
= 0,95.
Задача 44.4
Упругий шарик падает по вертикали с высоты h на горизонтальную плиту, отскакивает от нее вверх, вновь падает на плиту и т.д.,
продолжая эти движения. Найти путь, пройденный шариком до о с тановки, если коэффициент восстановления при ударе равен к.
Решение
Путь, который пройдет упругий шарик до остановки,
s - h +2A]+2/j 2 + -..+2/i„.
Коэффициент восстановления при ударе (см. рисунок)
к = Ж =>h = k2h,
V А
bi
(1)
521
44. Удар
/Ы р.
b i
=> А3 = k2h2 = kbh.
Таким образом, видна закономерность h„ = k2"h.
Подставим найденные значения й„ в уравнение (1) и найдем сумму геометрической прогрессии, которая и будет равна пути, пройденному шариком до остановки:
s = h + 2 k2h +2 k4h +2 k6h + . . . + 2 k2"h = h +2h(k2 + k4 +... + k2") =
= h+2h^kJ"
n= I
Ответ:
s=
1 + k2
• h,
1 -k
(
2k 2 ^
=h 1 +
1 -k
0<k<\.
k \
г-я.
1-A: 2
l +
Задача 44.5
Два тела массами т\ и т2 и коэффициентом восстановления к
движутся поступательно по одному и тому же направлению. Каковы
должны быть их скорости V] и v2, чтобы после удара догоняющее
тело /т?! остановилось, а тело т2 получило бы заданную скорость и2?
Решение
Запишем формулы для определения скоростей тел после удара:
m2(\ + k){vx~v2)
«1 = vi — ^
—
/И) +от2
—
(
1
т< (1 + A:)(v! — v2)
U2=V 2 + —
—
—.
...
)
(2)
От] +m2
Согласно закону сохранения количества движения при ударе
тхщ +т2и2 =w,v, +m2v2.
(3)
Вычтем из уравнения (1) уравнение (2) и получим
откуда
щ -u2 = -k(v{
V2
=
V | +
-v2),
U\~U2
_!
I
...
(4)
522
X. Динамика материальной системы
Тогда согласно формуле (3)
т2(и, - ы 2 )
/И]«1 +т2и2 = щ V| +m2vl +•
—,
к
откуда
у_т{щ+т2и2
т2(щ-и2)
тх +т2
^
к(Ш) +т2)
Подставим выражение (5) в формулу (4):
щщ +т2и2 т2{щ -и2)
щ-и2
т,и, +т2и2 т1 {щ ~и2)
v2
1
1
.
/и, +т2
к{тх +т2)
к
/И| +т2
к(т{ +т2)
После удара и, =0, следовательно,
V] =
т2и2
1
Ш\ +т2
V -
т2и2
пц +т2
т2и2
1+к
т2
lt2,
к(тj +тг)
к
Щ"2
_
к{т\ +т2)
кт2-т]
Uj.
к(>щ +т2)
„
1+к
т2
О т в е т : v, =
— - — и 2 ; v2 =
к гп\ +т2
т\ +т2
кт2-т.
—н2.
к(щ +т2)
Примечание. В задачнике для v2 неправильно поставлены знаки плюс
и минус.
Задача 44.6
Паровой молот массы 12 т падает со скоростью 5 м / с на наковальню, масса которой вместе с отковываемой деталью равна 250 т.
Найти работу Ah поглощаемую отковываемой деталью, и работу Л2,
потерянную на сотрясение фундамента, а также вычислить коэффициент т) полезного действия молота; удар неупругий.
Решение
Работу А и поглощаемую отковываемой деталью, вычислим как
разность кинетической энергии Г0 до и кинетической энергии системы Г после удара:
г - г 0 = £де,
;=1
где т
Г0 =
muva
т
Г=
m u l
m = mM +mHaK.
523
44. Удар
Согласно закону сохранения количества движения
wMvM =ти,
тогда
. тЛ
ти\ _ 12 10 3 -5 2
2
2
150-103-125
131
262 -Ю3 (5Л2 f _
2
\262 J
т
1q3
.Л_ 6
V 131
= 143 1 0 3 ( Н - м ) = 143 ( к Н - м ) .
Работу А2, потраченную на сотрясение фундамента, определим как
разность кинетической энергии до удара и энергии, поглощаемой
отковываемой деталью:
А2 =
~А, =
121
^ 3 ' 5 2 -143-10 3
6,83 103 (Н • м) = 6,83 (кН • м).
Рассчитаем коэффициент полезного действия молота
4 ^ 1 4 3 - 6 , 8 3
Л,
143
О т в е т : А = 143 (кН • м); А2 = 6,83 (кН • м); л = 0,95.
Задача 44.7
Молот массы щ = 10 кг расплющивает заготовку до нужных размеров за 70 ударов. За сколько ударов эту операцию произведет молот массы т 2 = 100 кг, если приводной механизм сообщает ему такую
же скорость, что и первому молоту. Масса наковальни М = 200 кг.
Удар считать абсолютно неупругим.
Решение
Из условия равенства поглощаемой энергии (формула (44.44)) при
работе молотов в 10 и 100 кг можно записать, что
Л = 70
10v2
210v2
l i t
210 J
=
N
lOOv2
2
300У2П00У
2
U00 J
X. Динамика материальной системы
524
откуда рассчитаем, за сколько ударов N расплющит заготовку молот
массой 100 кг:
N = 10.
Ответ:
10 ударов.
Задача 44.8
Найти скорости после абсолютно неупругого удара двух одинаковых шаров, двигавшихся навстречу друг другу со скоростями v, и v 2 .
Решение
Изобразим положение шаров до удара (см. рисунок).
По формулам (44.19) найдем скорость их первого шара после удара, зная, что тх=т2=т, к = 1:
и, = v, -(1 + к)———(v,
ni\ +m2
+ v2) = V, - 2 •—(у, + v2) = —v2
2m
и скорость второго шара после удара
и2 = - v 2 +(1 + к)———(V| + v2) = — v2 +2 — (Vj + v2) = v,.
tri\ +m2
2m
Получим, что и| = - v 2 , u2 = v,, т.е. после удара шары обменялись
скоростями.
О т в е т : шары после удара обмениваются скоростями.
Задача 44.9
Два одинаковых упругих шара Aw В движутся навстречу друг другу.
При каком соотношении между скоростями до удара шар А после удара
остановится? Коэффициент восстановления при ударе равен к.
Решение
Изобразим положение шаров до удара (см. рисунок).
525
44. Удар
По формулам (44.19) определим скорость шара А после удара:
Ua = Va~(\ + к)———(vA
тА+тв
По условию тА =т8-т,
+ v8).
иА =0, т.е.
0 = vA-(\ + k)~(vA
7т
+ vs)
или
0 = — ——(1 + к){— + Г.
VB
2
\vB
)
Откуда
YA 1~К
vb
2
2
Ул^+к
vB
1 ~к
„
vA
\+к
Ответ: — =
.
vB
Задача 44.10
Тело А настигает тело В, имея в 3 раза большую скорость. Каким
должно быть соотношение масс этих тел, чтобы после удара тело А
остановилось? Удар считать прямым центральным. Коэффициент
восстановления к = 0,8.
Решение
Изобразим положение тел до удара (см. рисунок).
526
X. Динамика материальной системы
По формулам (44.19) определим скорость тела А после удара:
ИА =
V
A-('+£)
Ш В
тА +тв
<УЛ - VFL).
(1
По условию — = 3, иА = 0.
vb
Следовательно, согласно формуле (1)
0 = v/4
+
— — — ( v a ~ v B ) = — ~й + к ) — — — f — - Г
тА+тв
vB
mA+mB\vB
или
3 - 3 , 6 — — — =0.
тА +тв
Откуда
тА +тв
=
1,2
^ 2 4 + 1 = 1,2 = > ^ = 0,2 ^
тА
= 5.
О т в е т : т в 1 т А = 5.
Задача 44.11
Определить отношение масс ш, и /и2 Двух шаров в следующих двух
случаях: 1) первый шар находится в покое; происходит центральный
удар, после которого второй шар остается в покое; 2) шары встречаются с равными и противоположными скоростями; после центрального
удара второй шар остается в покое. Коэффициент восстановления
равен к.
Решение
Изобразим положение шаров до удара (см. рисунок).
41УдаР__
Определим по формулам (44.19) скорость второго шара после
удара:
«2 = -V 2 + (1 + к)———(v,
rri\ + т 2
+ v2).
С о г л а с н о у с л о в и ю з а д а ч и и 2 = 0, у, = 0.
Тогда
0 = - v 2 +(1 + Л ) — — — У 2 .
/И) + т 2
ПОСКОЛЬКУ V2 ^ 0 , то
l + /c =
'!?Ll^
/Я]
= l+
n!2^n!2=k
Ш\ ГП\
2) Скорость второго шара после удара
и2 — —v2 + (1 + к)———(V|+V 2 ).
тх +т2
По условию у, = - у 2 , и2 = 0. Следовательно,
0 = - у 2 + ( 1 + к)
Щ
ту +т2
2У2.
Так как У2 * 0 , то
1 = 2(1 + к)——— =>
Ш\ + т 2
Ответ: 1
/И)
=
2)^
+
т\
=
— => — = 1 + 2к.
ту
mi
= \+2к.
Задача 44.12
Три абсолютно упругих шара с массами mh т2 и т3 лежат в гладком
желобе на некотором расстоянии друг от друга. Первый шар, пущенный с некоторой начальной скоростью, ударяет во второй, покоящийся
шар, который, начав двигаться, в свою очередь ударяет в третий, покоящийся шар. При какой величине массы т2 второго шара третий
шар получит наибольшую скорость?
528
X. Динамика материальной системы
Решение
Поскольку количество движения системы во время ударов остается неизменным, то наибольшей скорость третьего шара будет в случае, когда после удара первого и второго шаров первый шар останется в покое (скорость второго максимальна), а после удара второго
и третьего шаров второй шар остановится.
Следовательно, согласно формулам (44.19) для первого удара
Щ = v, - (1 + к) Щ
(у, - v2).
/И| +т2
По условию задачи к = 1, v2 = 0, так как должно выполнятся условие щ = О, то
Л
0 = v,
2 т2
т2
т\ +т2
тх +т2
— vi =>
1
— = -,
2
поскольку V! * 0 по условию.
Для второго удара:
u'2=v'2-(\ +
k)-B—(V'2-V3),
т2 +т3
где v2 — скорость второго шара после первого удара перед вторым
ударом; и'2 — скорость второго шара после второго удара, и2 =0; v3 —
скорость третьего шара до удара.
По условию v3 = 0. Тогда
2т3
0 = v2 — - i —
v2.
т 2 +m3
Так как v2 Ф 0, то
m3
m2 +/я3
_1
2
Объединим два результата и определим значение т2, при котором третий шар получит наибольшую скорость:
т2
— =
тх+т2
m3
mi . т 2 ,
— =ф —1L + l = — + 1
т2+т3
О т в е т : т 2 = фгцщ.
т2
т3
т2 =
,
529
44. Удар
Задача 44.13
Шар массы т и движущийся поступательно со скоростью v b встречает покоящийся шар массы т2, так что скорость его образует при
ударе угол а с линией, соединяющей центры шаров. Определить:
1) скорость первого шара после удара, считая удар абсолютно неупругим; 2) скорость каждого из шаров после удара в предположении,
что удар упругий с коэффициентом восстановления к.
Решение
1) Шары совершают прямой удар, тогда
согласно формулам (44.19) скорость первого шара после удара
Щх = vlx - (1 + к)———(vIx
Ш\ + т 2
у
- v^),
где U\x, vlx — проекция на ось х скорости первого шара соответственно после и д о удара
(см. рисунок).
По условию задачи к = 1, v2 =0, следовательно,
и\х = v\ c o s a
Тогда
— v , c o s a = v{ c o s a
mx +m 2
mx +m2
u\ у
~
= - v i sma.
2) Скорость первого шара:
utx = v, c o s a - ( 1 +А:)———Vj c o s a =
гп\ +m2
. ,, Щ
и
1
m, -km2
1 - (1 + fc) — = v , —
-cosa,
nt\ +m2J
mx +m2
Щу-
v\y
- ~vi sina.
X
530
X. Динамика материальной системы
Тогда скорость первого шара после удара
и, = Ju\ x +uh - Jvj2 cos 2 otf — — 1 + v2 sin2 a =
m, +m2 )
= v , J s m 2 a + ( ~ — ^ - j cos 2 a .
V
v щ +m2 J
Найдем скорость второго шара после удара, так как v2 = 0, то
и2 = v2 +(1 + к
) —
mx +m2
-
v2) = (! + k ) - ^ — v x c o s a =
mx +m2
m,(\+k)
= V| —
-cosa.
Wj +m 2
О т в е т : 1) «j = Vj |sin 2 a+ — ^ —
cos2a;
V
V'"i +m2J
-2
fm-km2)2
2
•
m,tt+k)
2) щ = v , J s n r a + —
i- cos^a; u2 = v{—^
^cosa.
V
\ml+m2 J
Ш\ +m2
Задача 44.14
Абсолютно упругий шар, центр которого движется прямолинейно
с о скоростью v, встречает под углом а гладкую вертикальную плоскость. Определить скорость шара после удара.
Решение
В случае косого удара шара о неподвижную плоскость (см. рисунок) коэффициент восстановления
tgp'
Так как удар абсолютно упругий, то к = 1. Тогда a = р
и и = V.
О т в е т : угол отражения равен углу падения, скорости д о и после
удара по модулю равны.
531
44. Удар
Задача 44.15
Стальной шарик падает на горизонтальную стальную плиту под
углом 45° и отскакивает под углом 60° к вертикали. Определить к о эффициент восстановления при ударе.
Решение
В случае косого упругого удара о неподвижную плоскость (см. рисунок) коэффициент восстановления
tg60°
tgp
1,73
где а — угол падения; (3 — угол отражения.
О т в е т : £ = 0,58.
Задача 44.16
Шарик падает наклонно со скоростью v на
неподвижную горизонтальную плоскость и отскакивает от плоскости со скоростью Vi = vV2/2.
Определить угол падения а и угол отражения р,
если коэффициент восстановления при ударе
к = Л/3.
Решение
Применим теорему об изменении количества движения при ударе:
mv|
-mv=S.
(1)
Спроецируем векторное равенство (1) на
оси п и т (см. рисунок), получим
(2)
71
Уа
у-
у ,
1
а
штрж
532
X. Динамика материальной системы
Очевидно, что
|v„| = v c o s a ; v t = vsina,
v,„ = v,cosP; v lt = V) sinp.
(3)
V) sinp = vsina.
(4)
sinp = — sina = ^ " s i n a .
vi
(5)
Поэтому
Откуда
Воспользуемся формулой
Vj = vVsin 2 a + / c 2 c o s 2 a
и найдем
(v, /v) 2 = sin2 a+k2(l-
sin2 a)
или
sin2 a(l - &2) + fc2 = ( v , / v ) 2 .
Откуда
sin
a J ^ - *
\-k
2
2
I - I
2 3 _ 1
1-1
Тогда угол падения
71
a = —.
6
Из уравнения (5) найдем угол отражения:
sinp = — =>Э = —.
Н
2
4
О т в е т : a = л/6; р = л/4.
533
44. Удар
Задача 44.17
Два одинаковых абсолютно упругих
шара, двигаясь поступательно, соударяются с равными по модулю скоростями v.
Скорость левого шара до удара направлена по линии центров направо, а с к о рость правого шара до удара образует с линией центров угол а (см. рисунок). Найти
скорости шаров после удара.
Решение
Вычислим проекции скоростей центров шаров на оси п и т до удара:
vin=v!=v,
vlT=0;
(1)
v2„ = - v 2 c o s a = - v c o s a ,
v2x
(2)
v 2 sina - vsina
и проекцию общей скорости на ось п п о сле абсолютно упругого удара:
и„ -
(3)
пц + т 2
Подставим в уравнение (3) известные величины, учитывая, что
тх=т2 = т, тогда
v-vcosa
и„ =•
2
v(l-cosa)
2
(4)
Проекции скоростей центров шаров в конце удара на ось т:
MlT
= V|T=0,
и2т = v2x = vsina
(5)
(6)
и на ось п в случае абсолютно упругого удара:
и,„ = 2 ы „ - v , „ ,
(7)
"2п = 2и„ - v2„
(8)
534
X. Динамика материальной системы
или с учетом выражений (1), (2) и (4)
и\п
= v 0 - cosa) - v = - v c o s a ,
и2„ = v ( l - cosa) + v c o s a = v.
Ответ:
uXn = - v c o s a ; uH =0; u2n = v ; u2x = vsina. Ось Я направлена
по линии центров вправо, ось г — вверх.
Задача 44.18
Имеются три одинаковых шара
М { , М 2 , М 3 радиусов R, расстояние
между центрами С,С2 = а. Определить, на какой прямой АВ, перпендикулярной линии С|С2, должен находиться центр Су третьего шара
для того, чтобы, получив некоторую скорость по направлению АВ,
этот шар после удара о шар М2 нанес
центральный удар шару Мх; шары
абсолютно упругие и движутся поступательно.
Решение
Обозначим расстояние прямой
АВ от центра С 2 , равное ВС2, через х. При движении шар My нанесет удар по шару М2, общая скорость этих шаров будет направлена по нормали, проходящей через
их центры (см. рисунок). Тогда,
чтобы шар Мг нанес центральный
удар по шару Мх, необходимо, чтобы его скорость была направлена
по общей нормали к соударяемым
поверхностям (нормаль проходит через центры масс шаров Мх и М 3 ).
Поэтому скорость шара Л/3 после удара о шар М2 должна быть направлена по прямой С,С 3 , параллельной касательной, проведенной
535
44. Удар
перпендикулярно нормали п2з в точке соприкосновения шаров М2
и Л/3. Тогда ДС1С3С2 — прямоугольный и подобен АСт,ВС2, поэтому
_
Л:
С2С3
или
2Л = _о_
х
2R
Откуда
4R2
а
О т в е т : расстояние прямой АВ от центра С 2 равно ВС2 = 4R?/a.
Задача 44.19
Для укрепления грунта под фундаментом здания сваи массы
М = 50 кг вбивались копром, боек которого массы Л/j =450 кг падал
без начальной скорости с высоты h = 2 м; при последних десяти ударах свая углубилась на 8 = 5 см. Определить среднее сопротивление
грунта при вбивании свай. Удар считать неупругим.
Решение
Вычислим потерю кинетической энергии при неупругом ударе
Т\-Т2=
1
2 (Л/,+М)
(v,„-v2„)2,
1
(1)
где Тх — кинетическая энергия системы в начале удара; Т2 — кинетическая энергия системы в конце удара.
Так как свая в начале удара была неподвижна, то v2„ = 0, а
v,„ =
= V2-9,8-2 = 6,26 (м/с).
В начале удара кинетическая энергия системы равна кинетической энергии бойка копра:
Т
-
536
X. Динамика материальной системы
Тогда выражение (1) примет вид
М\ v,2„
MxMvl
т
2(МХ+М)
Откуда
Г,=
1—
м
м,+м
450-6,26 2 (л
J50_
500
= 7935.
Из равенства
lOTj = S5
определим среднее сопротивление грунта
£ = 1 2 ? ! = 1 0 7 9 3 5 =1 590 ООО (Н) = 1590 (кН).
б
0,05
О т в е т : 5 = 1 5 9 0 кН.
П р и м е ч а н и е . В задачнике была допущена опечатка.
Задача 44.20
Два шара массами тх и т2 висят на параллельных нитях длин /( и /2
так, что центры их находятся на одной высоте. Первый шар был отклонен от вертикали на угол ai и затем отпущен без начальной с к о рости. Определить угол предельного отклонения а 2 второго шара,
если коэффициент восстановления равен к.
Решение
Воспользовавшись теоремой о б
изменении кинетической энергии,
определим скорость первого шара до
удара (см. рисунок):
/П|..2v
где /г, = / | ( l - c o s a ! ) .
в*.
Тогда
T^L- = /и,
(1 — COS СХ]).
m^g
537
44. Удар
Откуда
v2=2g/,(l-cosa,).
(1)
Проекции скоростей шаров на ось п, проведенную через центры
масс шаров до удара:
vi„=v,
v 2 „=0.
Определим проекцию на ось п общей скорости после удара:
и
"
тх +т2
-
ffl'v
(2)
тх +т2
и проекцию скорости второго шара после удара:
и2„ = и„+к(и„-
v2n) = u„(l + k) =
m'V
Щ
+т2
(1 + к).
Скорость и2п является начальной скоростью второго шара, т.е.
"2и = v0Согласно теореме об изменении кинетической энергии составим
уравнение для второго шара:
- ^ -
m 2 g h 2
=
-mM-coSa2)
или
^
= g/ 2 (l-cosa 2 ).
Откуда
(1 - cosa 2 ) =
2gl2
=
"У
п + к)2
2gl2 (тх+т2У
+
(m, +m2yl2
=
После преобразований получим
. 2а2
m, (1 + к)
.
sin — = —1—
V^sin
2
(щ +т2) 12
2
а,
—
2
_
cosa|}
538
X. Динамика материальной системы
или
s.no2
=
mfi
+
k)
(т, +т2)
1£5.па,
й
"
„
. а2
т,(1 + к) [Г . ai
О т в е т : sin— = —- —sin—.
2
(т\+т2)\12
2
Задача 44.21
Маятник ударной машины состоит из стального диска/4 радиуса 10 см и толщины 5 см и из стального круглого стержня В диаметром 2 см и длины 90 см. На каком
расстоянии / от горизонтальной плоскости, в которой
лежит ось вращения О, должен быть помещен разбиваемый машиной брусок С, чтобы ось не испытывала удара?
Ударный импульс лежит в плоскости рисунка и направлен горизонтально.
в
Решение
Ось вращения не будет испытывать удара, если разбиваемый брусок С помещен в центре удара, положение которого определяется п о ,
формуле
I_
hi
тх'
(1)
где т — масса системы; х — координата центра масс системы; 1 0г —
момент инерции системы относительно оси, проходящей через точку О.
Введем обозначения: тх — масса стержня, а — длина стержня, г — диаметр стержня, т2 — масса диска,
R — диаметр диска, 5 — толщина диска.
Найдем момент инерции системы
hi - h + I А
где IB =
гп\а
3
539
44. Удар
Тогда
*Oz
m2R2
2
— + —j—+m2x2.
(2)
Определим массу стержня
гп\ = рлга
и диска
т2 = рлЯ2б.
Найдем положение центра масс системы (см. рисунок), учитыа
п
вая, что X] = —, х7 = а + R\
тх = Yjmkxk = т\х\ +т2х2
или
„ 2 _2
тх - pitr2a ~ + p%R2S(a + R) = рте
- + /? 5(fl + Л)
(3)
Подставим выражения (2) и (3) в формулу (1) и определим искомое расстояние:
т . а2
/ =
т2Л2
2
^ 2/-2д3 +3/?*5+6Д 2 Х 2 5 _
+
p j t [ ( r V ) / 2 + Л25(а + Л)]
6 [ ( r V ) / 2 + Л26(а + Я)]
2X2?>
2r22a32 + 3R4b+6R
l[r a + 2R2b(a + R)]
_ 2 l 2 903 + 3• 104 -5+6-10 2 -1002 5
3[l 2 902 +2 2 102-5(90 + 10)]
О т в е т : 1 = 97,5 см.
= 97,5 (см).
540
X. Динамика материальной системы
Задача 44.22
Определить положение центра удара
прямоугольной мишени для стрельбы.
Высота мишени равна И.
Решение
Ударный импульс должен быть перпен- [
дикулярен плоскости, проходящей через ]
5
У
центр масс и ось вращения, т.е. плоскости
мишени. Плоскость, перпендикулярная оси м
вращения, в которой расположен ударный
-е
импульс, должна дать точку пересечения О
А/1
на оси вращения, для которой эта ось является главной осью инерции. Таким свойi
ством обладает точка, расположенная на
оси Оу, в которой плоскость мишени пересекается с плоскостью ее симметрии (см. рисунок). Расстояние до
центра удара ОМ = s найдем по формуле для определения приведенной длины физического маятника:
Ij
1«
Г
тхс
h .
mh2
где хс = —; 1У = ~ Тогда
s =
О т в е т : s = 2h/2.
mh2
Зт-й/2
_2
3
шГ
541
44. Удар
Задача 44.23
Определить положение центра удара К треугольной мишени для стрельбы. Высота мишени равна И.
«О
\
/
<к /
ш
'
«
Решение
Ударный импульс не будет передаваться на точки закрепления оси, если
он перпендикулярен плоскости пластины и при этом выполняется условие
1ху = 0, т.е. о с ь вращения мишени у
должна быть для точки О главной осью
инерции (см. рисунок). В данном случае это условие выполняется, так как
ось х является о с ь ю симметрии, а точка К расположена на этой оси.
Рассчитаем расстояние s от точки О до центра удара К:
(1)
Мхс
где 1у — момент инерции мишени относительно оси у, хс — расстояние от оси вращения до центра тяжести С мишени.
По теореме Гюйгенса —Штейнера, воспользовавшись решением
задачи 34.12, определим
1у = -МИ2 + м(-^\
8
13 J
=-Mh2.
6
Зная, что хс = А/3, найдем положение центра удара:
s =
О т в е т : 5 = /г/2.
Mh2/6
—
Mh/3
h
2'
542
X. Динамика материальной системы
Задача 44.24
Два шкива вращаются в одной плоскости вокруг своих осей с угловыми скоростями со,0 и (й2о- Определить угловые скорости шкивов
СО! и со2 после того, как на них будет накинут ремень, считая шкивы
круглыми дисками одинаковой плотности с радиусами Л, и R2 и пренебрегая скольжением и массой ремня.
Решение
Рассматривается случай, когда
движущееся тело испытывает удар
в результате того, что на него накинут ремень. Внешним ударным
импульсом S , приложенным к каждому из шкивов, в данном случае
будет импульс ударной силы натяжения ремня (см. рисунок). При этом угловая скорость твердого тела,
вращающегося вокруг неподвижной оси, изменится за время удара
на величину, равную моменту ударного импульса относительно оси
вращения, деленному на момент инерции тела относительно той
же оси:
m
СО=СОо+-
z
( S )
(1)
Применив формулу (1) для первого и для второго шкива, получим
систему уравнений:
со, = с о , 0 -
©2 = со20 +
SR{
SR2
h '
(2)
(3)
Умножим уравнение (2) наЛ2Л> а уравнение (3) на Rxl2 и просуммируем их. В результате получим
со,Л2/, +
СО2Л1/2 = co,0/?2/, +
(4)
Имея в виду, что шкивы, соединенные ремнем, будут вращаться
совместно и что скольжение ремня отсутствует, зависимость между
543
44. Удар
угловыми скоростями шкивов будет определяться следующим равенством: Ой,/?] = ОЗ2/?2- Откуда
Ю)^
co2=^i.
К2
/сч
(5)
Подставим выражение (5) в формулу (4) и найдем
со, = ^ ( t f l i o ^ i + ю 2 0 В Д
R2 /[ + R\I2
(6)
Тогда согласно формуле (5)
_ Д(о)ю/г2/| +{02о^/ 2 )
(7)
Wl+tfh
2
Так как по условию задачи шкивы являются круглыми дисками
одинаковой плотности, то
/, = I
12 =
MxR\
= i ( p nRjh) Я? = i p nhl$,
= ^-(рлЛ2/г)Л2 =
l-pKhRA2,
где p — плотность; h — толщина диска; Мь M2 — массы шкивов:
Л/, = рnRfh, М2 = pnR2h.
Подставим значения
и / 2 в формулы (6) и (7) и после преобразований запишем окончательный результат:
_ СОю^/г? +(О20/?25/?1 _
(Он) + /?2СО20
RjR^ + R^Rf
R}(Rf + Л,2) '
R2R^i + RyRj
R^R\ + R2)
О т в е т : со. = — — ^ — V ^ ; со2 = — — ^ —
R,(Rf + Rb
R2(Rf + R2)
544
X. Динамика материальной системы
Задача 44.25
Баллистический маятник, употр е б л я ю щ и й с я для определения
скорости снаряда, состоит из цилиндра АВ, подвешенного к горизонтальной оси О; цилиндр открыт
с одного конца А и наполнен песком; снаряд, влетающий в цилиндр,
All
производит вращение маятника вос
круг оси О на некоторый угол. Дано: М — масса маятника; OC = h —
D
расстояние от его центра масс С до
оси О; р — радиус инерции относительно оси О; т — масса снаряда;
OD = а — расстояние от линии действия ударного импульса до оси; а —
угол отклонения маятника. Определить скорость снаряда, предполагая, что ось маятника О не испытывает удара, причем ah - р2.
*
Решение
Изобразим положение центра
тяжести маятника и снаряда д о
и после удара (см. рисунок).
На маятник во время удара будет действовать ударный импульс
S , равный изменению количества
движения снаряда:
S =mu-mv,
(1)
\ с,
•*• D
где и = 0 — конечная скорость снаряда; v — начальная (искомая) скорость.
При этом момент ударного импульса относительно оси О вызовет
изменение кинетического момента системы (маятник — снаряд) относительно той же оси, т.е.
JAu> = mva,
(2)
где со — угловая скорость маятника в момент попадания снаряда;
1А — момент инерции маятника вместе со снарядом относительно
оси вращения А.
545
44. Удар
Найдем
1А = Мр2+та2.
(3)
Реактивные ударные импульсы в оси А не возникнут, если точка D будет для этой оси центром удара, т.е. согласно формуле (1) (см.
решение задачи 44.23)
=
Мус
=
Mh
= ^=>р2
И
= аИ.
Подставим это значение р 2 в формулу (3) и получим
IA = Mah +та2 - а(МИ +та).
Тогда согласно формуле (2)
<да {Mh +ma) = mva,
откуда
v=
МИ +та
т
о).
...
(4)
Для определения угловой скорости маятника воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии:
Т~Тй^Аек,
(5)
которую применим к перемещению системы снаряд — маятник после удара. Так как конечная скорость равна нулю, то Т = 0:
1
Т0 = -/Аш
1
,
=—a(Mh+ma)v),
Y,Ak = -Mgh( 1 - cosa) ~mga(\ - cosa) = ~g(Mh +ma)( 1 - cosa) =
= -g(Mh +ma) 2 sin2 —.
Подставим это выражение в формуле (5) и после преобразований
получим
546
X. Динамика материальной системы
С учетом этого выражения найдем скорость снаряда по формуле (4):
2(Mh+ma)
v=—
т
IT . а.
— sin—.
Vа
2
„
2(Mh+ma) fg . а
О т в е т : v = —-J— sin—.
т
Задача 44.26
Однородный стержень массы М и длины /, прикрепленный своим верхним концом к цилиндрическому шарниру О, падает без начальной скорости
из горизонтального положения. В вертикальном
положении он ударяет груз массы т, сообщая ему
движение по горизонтальной шероховатой плоскости. Коэффициент трения скольжения / . Определить путь, пройденный грузом, считая удар неупругим.
/ШШ
м
Решение
Для определения ударного импульса S применим теорему о б изменении кинетического момента при ударе (рис. 1):
или
/ г (с о - <йц) = -SI.
(1)
По теореме об изменении кинетической энергии системы
(2)
7i - 7-0 = 1 4 ? -
Кинетическая энергия стержня в момент столкновения с грузом
7j = I/.co, 2 = --Ml2(af
2
2 3
=
6
-Ml2®}.
1
Рис. 1
44. Удар
547
Так как движение началось из состояния покоя, То = 0.
Поскольку при повороте на угол (р = л/2 в поле сил тяжести центр
стержня опустился на h =1/2, то
!AZ = MgL.
Подставим эти значения в формулу (2):
-М2со2
6
= Mg-
2
и получим
Подставив значение Ш; в формулу (1) при условии, что соо = о)|,
найдем
Ml2.
—(со, - со)
/ г ( соо-со)
5 =
/
/
=
3
VI
3
V 3
Mv,
3
(3)
где v = соI — скорость ударяющего конца стержня.
С другой стороны, так как удар неупругий, подставив в формулу (3) значение S = mv, найдем
v=
Mjsjf
После неупругого удара груз начнет двигаться по
шероховатой плоскости со скоростью и0 (рис. 2), выражаемой формулой (4), под действием замедляющего ускорения
или
та = -F,тр
та = -fmg,
a=-fg-
(4)
М +3/W*
-
Ni
F тр
mg
Рис. 2
548
X. Динамика материальной системы
Пройденный телом путь s определим с учетом того, что его конечная скорость и - 0 по формуле
3/
2а
М2
2fg
2/g" 2 /
(М+Зт)2'
Отметим, что если рассмотреть систему стержень
груз и считать
ударный момент со стороны груза равным нулю ввиду конечной величины силы трения и малой продолжительности удара, то формула (1)
примет вид
/ г (с о -
СЙО)
=
-mvl,
где со = М/1, так как удар неупругий.
Легко убедиться, что и в этом случае результат не изменится.
Ответ:
31
М2
s =2 / (М + Зт)2"
Задача 44.27
Однородная прямая призма с квадратным основанием стоит на горизонтальной плоскости и может вращаться вокруг ребра АВ, лежащего в этой
плоскости. Ребро основания призмы равно а, высота ее За, масса 3т. В середину С боковой грани,
противоположной ребру АВ, ударяет шар массы т
с горизонтальной скоростью v.
Предполагая, что удар неупругий и что масса шара сосредоточена в его центре, который после удара
остается в точке С, определить наименьшую величину скорости v, при которой призма опрокинется.
Решение
Момент ударных сил относительно оси 0[у[ равен нулю, так как ударные нагрузки приложены
в точках А и В, лежащих на этой оси (см. рисунок).
Поэтому момент количества движения до и после
удара сохраняется, т.е.
3 amv=Iy[u),
(1)
44. Удар
549
Момент инерции шара
=
mh\
=
т 2
13
(3
= —та
2
4
\
Момент инерции призмы по теореме Гюйгенса — Штейнера
Г? = 1у+ЗтИ\
f а а 3d
2
2
а а За
2
1
\ 2
_
2
2
У
5
2
+ J j" jz dxdydz = —ma .
a a 3a
2
~2 2 " T
гд&1у= \(х2 + z})dm = у j j
a a _3a
(V)
T
В результате
rnD
5/ш 2
J-l
2
-
§H!
= 10/яя2
/„, = —Л1а 2 +10ио 2 = — ma 2 .
4
4
Тогда из формулы (1)
6v
<o = 53a'
(2)
Для определения наименьшей скорости, при которой призма опрокинется, применим теорему об изменении кинетической энергии
Т-Т0
= ^Аек.
(3)
Найдем входящие в формулу (3) величины: Т = 0, так как призма
начинает опрокидываться с ничтожно малой скоростью;
, со2 53
2 1 б 2 V2
т
h = ' v,
= —ma
Т Т
" 2
4
2 53 а2
9
—mv
106
X Ак = ~(тш +mnp)gAhc.
В момент удара координаты центра тяжести
1 «
2
,
550
X. Динамика материальной системы
Тогда
..
с =
г~2
V*!c
Г
3
125 2 9 2 3
- J'0 = V m
4
~2 °
=
1
8
Подставив найденные значения в формулу (3), получим
9
1
2
— mv = —mga.
106
2
Откуда
1
v =-у/53 ga.
Ответ: v =
1
-J53ga.
Задача 44.28
Платформа с помещенным на нее
А
призматическим грузом АВ катится
0С
А:
по горизонтальным рельсам с о с к о ростью v. На платформе имеется выступ, в который упирается ребро В груза, препятствуя последнему скользить
по платформе вперед, но не препятствуя вращению его около ребра В. Дано: И — высота центра масс груза
над платформой, р — радиус инерции груза относительно ребра В.
Определить угловую скорость со вращения груза около ребра В в момент мгновенной остановки платформы.
Iь»
Решение
Покажем на рисунке вращение груза
около ребра В.
При внезапной остановке платформы
происходит удар. Момент ударного импульса опорного ребра В относительно
оси, проходящей через точку В и перпендикулярной плоскости рисунка, равен
нулю (см. решение задач 44.26 и 44.27).
с
нТ
в
©
551
44. Удар
Тогда уравнение
примет вид
/дСО-Л/vA =0,
(1)
где 1В = Мр2.
Из уравнения (1) найдем
Mvh
со = •
<в
Ответ:
hv
со= hv/p2.
Задача 44.29
Полагая при условиях предыдущей задачи, что груз представляет
собой однородный прямоугольный параллелепипед, длина ребра которого вдоль платформы равна 4 м, а высота 3 м, найти, при какой
скорости произойдет опрокидывание груза.
Решение
По теореме об изменении кинетической энергии механической
системы
Т-Т0
= %А£,
(1)
где Тд = 1 / 5 С 0 2 .
В задаче 44.28 нашли, что
со =
Mvh _ Mvb
7 7 "
27?
тогда
Т0
=
1
M2v2b2
2
1в
Согласно теореме Гюйгенса —Штейнера
1в = 1с + МВС2=—(а2+Ь2)
12
+М
f H f
М , 2 ,2ч
= — ( а +Ь ).
3
552
X. Динамика материальной системы
С учетом этого выражения
Гп =
v2b2
3М
(2)
а2 + Ь2'
Так как опрокидывание происходит в наивысшем положении центра тяжести с нулевой угловой скоростью, Т - 0.
Найдем
= -Mghc = -Mg
2
2
Подставим выражения (2) и (3) в формулу (1) и найдем
„ 2=-
ЪЬ
^rbJa2+b2-Ь)(а2+Ъ2)-
•• i ^ ( V 4 I + 3 I - 3)(42 + З2) = 72,59.
3-9
Тогда
v = / 7 2 3 9 =8,52 (м/с) « 30,7 (км/ч).
О т в е т : v = 30,7 км/ч.
(3)
45. Динамика точки и системы переменной
массы (переменного состава)
Методические указания к решению задач
В классической механике в отличие от релятивистской механики
масса каждой точки или частицы системы считается при движении
величиной постоянной, независящей от скорости движения тела.
Однако в ряде случаев при движении тела его масса может увеличиваться или уменьшаться.
Увеличение массы тела может происходить за счет присоединения частиц (например, обледенение самолета при его посадке или
взлете, налипание твердых частиц или конденсация частиц влаги на
движущемся теле) или изменения геометрических размеров тела при
движении (например, увеличение длины поднимаемого троса или
цепи, увеличение диаметра барабана, шпули при наматывании на
них троса или нити).
Масса тела может уменьшаться за счет отделения частиц (например, при движении ракеты или реактивного самолета в результате
сгорания топлива) или за счет уменьшения геометрических размеров тела (например, уменьшение диаметра барабана или шпули при
разматывании троса или нити, навитых на эти тела вращения).
Тело, масса которого непрерывно изменяется с течением времени
вследствие присоединения к нему или отделения от него материальных частиц, называется телом переменной массы. Если при движении
тела переменной массы его размерами можно пренебречь по сравнению с пройденным расстоянием, то это тело можно рассматривать как
точку переменной массы.
Основное уравнение динамики тела переменной массы при поступательном движении имеет вид
dv
-
M — = F
dt
e
dM
+ — ( u -v),
dt
(45.1)
где M — масса тела (точки) в данный момент времени; v — абсолютная
скорость тела переменной массы; и — абсолютная скорость отбрасы-
554
X. Динамика материальной системы
ваемых (отделяющихся) частиц; F" — равнодействующая внешних
dM
сил, действующих на тело переменной массы;
секундный
dt
расход массы излучающего центра (тела).
Уравнение (45.1) впервые предложено И.В. Мещерским и названо в его честь уравнением Мещерского.
В соответствии с теоремой сложения скоростей точки в сложном
движении абсолютная скорость отделяющейся частицы
U = vr + ve.
(45.2)
Так как в данном случае переносной скоростью для частицы является скорость тела, то ve = v. Тогда разность i f - v в уравнении (45.1)
является относительной скоростью, т.е.
v, = и - v.
(45.3)
Поэтому уравнение (45.1) можно записать так:
и dv = F-рe е + dM v,,
_
М—
dt
dt
где
... ...
(45.4)
dM _
vr — реактивная сила.
dt
Если М - величина убывающая, то — - <0, и, следовательно, реdt
активная сила направлена противоположно вектору v r . Введем обозначение
™vr=0.
dt
(45.5)
Тогда уравнение (45.1) примет вид
(45.6)
М— = Fe +Ф.
dt
Если в уравнении (45.1) слагаемое
перенести в левую
часть, то это уравнение можно представить в виде
—(Mv) = Fe + ^-u.
dt
dt
(45.7)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
555
В частном случае, когда и = 0, уравнение (45.7) имеет вид
—(Mv) = Fe.
dt
(45.8)
Таким образом, если абсолютная скорость отделяющихся (присоединяющихся) частиц равна нулю, то производная по времени от
количества движения тела переменной массы равна равнодействующей приложенных к нему внешних сил.
Когда v, =0, то уравнение (45.4) принимает вид
dv
M— = Fe.
dt
(45.9)
Поэтому уравнение движения тела (точки) переменной массы записывается так же, как и для точки постоянной массы, но при этом
следует иметь в виду, что М = /(/). Применительно к движению ракеты в уравнении (45.4)
<0, а следовательно, реактивная сила Ф
dt
направлена в сторону, противоположную направлению относительной скорости истечения газов, и является тягой двигателя.
Определенное по формуле (45.5) значение силы тяги реактивного
двигателя было бы верным, если бы отделяющиеся частицы не оказывали взаимного действия друг на друга. Фактически при полете ракеты в атмосфере продукты горения топлива выбрасываются в виде
непрерывной газовой струи, частицы которой оказывают взаимное
давление друг на друга и взаимодействуют с атмосферой. Поэтому
сила тяги несколько больше рассчитанной по формуле (45.5).
Чтобы учесть это, вместо относительной скорости истечения газов vr вводится некоторая эффективная скорость истечения ve > vr.
В условиях задач в сборнике И.В. Мещерского задается именно эффективная скорость истечения газов ve.
К.Э. Циолковским решены две задачи прямолинейного движения ракеты.
Рассмотрим решение первой задачи Циолковского. Ракета движется
прямолинейно под действием только реактивной силы. Относительная скорость истечения газов vr постоянна и направлена в сторону,
противоположную скорости v движения ракеты. Дифференциальное
556
X. Динамика материальной системы
уравнение движения ракеты вдоль оси Ох, направленной в сторону
движения ракеты,
.,dv
М— = ФХ =
dt
dM
dt
V,.
... ...
(45.10)
Разделив в уравнении (45.10) переменные и проинтегрировав его,
получим
v = v0 + v
r
l A
М
(45.11)
где v0 — начальная скорость ракеты, направленная по реактивной
силе; М0 — начальная масса ракеты; М — конечная масса ракеты.
Обозначим массу корпуса ракеты с о всем оборудованием Мк,
а массу топлива Мт. Тогда
М0 =
МК+МТ,
а М — конечная масса ракеты, когда все топливо будет израсходовано, равна Мк.
Подставим эти значения в равенство (45.11) и получим формулу
Циолковского для определения скорости ракеты в конце активного
участка движения (когда все топливо уже израсходовано):
v = v0 + v r l n ( u - ^ j .
(45.12)
Из формулы (45.12) следует, что скорость ракеты зависит:
• от ее начальной скорости v0;
• относительной скорости \>г\
• относительного запаса топлива Мт/Мк.
Отношение
называют числом Циолковского и обозначают zМк
Тогда формулу (45.12) можно записать так:
v = v„ + v r ln(l + *).
(45.13)
Однако при решении задач этого параграфа, связанных с движением ракет, в том числе и многоступенчатых, число Циолковского
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
557
принимают равным отношению обшей начальной массы Мо6 ракеты
к массе ее корпуса, т.е.
Мк
Для многоступенчатой ракеты при условии, что эффективная скорость истечения газов ve для всех ступеней одинакова, общее число
Циолковского
(45.14)
Z = e"v°,
где п — число ступеней ракеты; v„ — расчетная скорость последней
ступени.
Для определения уравнения движения ракеты представим в формуле (45.12)
=
V
dx
dt
и проинтегрируем, считая, что при t = 0, х0 =0, тогда получим
<
М
x = v0/ + v j l n ^ ,
м
о
где М =
(45.15)
f{t).
В теоретических работах по ракетодинамике обычно рассматривают два закона изменения массы: линейный и показательный.
При линейном законе изменение массы точки с течением времени
описывается уравнением
(45.16)
М = M0(l-at),
где а — удельный расход (а = const); М0 — масса точки в начальный
момент времени.
С учетом уравнения (45.16), проинтегрировав выражение (45.15),
получим уравнение
движения
ракеты
при линейном
законе
изменения
ее массы:
х — Vg/ +—[(1 — cc/)ln(l — at) + ос/],
а
(45.17)
558
X. Динамика материальной системы
При показательном законе изменение массы точки с течением
времени описывается уравнением
(45.18)
М = М0е-ш
и уравнение движения ракеты при показательном законе изменения ее
массы имеет вид
x = v0t + ^ ~ .
(45.19)
Вторая задача Циолковского — исследование вертикального движения ракеты в однородном поле земного притяжения (g = const) без
учета сопротивления воздуха.
В этом случае дифференциальное уравнение движения ракеты имеет
вид
(45.20)
M~ = -Mg-—vr.
dt
dt
Проинтегрировав уравнение (45.20), получим
v = v0-gt
М0
+ vr\n-£.
М
(45.21)
dx
Заменим в выражении (45.21) v на — и проинтегрируем его при
dt
начальных условиях движения: ( = 0, х0 = 0:
Ql2
'
д/„
x = VQt-sL- + vr\\Ti^±dt.
2
о М
(45.22)
При линейном законе изменения массы после интегрирования
выражения (45.22) получим
x =
v
0
/ - ^ + ^[(l-a/)ln(l-at) + о 4
2
а
(45.23)
При показательном законе изменения массы
x=v
0
t - ^ +^
.
(45.24)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
559
Дифференциальное уравнение вращения тела переменной массы вокруг неподвижной оси можно записать по аналогии с уравнением
Мещерского для точки переменной массы в следующем виде:
I
z
~ = Mz(Fe) + Mz(0),
at
(45.25)
где Mz(Fe) — момент внешних сил, действующих на тело, относительно оси Z', Мг(Ф) — момент реактивной силы,
МЛФ) = ФИ=— ( M - v ) A = — V A
*
dt
dt
(45.26)
где h — плечо реактивной силы относительно оси г.
Если относительная скорость отбрасываемых телом частиц равна
нулю (частицы отделяются от вращающегося тела без ударов), то
Mz(0)-0
и уравнение (45.25) примет вид
Iz — = Mz(Fe).
dt
(45.27)
На практике это имеет место при вращении, например, барабанов, шпуль, веретен, с которых сматывается трос или нити. В этом
случае отделяющиеся от тела частицы имеют скорости соответствующих точек тела, т.е. и = v, а следовательно, vr = 0, и уравнение (45.27)
отличается от уравнения вращательного движения тела постоянной
массы тем, что Iz - Iz{t).
Если абсолютная скорость отделяемых частиц равна нулю, то в уравнение вращения момент инерции тела входит под знаком производной и уравнение (45.27) имеет вид
4(/гю) = Мг(Р).
dt
(45.28)
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Изобразить тело переменной массы, если это необходимо по
условию задачи.
2. Показать на рисунке действующие на тело силы, включая реакцию связи и реактивную силу, если они имеют место.
3. Записать основное уравнение динамики тела переменной массы
в виде формул (45.4), (45.8) или (45.9), а при вращении тела вокруг
неподвижной оси в виде формул (45.25), (45.27) или (45.28).
560
X. Динамика материальной системы
4. Выбрать систему отсчета (декартовы оси координат или естественные оси) и записать уравнение движения в проекции на выбранные оси (ось) или дифференциальное уравнение вращения тела
вокруг неподвижной оси,
5. При решении задач, связанных с движением ракеты, можно
записать уравнение Мещерского в проекции на ось, направленную
по движению ракеты, или применить формулу Циолковского. В качестве числа z взять отношение общей начальной массы ракеты
к массе корпуса.
6. Решить задачу в общем виде, а затем подставить численные значения и рассчитать значение искомой величины, если это требуется
в условии задачи.
Задачи и решения
Задача 45.1
Составить уравнение движения маятника переменной массы в среде, сопротивление которой пропорционально скорости. Масса маятника изменяется по заданному закону т = т(Г) путем отделения частиц
с относительной скоростью, равной нулю. Длина нити маятника /.
На маятник действует также сила сопротивления, пропорциональная
его угловой скорости: R - -(}ф.
Решение
Запишем уравнение Мещерского:
Так как vr = 0 по условию, то
m$L = ZFk'±R+G+S.
(1)
Выберем естественные оси Am (см.
рисунок) и запишем проекцию векторного уравнения (1) на ось т, учитывая,
что
v = со-ОА = ф/.
G
561
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
Тогда формула (1) примет вид
т / ф = -P<p-mgsincp.
(2)
Разделив все члены выражения (2) на ml и перенеся их в левую
часть равенства, получим уравнение движения маятника:
В
s
Ф+—<p+~sin<p = 0,
ml
I
где т - m{t).
3
а
О т в е т : ф+—Е—ф+—sin® = 0.
m(t)l
I
Задача 45.2
Составить дифференциальное уравнение восходящего движения
ракеты. Эффективную скорость ve истечения газов (тяга реактивного
двигателя определяется формулой Рд = -—ve,
где ve — эффективная
dt
скорость истечения) считать постоянной. Масса ракеты изменяется
по закону m = n%f(t) (закон сгорания). Сила сопротивления воздуха
является заданной функцией скорости и положения ракеты: R(x, X).
Решение
Запишем уравнение Мещерского:
dv
dm
Л
В проекции на ось Ох (см. рисунок):
mof{t)x =
-G-R-ve
d(mof(t))
dt
или
тй/(!)х = -mQf(t)g - R(x, х)
где vr = ve.
-mof(t)ve
ад
562
X. Динамика материальной системы
Откуда получим дифференциальное уравнение восходящего движения ракеты:
х—к-Шу
т
~
..
f(t)
Ответ: x = - g - ^ - v
fit)
e
е
щт'
R{x,x)
—
mm
Задача 45.3
Проинтегрировать уравнение движения предыдущей задачи при
ли = /WQ(1 - at) и R = 0. Начальная скорость ракеты у поверхности Земли равна нулю. На какой высоте будет находиться ракета в моменты
t =10; 30; 50 с при ve =2000 м / с и а = 1/100 с""1?
Решение
Используем результат решения задачи 45.2:
(1 - at)'
1-at
ave
I-а/
или
Проинтегрируем уравнение (1) дважды и получим
(2)
x = -gt-ve\n{\-at)+Cu
v
+ _i[(i - at) ln(l- ах) -(1- at)]+Cxt +С2.
2
а
t2
* =
(3)
Из уравнений (2) и (3) найдем постоянные интегрирования с учетом начальных условий: t = 0, х0 = 0, х 0 = 0; С, = 0, С2 = —.
а
Тогда согласно формуле (3)
x(t) =
v
a
[(1 - at) ln(l - at) +,at]
t2
-g~.
2
563
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
Рассчитаем высоту подъема ракеты для заданных моментов времени:
х(10) =
9,81 102 , 2000
1fl-
1/100
1
100
-IOWI—L.ioV—ю
100
100
= 540 (м) = 0,54 (км);
9,81-30 2
2000
х(30) = —
+
1 — L . 3 0 W 1 — - - з о ) + — -30
100
j V 100
100
J
1/100
= 5650 (м) = 5,65 (км);
/eAV
х(50) =
9,81-50 2
+
2000
1 — 1 _ . sollnfl — L . 50I+ — • 50
1 / ю о М 1 ~ ~100
J I
100
100
.
J
= 18 400 (м) = 18,4 (км).
Ответ:
х(0 = — [(1 - a/) ln(l - at) + at] -
а
2
х(10) = 0,54 км; х(30) = 5,65 км; х(50) = 18,4 км.
Задача 45.4
Ракета начальной массы т 0 поднимается вертикально вверх в однородном поле силы тяжести с постоянным ускорением ng(g — ускорение земного тяготения). Пренебрегая сопротивлением атмосферы
и считая эффективную скорость ve истечения газов постоянной, определить: 1) закон изменения массы ракеты, 2) закон изменения массы
ракеты при отсутствии поля тяготения.
Решение
Запишем уравнение Мещерского:
dv „ We
т— = YFk
dt
_ dm
+vr—.
dt
(1)
1) Спроецируем векторное уравнение (1) на ось Ох
(см. рисунок):
dm
тх = -G - Ve
(2)
dt
где vr - ve; G = mg.
Л
564
X. Динамика материальной системы
Так как х = ng, то уравнение (2) примет вид
mng =
dm
-mg~ve~.
dt
Откуда
/
1ч
dm
mg(n+l) = _ve —
dt
или
dm _
S<n + \)d{
m
ve
Проинтегрируем это выражение и получим
1
=
(3)
Найдем постоянную интегрирования с учетом начальных условий: / =0, т = т0; С = lnw0. Тогда уравнение (3) примет вид
, т
In—=
Щ
л+1
К
gt.
Откуда
т = ш0ехр
gt .
2) Когда сила тяжести отсутствует, т.е. G =0, уравнение (2) имеет
вид
тх ~ -ve
dm
—
dt
или
dm _ _ gn
-dt.
т
vусe
Проинтегрируем это выражение и получим
Inm = -ELt+c.
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
565
Найдем постоянную интегрирования С с учетом начальных условий: t = 0, m = mQ; С ~ lnm0. Тогда
in
=
Щ
ve
Откуда
"S?
е
—-t
V v,
\
я+1 ,
& ; 2) /и = /и 0 ехр|-—1 I.
v*
т = щ exp
О т в е т : 1)/я = от0ехр
(
Задача 45.5
Масса ракеты, описанной в задаче 45.2, изменяется до / = /0 по закону т = т$ё~ш. Пренебрегая силой сопротивления, найти движение
ракеты и, считая, что к моменту времени ^ весь заряд практически
сгорел, определить максимальную высоту подъема ракеты. В начальный момент ракета имела скорость, равную нулю, и находилась
на земле.
Решение
Воспользуемся результатом решения задачи 45.2. Запишем дифференциальное уравнение восходящего движения ракеты:
(е'шУ
ItrVe=-g
* = -«
+
ttVe.
(1)
е
Проинтегрируем уравнение (1) дважды:
x = -gt +
x =
avet+Cb
t
(ave-g)—+C
xt+C2.
1
Найдем постоянные интегрирования С) и С2 с учетом начальных
условий: t - 0, х0 = 0, х0 = 0, С, = 0, С 2 = 0. Тогда
х = (а ve-g)t,
г2
х = (а ve-g)—.
(2)
(3)
566
X. Динамика материальной системы
Движение ракеты до достижения максимальной высоты разделим
на два этапа.
I этап. Ракета движется до момента времени tQ. Для t = t0 по формулам (2) и (3) найдем
x(to) =
(ave-g)to,
x(to) =
(ave-gY±.
II этап. Топливо выгорело. Ракета движется только под действием
силы тяжести, т.е.
x = -g.
Проинтегрируем это выражение дважды:
X=
-gt+C3,
/2
x=
-g-+C3t+Q.
Начальные условия для II этапа движения ракеты будут конечными для I этапа: / =/ 0 , x(t0), x(t0). Следовательно,
(ave-g)t0
=
-gto+C3,
(ave-*)| = -*|+C3/0+C4.
Найдем постоянные интегрирования:
С3 = avet0,
С4 =
t
-ave~.
Тогда
x = -gt + avet0,
(4)
t
t
x = -g— + a v ^ - ave Л
(5)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
567
При достижении ракетой максимальной высоты х - Н , t = T,
х - v = 0. Тогда согласно выражениям (4) и (5) получим
0 = -gT + avelQ => Г =
Н , -
i f
2V g
+
- av.|= ^k(aVe _
2
2g
e V b
J
8
g
ctv
•>
О т в е т : H = —L(o.ve -g)'o> где ve — эффективная скорость истече2g
ния газов из ракеты.
Задача 45.6
При условиях предыдущей задачи определить значение а , отвечающее максимальной возможной высоте подъема ракеты Н т а х ,
и вычислить # т а х (величину ц. = afo = 1п(/%/Ц) необходимо считать
постоянной; т\ - масса ракеты в момент /0)Решение
Согласно результатам решения задачи 45.5 максимальная высота
подъема ракеты
2g
или
н =
2g V
так как u = a/ 0 = const.
Найдем
dH
cfa
dH
da
_
>0 при a
2a2'
a
1,
568
X. Динамика материальной системы
Я max = lim
а-х»
к--
1±Ч
2g
а
-gUmiy^l.
а->°°а J
2g
О т в е т : ос = °° (мгновенное сгорание); Н т а х = |a2v2/(2g).
Задача 45.7
При условиях задач 45.5 и 45.6, задавшись коэффициентом перегрузки к ~ av e Jg, определить высоту подъема Н ракеты в зависимости от Н т а х .
Решение
Из решения задачи 45.5 высота подъема ракеты
\
2
2 У g
g
где кI = —e
g
av
Согласно решению задачи 45.6
Я max
_ \i2v2 _ a2v2ti _ k2t£g
2g
2g
где ц = a/ 0 .
Тогда высота подъема ракеты
2V
2
2k
k
•
И
— ^Г, "1ах ——n u
• 1 1 max
max
:
к
к
Ответ: H =
1
•
Ятах(к-\)/к.
Задача 45.8
Ракета стартует с Луны вертикально к ее поверхности. Эффективная скорость истечения ve = 2000 м / с . Число Циолковского г = 5
(числом Циолковского называется отношение стартовой массы раке-
569
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
ты к массе ракеты без топлива). Определить, какое должно быть время сгорания топлива, чтобы ракета достигла скорости v = 3000 м / с
(принять, что ускорение силы тяжести вблизи Луны постоянно и равно 1,62 м/с 2 ).
Решение
Запишем уравнение Мещерского в проекции на ось Ох:
dv
dm
л
dt
dt
/ \
или
dv =
-gndt-ve—.
т
Проинтегрируем его:
v
Т
jdv = -gnjdt-ve
т
0
mz
j—.
0
т
Откуда
v
= -gj\T-ve
I n — = -gnT + Ve 1пг.
mz
Тогда время сгорания топлива
„
velnz-v
Т =—
£л
=
20001п5 — 3000
1,62
... . .
.
1С
= 135 (с) = 2 мин 15 с.
О т в е т : 2 мин 15 с.
П р и м е ч а н и е . В задачнике допущена ошибка.
Задача 45.9
Ракета движется в однородном поле силы тяжести вверх с постоянным ускорением w. Пренебрегая сопротивлением атмосферы и считая эффектную скорость ve истечения газов постоянной, определить
время Г, за которое масса ракеты уменьшится в два раза.
570
X. Динамика материальной системы
Решение
Запишем уравнение Мещерского в проекции на ось Ох (см. рис.
к задаче 45.4):
dv
dm
m~- = -mg-ve—.
dt
dt
(1)
Так как — = w, то уравнение (1) примет вид
dt
dm
—
mdt
w = -g-ve
или
т
ve
Проинтегрируем это уравнение:
«О
О
т
и получим
In m \ l f =
ve
Г
In2 = ^
ve
7\
Откуда найдем время Т, за которое масса ракеты уменьшится
в 2 раза:
Т=
w+g
1п2.
О т в е т : Т = ve\n2/(w + g).
Задача 45.10
Эффективная скорость истечения газов из ракеты ve =2,4 км/с.
Какой процент должен составлять вес топлива от стартового веса
ракеты, чтобы ракета, движущаяся вне поля тяготения и вне атмосферы, приобрела скорость 9 км/с?
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
571
Решение
Уравнение Мещерского запишем в виде
dv
dm
т — = -ve —
dt
dt
или
,
dm
dv = -ve —.
m
Найдем определенный интеграл:
9000
jdv=-ve
0
кто d m
j —
mo m
9000 = —ve lnm|™° = - v e ( l n к щ - Inn*,) = -vt In*.
Откуда
k
_ g-9000/ve
= e-9000/2400 =
Q qj,
где к — отношение остаточной массы ракеты к начальной.
Следовательно, масса ракеты без топлива составляет 2 % от стартовой массы, а топливо — 98 %.
О т в е т : примерно 98 %.
Задача 45.11
Ракета движется поступательно при отсутствии тяготения и сопротивления среды. Эффективная скорость истечения газов ve = 2400 м/с.
Определить число Циолковского, если в момент полного сгорания
топлива скорость ракеты будет равна 4300 м/с.
Решение
В данном случае уравнение Мещерского имеет вид
dv
dm
т — -- - v . —
dt
dt
или
,
dm
dv = - v , — .
572
X. Динамика материальной системы
Проинтегрируем это уравнение:
v
т
dm
т
=>v = -ve lnmj^ = -v<. I n — = ve ln&
Откуда
z = e*fre
_ e 4300/2400
О т в е т : z ®6.
Задача 45.12
Тело переменной массы, имея начальную скорость, равную нулю,
движется с постоянным ускорением w по горизонтальным направляющим. Эффективная скорость истечения газов ve постоянна. Определить, пренебрегая сопротивлением, путь, пройденный телом до того
момента, когда его масса уменьшится в к раз.
Решение
Составим дифференциальное
уравнение движения тела переменной массы в проекции на горизонтальную ось х (см. рисунок):
тх = -V'
dm
^
(1)
dt
mg
Разделим переменные в уравнении (1) и, учитывая, что х = w, по
лучим
dm _
т
w
-dt.
Проинтегрируем выражение (2):
"j/kdm
то т
w
(2)
573
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
откуда
mо
ve
w
Путь, пройденный телом при равноускоренном движении,
S
а ~
2
=
21
w
_ vlQn k)2
J
2w '
Ответ: s = v2(lnk)2/(2w).
Задача 45.13
Решить предыдущую задачу, предположив, что на тело действует
сила трения скольжения.
Решение
Составим уравнение динамики тела переменной массы в проекции на горизонтальную ось (см. рисунок):
dm
„
тх = — — у е --£ф,
at
где Frр
N
"e
X '' > v V
О
V
mg
=Nf~fmg.
Тогда
тх =
dm
,
—~ve-/mg.
at
Разделим переменные и проинтегрируем, учитывая, что х = w:
то
к
v„dm
f dt.
J0
mom(a+fg)
Получим
mo
w+fg
-Inm
к
mo
Откуда
t=•
-In*.
W + .&
X. Динамика материальной систему
574
Следовательно, путь, пройденный телом при равноускоренном
движении,
, « 2= » 2{w+/g
Ответ: s =
)
=
^
2 (w+fg)2"
WV2
7
—r- (In к) , где/— коэффициент трения скольжения.
2 (w+fg)2
Задача 45.14
Тело переменной массы движется по специальным направляющим,
проложенным вдоль экватора. Касательное ускорение wT = а постоянно. Не учитывая сопротивление движению, определить, во сколько раз уменьшится масса тела, когда оно сделает один оборот вокруг
Земли, если эффективная скорость истечения газов ve = const. Каково должно быть ускорение а, чтобы после одного оборота тело приобрело первую космическую скорость? Радиус Земли R.
Решение
Выберем естественные оси п (по радиусу к центру экватора) и 1
(по касательной к экватору).
Запишем уравнение движения тела переменной массы в проекции на ось т:
dm
ma = -ve~~.
dt
Разделим переменные в выражении (I), проинтегрируем
тг
am
dm
I — =
mo т
а ', ,
dt
О
и после преобразований получим
-In
тГ
=
1мо
или
т
v,
^
V,
...
(I)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
575
Откуда
(2)
т
На основании выражения
S= —
2
= 2%R
определим время /, за которое тело совершит один оборот:
Подставим выражение (3) в уравнение (2) и найдем, во сколько
раз уменьшится масса тела:
Щ
т
= е2ШВ/уе = е х р ( 2
vSto/V;).
Первая космическая скорость
При равноускоренном движении v = at.
Тогда
M
= at.
(4)
Подставим выражение (3) в формулу (4):
JgR^-ДШ.
Откуда определим значение ускорения
a=JL.
4it
О т в е т : в ехр(2л/тсЖ/уе) раз; а = g/(4rc).
Задача 45.15
Определить в предыдущей задаче массу топлива, сгоревшую
к моменту, когда давление тела на направляющие будет равно нулю.
576
X. Динамика материальной системы
Решение
Свяжем с телом естественные оси л и х и запишем уравнений
движения тела в проекции на ось п в момент, когда давление тела на
направляющие будет равно нулю:
mv2
где т — масса тела в этот момент.
Отсюда
v = Vi/?.
(1)
Запишем уравнение движения тела в проекции на ось т:
mdv _
dm
~dt~~~Ve~dt
или
л
dm
dv = -ve—.
т
Проинтегрируем выражение (2):
ldv= h
о
mo
После преобразований получим
dm
,
т
щ
V = v^ln —
т
или
т
Откуда
т =m0e~v!ve
или с учетом выражения (1)
(2)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
577
Найдем массу сгоревшего топлива:
пц -щ-т
= т0
1-е
\
шл
Ответ:
/ят =то
1-е
ч
7
Задача 45.16
Тело скользит по горизонтальным рельсам. Истечение газа происходит вертикально вниз с постоянной эффективной скоростью ve.
Начальная скорость тела равна v0. Найти закон изменения скорости
тела и закон его движения, если изменение массы происходит по закону т = mQ - at. Коэффициент трения скольжения равен /
Решение
Запишем дифференциальное урав- ш
нение движения тела в проекции на горизонтальную ось х (см. рисунок):
mx = -Fw.
(1)
Зная, что
т = т0- at,
найдем силу трения
Тогда уравнение (1) примет вид
{щ - at)x = -fg(m„ - at) +fve
mg
578
X. Динамика материальной системы
или
dx
.
,
. (-а)
dt
т0-Ш
Разделим переменные в уравнении (2), проинтегрируем его:
\dx=-\fgdt:\fved-^i
v0
0
0
и получим
V
- v0 = -fgt +fve
LN(W 0
- at)Jo
или
dt
^
m^-at)
Разделим переменные в выражении (3), проинтегрируем его:
mQ
jdx = lv0dt-f$\gt-ve
In
gt1
at)(In (m0 - at) -1) } + c .
m0-at
dt
и получим
t\nm0 + -(mQa
(4)
Найдем постоянную интегрирования С, подставив в формулу (4)
начальные условия: х0 = 0 при t = 0:
Cr_
fvem0
(1п/я 0 -1).
Тогда выражение (4) примет вид
*
=
V^T — F I —
V,
t In т0 +
fvemо
(In ma-l).
- at) -1)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
579
После преобразований получим
s = x = vtf-fW—-ve
tJn/Ид +^ ^ ^ f l n (m0-at)~\
a
v
- — ( I n m0-1)
a
О т в е т : v = v 0 - / gt~ve\n———
;
L
щ~а}_
Задача 45.17
Решить предыдущую задачу, если изменение топлива будет происходить по закону т=тое~а'. Определить, при каком а тело будет
двигаться с постоянной скоростью v0.
Решение
Запишем дифференциальное уравнение движения тела переменной массы в проекции на горизонтальную ось х (см. решение задачи 45.16):
тх = -FTтр,
(1)
Тогда уравнение (1) примет вид
т0е~а'х - -fgm(ie~a'
/уеат0е,-at
+
ИЛИ
x = ~fg +
favе-e.
(2)
Проинтегрируем уравнение (2) дважды:
х = -fgt
х =
+ favel
+C|,
_/ i l l + / + с ,
2
2
г+С2.
(3)
(4)
580
X. Динамика материальной систему
Найдем постоянные интегрирования С\ и С 2 , подставив в формулы
(3) и (4) начальные условия движения: х 0 = v 0 , х 0 = 0 при t = 0; Q = v 0 ,
С 2 = 0, тогда выражения (3) и (4) примут вид
(5)
v = x = v0-f(g-ave)t,
s
= x = v0t-/(g~ave)j.
/2
(6)
Из равенства (5) найдем а, при котором тело будет двигаться с п о стоянной скоростью v0:
v = v0 = v0
-f(g-ave)t,
откуда
Ve
О т в е т : v = v0-f(g-ave)r,
s = v0t-f(g-ave)—;
t2
2
Я
<x = —.
v.
Задача 45.18
Какой путь пройдет ракета на прямолинейном активном участке
в пустоте и при отсутствии сил тяготения за время разгона от нулевой начальной скорости до скорости, равной эффективной скорости истечения продуктов сгорания ve, если известна начальная масса
ракеты т0 и секундный расход (3?
Решение
Запишем уравнение динамики ракеты переменной массы в проекции на направление ее движения:
dv
dm
т — = —ve—
dt
dt
или
л
dm
dv = -ve—.
m
(1)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
581
Проинтегрируем уравнение (I):
L dv- 1J -к d m
J
—
т
0
mg
и получим
щп
V = -V e (ln ГП\ - 1п/Я0) = Vem,"
1
(2)
Согласно формуле (2) при достижении ракетой скорости v = ve
1= I n l i n e ,
m.
Откуда
mx
Щ
(3)
В то же время
/и, = т 0 - р / -
(4)
Приравняв выражения (3) и (4), найдем время, когда v = ve\
T_m0(.e-l)
(5)
Ре
Равенство (2) запишем в виде
v = ~ = ve(ln w 0 - 1п Щ)-
(6)
В выражении (6) разделим переменные и проинтегрируем:
s
т
т
\dS = J ve In mQdt - ve J In (щ - PO dt;
0
s = ve 1п#и0-/|о
0
v
0
r
(«0-РО ^(«o-po
P0
+ ^(mo-P01n(mo-p0
= Ve 1п/я0-/|о +
582
X. Динамика материальной систему
^ = ve Т In /я 0 +
(щ - р?) In (ю0 •- р/)
5 = veT\nm0 +
j-C/Wo-PT^ln^o-prj-^-moln/no-
(7)
Подставим выражение (5) в формулу (7) и получим
тй(е-\),
ve
Ре
Р
In щ-
е
Р
щ
т^е-1)
Р
7Ио1п/И0-
УеГПр _
Р
= ~ ^ ( е 1 п м 0 - 1 п m0 + \nm0~\-e\n /и 0 -1 + е) = ^ ^ - ( е - 2 ) .
ре
Ре
„
vem0 е-2
,,
Ответ: s =
^
, где е — Неперово число.
р е
Задача 45.19
Ракета движется прямолинейно вне поля тяготения и при отсутствии сопротивления. Найти работу силы тяги к моменту, когда сгорит
все топливо. Начальная масса ракеты т 0 , конечная —
Эффективная скорость истечения ve постоянна.
Решение
Запишем дифференциальное уравнение динамики ракеты переменной массы в проекции на направление ее движения:
dv
dm
т— = — V- —
dt
dt
или
dv = -v,
dm
m
(!)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
583
Проинтегрируем уравнение (1):
dm
Jо * - j«о
т
и получим
v = v e (lnm 0 -ln/w).
(2)
Работа силы тяги
А = \Fds,
где F = т—; <& = УЛ.
dt
Тогда
>1 = риу
tfv.
(3)
Подставим выражение (1) в формулу (3):
(4)
A = ~\vevdm,
затем выражение (2) в формулу (4) и получим
A--v2
mi
j (In т0 - In т) dm =
'«U
т
Inmo'/n]^ н- v|m In m| 1
1
=
= ~vj]nm 0 -{mi-mo) + v 2 m l \nm l -vl\r\m 0 m 0 -vem l + vem0 =
= -v}m| In wq + v2mo In w 0 + v2W| In /n( - v2mQ In m0 -
+ vjmQ =
= /n,v; - ( l n m 0 - l n m | ) + — - 1
Щ .
Так как
~ ~
m,
Zf
то
A=m<v}(z-\-\nz).
О т в е т : /4 =mxv2(z~ 1 - In z), z = m0/ml.
(5)
584
X. Динамика материальной системы
Задача 45.20
При каком отношении z начальной т 0 и конечной
масс ракеты,
движущейся прямолинейно в пустоте и при отсутствии сил тяготения, ее механический к.п.д., определяемый как отношение кинетиче+
ской энергии ракеты после выгорания топлива к затраченной энергии,
имеет наибольшее значение?
Решение
Запишем выражение для вычисления к.п.д.:
Т m,v?
т| = — = - L - L ,
А
2А
где Т— кинетическая энергия ракеты после выгорания топлива; А —
работа силы тяги.
Используем формулы (2) и (5) из решения задачи 45.19:
V[ = V e (ln /WQ — In ftl\)
или
v, = v e l n — = v e lnz,
Щ
А=т^е
(z-\-\nz).
Тогда
miv 2e ln 2 z
T| —
—
2m,ve%-l-hu)
In2 г
2(z-\-\nz)
Для определения экстремума найдем производную этого выражения и приравняем ее нулю:
2l(<:-l-ltu)ln£-fl--lln22
2 ( t - l - ins) 2
Откуда
2(z-\)-2\nz-z\nz+\nz
=0
= 0.
585
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
или
2<г-1)
где z — корень уравнения 1пг = —•
-.
1+ z
О т в е т : z — корень уравнения In г = — —
l+z
Задача 45.21
Самолет, имеющий массу т0, приземляется со скоростью v0 на
полярный аэродром. Вследствие обледенения масса самолета при движении после посадки увеличивается согласно формуле m-m0 + at,
где а = const. Сопротивление движению самолета по аэродрому пропорционально его весу (коэффициент пропорциональности/). Определить промежуток времени до остановки самолета с учетом ( Т )
и без учета ( Г , ) изменения его массы. Найти закон изменения скорости с течением времени.
Решение
Покажем на рисунке силы, действующие на самолет: силу тяжести mg, силу
трения ^тр, реакцию N опоры.
Запишем уравнение движения самолета в проекции на ось х, приняв самолет
за материальную точку:
d
dt
(mv) =
(1)
тр,
dv
m
dm
,
+ v— = -fN = -fmg
dt
dt
(2)
ИЛИ
dv vdm
,
— + —7- = -/£•
dt mdt
Так как m = m0 + at, то dm = adt.
Ni
o.
Jmg
586
X. Динамика материальной системы
Тогда
dv +
dt
vadt
г
7(m +at)dt
TTl^fg
0
=
Л
<3)
или
dv
civ
~г +
rff mo+а/
, •
—
<
4
>
Введем подстановку
(5)
v = u\V - f(t).
Тогда
t/v fifW ... du
— =u
+ Ж—.
dt
dt
dt
(6)
С учетом выражений (5) и (6) уравнение (4) примет вид
и
dW
at
+
...du
dt
+
auW
mQ+at
, Л
+ ^ = 0.
(7)
Подберем и таким, чтобы выполнялось равенство
H/du
(
auW
dt
т0 +at
du
adt
и
щ + at
Тогда
Проинтегрируем последнее выражение и получим
In и = -ln(Wo + tf/)
или
1
1п« = In (т0 + at)
Откуда
и
1
.
т^ + at
(5)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
587
Подставим выражение (8) в уравнение (7) и получим
1
dW
щ + at
dt
или
—г- = ~/ё {Щ + at),
dt
dW = (-fgniQ-fgaf)
dt.
(9)
Проинтегрируем выражение (9):
W^-fgmot-fga^+C,.
С,
(9')
Найдем постоянную интегрирования из выражения (9') при t = 0;
Следовательно, согласно выражению (5)
v0 = и0Щ>,
: vo
Щ) = — = voт0.
«о
Тогда
W = -fgm(>t-jga
/2
— + v0m0.
(10)
Подставим выражения (8) и (10) в формулу (5) и получим закон
изменения скорости с течением времени:
v = -±-LoVo-fgmot-lfgatA=
m0+at\
2
)
^ - f g C ^ a t V
2(m0+at)
Время до остановки самолета определим из условия v = 0:
m0v0-fgm0t~^fgat2=
0
или
/2 +
2wo / _2moVo
a
fga
= 0
588
X. Динамика материальной системы
Корни квадратного уравнения
t
''
а
Г° +
V a2
2/, 'о у о
fga
Так как время не может быть отрицательным, то
Т =Ш
1+
о VV
2avn
-1
,
Теперь рассмотрим случай, когда m=m 0 = const. Тогда
(12)
FTPl =/jV|,
где /V, =w 0 £Подставим выражение (12) в уравнение (1):
Л
,
dt
или
Jdv = { - . & / / .
t'o
О
После интегрирования получим
v - v0 -
или
v=
-fgt
v0-fgt.
(13)
В момент остановки t = 7], v = 0. Тогда из уравнения (13) получим
71 = —
£
Ответ:
Г:
да0
v_2m0v0-fg(2mn+at)t
fg'»o
J
fg
2 (m0+at)
Задача 45.22
Эффективные скорости истечения первой и второй ступени у двухступенчатой ракеты соответственно равны
= 2400 м/с и vj.2' = 2600 м/с.
Определить, считая, что движение происходит вне поля тяготения
4 5.
Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
589
и атмосферы, числа Циолковского для обеспечения конечной скорости V| = 2400 м / с первой ступени и конечной скорости v2 = 5400 м/с
в т о р о й ступени.
Решение
Скорость ракеты в конце активного участка находим по формуле
Циолковского:
v = v0 + v e ln^,
(1)
М0
где z - — - — отношение начальной массы всей ракеты к массе ее
Мк
корпуса; ve — эффективная скорость истечения газов.
Воспользуемся формулой (1) и получим
v, = Уо + ^ ' Ч п г ь
следовательно, так как v0 = 0,
v2 = v,+v< 2 ) hu 2 ,
следовательно,
/^
"
С Х Р
О т в е т : Z\ =2,72;
= е х р
1^Р
Г
j
Г5400-2400У
= еХР1
2600
е
,
5 /
,з^
Л -
J
г 2 = 3,17.
Задача 45.23
Считая, что у трехступенчатой ракеты числа Циолковского и э ф фективные скорости ve истечения у всех трех ступеней одинаковы,
найти число Циолковского при ve = 2 , 4 км/с, если после сгорания
всего топлива скорость ракеты равна 9 км/с (влиянием поля тяготения и сопротивлением атмосферы пренебречь).
590
X. Динамика материальной системы
Решение
Используя формулу Циолковского, запишем скорости ракеты на
каждом из трех этапов:
1-й э т а п —
v, = v < " l i u i ;
(1)
2 - й этап —
v2 = V, + v<2) 1пг2;
(2)
3-й этап — v3 = v2 + v<3) In Zy.
(3)
Так как по условию задачи v*,0 = v<2) =
= ve и Z\ = Zj = Z3 - Z, то,
решив совместно уравнения ( 1 ) - ( 3 ) , получим, что v3 = 3v e lnz. Следовательно,
= el•25 = e • \Te = 2,718 • iflJTE = 3,49.
Ответ:
z = 3,49.
Задача 45.24
Трехступенчатая ракета движется поступательно при отсутствии
тяготения и сопротивления атмосферы. Эффективные скорости истечения и числа Циолковского для всех ступеней одинаковы и соответственно равны ve =2500 м / с , z = 4. Определить скорости ракеты
после сгорания горючего в первой ступени, во второй и в третьей.
Решение
Воспользуемся формулой Циолковского и определим скорости
ракеты на каждом из трех этапов:
1-й этап — v, = ve\nz = 2500 • 1п4 = 3465 (м/с);
2-й этап -
v2 = v, + ve In г = 3465 + 2500 -!n4 = 6930 (м/с);
3-й этап - v3 = v2 + ve In г = 6930+2500 - 1п4 = 10 395 (м/с).
О т в е т : v, = 3465 м/с; v2 = 6930 м/с; v3 = 10 395 м/с.
Задача 45.25
В момент, когда приближающийся к Луне космический корабль
находится на расстоянии Н от ее поверхности и имеет скорость v0,
591
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
направленную к центру Луны, включается тормозной двигатель. Учитывая, что сила тяготения обратно пропорциональна квадрату расстояния от корабля до центра Луны и принимая, что масса корабля
изменяется по закону т = т0е~ш (т0 — масса ракеты в момент включения тормозного двигателя, а — постоянное число), найти ос, при
котором корабль совершит мягкую посадку (т.е. будет иметь скорость
прилунения, равную нулю). Эффективная скорость истечения газов ve
постоянна. Радиус Луны R, ускорение силы тяжести на Луне
Решение
Дифференциальное уравнение движения космического корабля в данном случае (см. рисунок) примет вид
dv
т— =
dt
F-Фе,
ф.
(1)
^
dm
„ „
где Ф, = — v e — реактивная тяга; F = G
e d t
тМ
—т —
(R+H-x)2
сила притяжения ракеты Луной; М — масса Луны.
Подставим выражения Фе, Fwmv, уравнение (1):
Ще
dv
„
т0е а'М
_„,
(R+H-x)2
dt
или
dv_
GM
dt
(.R+H-x)2
-av„.
(2)
Полагая v = v (x), получим
dv _ dv dx _
dv
dt
dx'
dx dt
тогда выражение (2) примет вид
v—=
dx
GM
(R+H-x)2
•
av„.
(3)
592
X. Динамика материальной системы
На поверхности Луны выполняется условие
>Щя
GmM
= -
R2
т.е. GM = gj]R2.
В результате выражение (3) можно записать в следующем виде:
dv_
gnR2
~ - av., = 0.
(R+H-x)2
dx
(4)
Разделив в уравнении (4) переменные и проинтегрировав, получим
0
f vdv 1
gj]
н
и*
£
• <xve J dx
(R+H-x)2
0
ч
R2 j
J
или
= g*R2
>0
'
1
R+H-x
о
Следовательно,
1
2
=
1
~ -avPH.
R+ H }
Отсюда
av,
H
_ VQ2 T
2
Zr&H
R(R+H)
или
2veH
Ответ: a =
2veH
ve(R+H)
gnR
ve(R + H)
Задача 45.26
Найти закон изменения массы ракеты, начавшей движение вертикально вверх с нулевой начальной скоростью, если ее ускорение w
постоянно, а сопротивление среды пропорционально квадрату ско-
593
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
рости (Ь — коэффициент пропорциональности). Поле силы тяжести
считать однородным. Эффективная скорость истечения газа ve постоянна.
Решение
Запишем уравнение Мещерского для движения ракеты в поле сил тяжести с учетом сил сопротивления
(см. рисунок):
mw = - mg-Фе - R,
где Фе = ve
dm
dt
mg
Тогда
dm
mw = -mg-ve
dt
R
, 2
bv
Ф.
или
ve^-
+ (w + g)m+bv2 =0.
(I)
Так как
dv
dt
• W,
то с учетом того, что v 0 = 0, получим v = wt и тогда уравнение (1) примет вид
„2 у г,
dm vv + g
bw
— +- — - т +
г =0
dt
v„
v„
или
dm
~dt
где a =
+ am+$t2
=0,
(2)
2
g a
(} =f>W .
V„
v„
w +
Решим однородное уравнение, соответствующее формуле (2):
dm
dt
следовательно, т = Се
а
+ am = 0,
594
X. Динамика материальной системы
В соответствии с методом вариации постоянных решение уравнения (2) ищем в виде
m = C(t)e~a'.
(3)
Подставим выражение (3) в уравнение (2):
dt
e~w -Сосе - 0 " +Сае~ш +рt 2 = 0
или
dt
Р
Интегрируя по частям, получим
С = - p j r V d r + C , = ~^\t2deOJ +С, =
a
a
a2 J
=
a
_P^ea/
a
t2eM + Qjtewdt
a
a2
2p/ea/_2peC(/
+
a
a2
+C, =
a2 J
+
a3
Подставим это выражение в формулу (3):
т = С\е~ш-^t'+^rt-^r.
a
a
(4)
a
Используя начальное условие т (0) = т 0 при / = 0, определим
, 2a Р
г
Тогда согласно формуле (4)
(
V
ш
a' J
р<2
2р
2р
a
a
ог
Возвращаясь к обозначениям а и Р в формуле (2), получим
2р _ lbv2w2
р _ bw2.
2р _ 2vebw2
a3
a
a2
(w + g) 3 '
w+g'
(w + g) 2
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
595
и запишем окончательный результат:
т
=
Щ+
2bvjw2
bw2
(w + g)3
w+g
О т в е т : m - Щ+
2 bv2w2
t2 +
2v„bw2 .
2vjbw2
•t-(w + gY
(w + g)3"
bw2 j 2v„ bw2
2vje bw
— .tl+—
-t2
w+g
(W + g)
(w + g)3'
(w+g) 3
Задача 45.27
Ракета перемещается в однородном поле силы тяжести по прямой
с постоянным ускорением w. Эта
прямая образует угол a c- горизонтальной плоскостью, проведенной
к поверхности Земли в точке запуска ракеты. Предполагая, что эффективная скорость истечения газов ve
постоянна по величине и направлению, определить, каково должно быть отношение начальной массы
ракеты к массе ракеты без топлива (число Циолковского), если
к моменту сгорания топлива ракета оказалась на расстоянии Н от
указанной выше касательной плоскости.
Решение
Уравнение Мещерского, описывающее движение ракеты с постоянным ускорением w по прямой,
расположенной под углом а к горизонту (см. рисунок), имеет в проекциях на оси координат д- и у следующий вид:
mw c o s a =
dm
dt
cos(3,
dm .
(1)
n
mwsina = - mg •v„ — sinp.
dt
(2)
596
Из уравнения (1) следует,
dm _
«
систем
что
w cos ос
dt=$ in mlm = _ 2 ^ £ £ s a
v.cosp
" " " ^ o - ^ t
,т
Отсюда
(3J
v e cosp
Подставив выражение (3) »
уравнение
(2)>
m0e-a,wsm а = ~ m0e'°'g + veam0e"" sin|3
или
wsin a + g = ve
о
v e cosp
Откуда
wsina+g
tg(3=
vccosa
'
P = arctgf2^L±£
w cosa
Г -
Проинтегрируем уравнение (1) П 0 воемени п „
Пределах
время сгорания топлива. Тогда
т
In; Л к
т0
от 0
^
Г,
Ю
или
«•cosa^
Откуда
z
-
eve
cos£
Время T определим из условия
d2y
-jjY ~ w sin a.
^
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
597
Следовательно,
wsina 2 , ,
_
у = —— Г 2 +С,Г+С 2 .
(5)
Используя начальные условия: j>(0) = 0, у(0) = 0, получим Q = С2 = 0.
Так как при t = Т у = Н, то выражение (5) примет вид
^ _ wsina^
Отсюда
Т =
2 Я
I wsina
Подставив это значение Т в выражение (4), найдем
w COS
^ _
sa
О т в е т : z = eVc C0SP
ГШТ
sina,
a
I 2И
iSVivsina
cospVivsina _
cosa
I2wH
cos|iV s i n a
где P — угол, образуемый скоростью ve с ка-
„ а
. wsina + g
сательнои плоскостью, равный р = arctg
-.
wcosa
Задача 45.28
Тело переменной массы движется вверх с постоянным ускорением w по шероховатым прямолинейным направляющим, составляющим угол а с горизонтом. Считая, что поле силы тяжести является
однородным, а сопротивление атмосферы движению тела пропорционально первой степени скорости (Ь — коэффициент сопротивления), найти закон изменения массы тела. Эффективная скорость
истечения газов ve постоянна; коэффициент трения скольжения между телом и направляющими равен /
Решение
Запишем уравнение Мещерского в проекции на ось л: (см. рисунок):
mw = - / w g s i n a - Fc - F,v +Фе.
По условию задачи F^=bv = bwt, так как v = wt, tv = const.
(1)
598
X. Динамика материальной системы
Сила трения
^тр =fN~
fmgcosa.
Поскольку проекция FTp на ось у равна нулю, т.е. О = N-tng cosa, то
N = mg cos a.
Реактивная сила
fit
С учетом этих выражений уравнение (1) примет вид
dm
m\V\ = -bwt - ve
dt
или
dm
It
+ am+ yt = 0,
где w, = w + j - ( s i n a + / c o s a ) ; a =
(2)
у = —.
Решение дифференциального уравнения (2) ищем в виде
m = C(t)e~al.
Подставив выражение (3) в уравнение (2), получим
dC
dt
е~а' -Саё~а' +Cae~at + yt -О
(3)
99
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
или
(4)
— = -yte"'.
dt
Проинтегрируем уравнение (4) по частям и определим
C = -y\tea,dt+C{
= - I f tde"'+Q=-he'"
а
а
=
+Че«>
а
а
+ y-iea'dt+C,
а3
=
+Q.
Подставим это значение С в выражение (3):
а
а~
Используя начальное условие при t = 0 т(0) = т0, определим постоянную интегрирования
С| = т
0
- Х
С учетом обозначений а и у получим
(
bwve ^
т = \т0—гт~ \е
V
W| J
'
bw(t
wД
t—t
v,
I
щ)
„
(
bwve} е
bw(,
v.
;
О т в е т : и = и0
т~\
/- —
v
щ )
щ V ц
где W| = w + g ( s i n a + / c o s a ) ; /я„ — начальная масса тела.
Задача 45.29
Аэростат весом Q поднимается вертикально и увлекает за собой
сложенный на земле канат. На аэростат действует подъемная сила Р,
сила тяжести и сила сопротивления, пропорциональная квадрату скорости: R = -(Зх 2 . Вес единицы длины каната у. Составить уравнение
движения аэростата.
600
X. Динамика материальной системы
Решение
Масса аэростата увеличивается пропорционально длине поднятого
каната. При этом абсолютная скорость поднимающейся части каната
равна нулю. Следовательно, уравнение Мещерского примет вид
4(юу) = ]Г/Ь
at
или
d
1
—(/их) = P—tng - pbr
или
dm .
п
о.2
—x+mx
= P-mg-$x*.
(1)
Так как
'
m=
0+ух
,
то
dm
у .
dt
g
—-~—x.
Подставим эти значения в уравнение (1) и получим
х2.
g
К
gJ
Откуда
Q+yx
О т в е т : x = -g
Q+yx
+—^—Qilljc2.
Q+yx
Q+yx
Задача 45.30
При условиях предыдущей задачи определить скорость подъема
аэростата. В начальный момент аэростат неподвижен и находится
на высоте Н0.
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
601
Решение
Согласно решению задачи 45.29 дифференциальное уравнение
движения аэростата
Q+yx
(о
Q+yx
После преобразования
dx
dx dx _dx
dt
dx dt
. _ 1 d(x2)
dx
2 dx
уравнение (1) примет вид
=
2
(2)
+
dx
Q +yx
Q +yx
Сделаем в уравнении (2) замену переменных
.2
d(x2)
d(uv) du
dv
x = uv = > — — - = — — - =
V + — и
dx
dx
dx
dx
и получим
1 (du
dv Л
Pg
- — v+—и = -g + —
2Kdx
dx J
Q+yx
8g + у
——-uv.
Q+yx
Произведем группировку:
1 dv
(3g + y
u = ~——- uv,
2 dx
Q+yx
(3)
1 du
Pg
— v = -g + -~£—.
2 dx
Q +yx
...
(4)
Из формулы (3) получим
v
Q + yx
Проинтегрируем это выражение:
,dv_
v
2(pg + у) j d(Q + ух)
У
Q + yx
602
X. Динамика материальной системы
и найдем
,
lnv = - - ( f e + Y ) ln(g+yx).
У
Откуда
v=
№
(5)
[Q+yxJ
Из формулы (4) с учетом выражения (5) получим
du
dx
= 2 g P(Q + ух)
>3L
' -(Q+yx)
фЛГ
' ?j
(6)
Разделив переменные в выражении (6) и проинтегрировав, найдем
»=2 g
Р
2y + 2pg
f - V) )
(Q+yx)A 1
I
(Q +yx){
3y + 2 fe
M
, H+C
Используя начальные условия: и =0, x= # 0 , определим постоянную интегрирования
[3+2— ]
-<>
r_(Q+yHj
Зу+2 Pg
Iw
P(Q+yH0){
2у+2рg
Тогда
х -=UV
=
Ps
(p£+Y)
Ответ:
=- ^
(Ps+Y)
G+уЯо
Q+yx
2 1+£
Q + yfh П TJ
Q + yx )
2g(Q + yx)
2Rg + 3y
2 g (Q+yx)
2pg + 3y
Q+ ^ o f
Q+yx
V
J
(Q + уНц
le+yx J
l^y,
603
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
Задача 45.31
Шарообразная водяная капля падает вертикально в атмосфере,
н а с ы щ е н н о й водяными парами. Вследствие конденсации масса капли
возрастает пропорционально площади ее поверхности (коэффициент пропорциональности а). Начальный радиус капли г 0 , ее началь-*
ная скорость v 0 , начальная высота й0. Определить скорость капли
и закон изменения ее высоты со временем (сопротивлением движению пренебречь).
У к а з а н и е . Показать, что dr = adt, и перейти к новой независимой переменной г.
Решение
Масса капли пропорциональна ее объему V,
который, в свою очередь, пропорционален площади S ее поверхности. В результате получим с о отношение
dV_
dt
= aS
>4тсг2
dt
v
- A n r 2 a ••
mg
• dr = a dt => r = /j) + at.
Так как абсолютная скорость присоединенной
массы равна нулю, то уравнение Мещерского в системе координат, ось которой проведена вертикально вверх, а начало
расположено на поверхности Земли (см. рисунок), имеет вид
dt
(тх) - -mg.
С учетом того, что
d
d
dr = a dt => — = a — ,
dt
dr
перепишем уравнение (1) в виде
d (
dx
dr V
dr
a—\ma—
-mg
(1)
604
X. Динамика материальной системы
или
г(
1 dm dx
d2x^
\т dr dr
dr
Вычислим
dm d (4
— =—
dr dr\ 3
Л 4 t 2
3 4 3 3m
i T Зкг у — — у • —кг =
; 3
r 3
r
,
где у — плотность воды.
Подставим это значение в формулу (2) и получим следующее дифференциальное уравнение:
dr
г dr
—
*
а
(3)
Решение однородного уравнения, соответствующего уравнению (3).
представим, в виде х = гк.
Подставим это соотношение в уравнение
d2x
|
dr2+
3dx-_Q
г dr~
'
получим
А,(Я.-1)/ А _ 2 +ЗХ/ А - 2 =0,
или
Ц1+2) = 0.
Корни этого уравнения
X, =0,
Х2 = - 2 .
Следовательно,
г
Частное решение уравнения (3) ищем в виде х* = Аг2. Подставим
это равенство в формулу (3) и получим
2А+6А = -~
а1
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
605
Откуда
л — д 2'
8а
Ж*
8а 2
Запишем общее решение уравнения (3):
X — х + х*
или
x = v-a—
dx
1аС2
gr
=—Y^-—.
dr
r
4a
(5)
Постоянную C 2 определим из выражения (5) с учетом начальных
условий:
vfa) = v0
С2 =
2 a v 4a
- v0
Тогда согласно формуле (5) скорость капли
°г3
4а(
г3)
Постоянную С[ определим из формулы (4) с учетом начальных
условий: дг0 = /го, и значения постоянной С 2 :
« * ) = * =*С, = А О - f f - f - v o V - ^ r o 2 =
2 a V 4a
у 8a 2
+
^
2a
В результате получим
v -— Пп
h 4-"1 voro , 1 W 7 fflo
2a
4a 2 8a V
Л
vp/63 г
2ar 2
8a 2
r-
_—
+
4a 2
606
X. Динамика материальной системы
О т в е т : л: = А„+ —
2а
1L где r = % + at.
Задача 45.32
Решить предыдущую задачу в предположении, что на каплю кроме силы тяжести действует еще и сила сопротивления, пропорциональная площади максимального поперечного сечения и скорости
капли Д = -4(}ТСГ2У ((J — постоянный коэффициент).
Решение
Согласно условию задачи скорость возрастания
массы капли прямо пропорциональна площади ее
поверхности, т.е.
А
где т =
Ю
о
mg
^ (у — плотность воды); S = 4кг2.
R
Так как абсолютная скорость присоединяемых
частиц равна нулю, то дифференциальное уравнение движения капли в проекции на вертикальную
ось х (см. рисунок) имеет вид
О
У
(1)
dt
Подставим в уравнение (1) вместо т и dt их значения:
т=
3
Ч
dt = —.
а
Тогда уравнение (1) примет вид
d{r3v)
-0
2
з
— — - + 3(3/"v = - г .
(5)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
607
Введем замену г v = fV и представим уравнение (2) в виде
dW
ЗВ W
+—— =
dr
or
ггг
а
(уравнение Бернулли).
(3)
Решаем уравнение (3) с помощью подстановки:
W = uz.
(4)
dz
du
= u— + z—•
dr
dr
dr
(5)
Тогда
dW
С учетом выражений (4) и (5) уравнение (3) примет вид
dz
du 3(3
u— + z— + — uz =
dr
dr ar
r3g
a
или
dz
( du ^36
U— +Z — + — u
dr
dr
ar
-3
rg
a
(6)
Сначала решим уравнение
du ЗВ
— + - t - « =0.
dr
ar
Разделим переменные и проинтегрируем.
du+ ЗВ dr = „
—
u
ar
a
откуда
u=r
a.
Теперь решим уравнение
u ^ - U .
dr
a
(7)
608
X. Динамика материальной системы
или, учитывая выражение (7),
dr
а
Разделим переменные:
g
dz =
-(а+р)
dr,
а
и, интегрируя, получим
z=-
gra
(4a+3(J)
4а+3(3
•+с.
(8)
Подставим выражения (7) и (8) в уравнение (4), получим
i(4a+3|})
W =r «
-grD
4а+3(3
•+С
Произвольную постоянную С найдем из условия: при г = щ v = v0,
Ж0 = r03v0.
Следовательно,
_2Ё
rfvo = п, "
— <4a+3P)
4a + 3j3
-+С
откуда
-(a+ji)
C = v0r0a
вга
+8°
<4a+3fi)
4а+3(3
и окончательно
v =
er
--(а+Р)
5
+r а
4а+3(3
3
-(а+Р)
i.(4a+3fj)
оГи
4 а + 3(3
Для нахождения х воспользуемся зависимостью
dx
— = v,
dt
или
dx v
— = —,
dr a
или
,
v ,
dx = —dr,
a
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
609
откуда после интегрирования, учитывая, что х 0 = 0, получим
2а(4а + 3(3)
2 а + 3р
]
~(2а+ЗР)
--(2а+3р)
г в
-г0а
О т в е т : v = — gr
4а+3|3
х
-
ho-
— (4а+ЗР)
gH
4 а + 3р
g(r2-r02)
2а(4а+3(})
1
- (4а+3р)
т
Wo
3, т
а(а+Р»
1
— (4а+3р)
— (4а+зр)
а
т а
- *0
4а+3(3
а
2а+3(3
-(а+Р)
-i(2a+3p)
(2а+ЗР)
Г а
~го01
i (4а+3р)
ега
0
-
4а+зр
, где г = г0 + а / .
Задача 45.33
Свернутая в клубок тяжелая однородная цепь лежит на краю горизонтального стола, причем в начале одно звено цепи неподвижно
свешивается со стола. Направляя о с ь х вертикально вниз и принимая,
что в начальный момент х = 0 , х = 0, определить движение цепи.
Решение
Обозначим плотность материала цепи у, составим дифференциальное уравнение движения цепи при wa6c =0:
d .
—(yxx) = yxg,
dt
dx d
——(Xx)=xg,
dx dt
xx~(xx)
dx
. d , .,
x—(xx)=xg,
dx
= x2g.
Проинтегрируем уравнение (1) и получим
2
3
(1)
610
X. Динамика материальной системы
С учетом начальных условий: х0 =0, х 0 =0, найдем С, =0. Тогда
XX =
3
dx _ 12 gx
~dt~\~T
dx
Vx
l2g dt,
M 3
2
+C 2 .
Найдем постоянную интегрирования Сг с учетом начальных условий: х = 0 при / = 0; С 2 = 0. Тогда
2 t2g
Ах = Откуда уравнение движения цепи
1
х = gt
Ответ: х =
g'z
Задача 45.34
Цепь сложена на земле и одним концом прикреплена к вагонетке,
стоящей на наклонном участке пути, образующем угол а с горизонтом. Коэффициент трения цепи о землю / Вес единицы длины
цепи у, вес вагонетки Р. Скорость вагонетки в начальный момент %
Определить скорость вагонетки в любой момент времени и выяснить
необходимое условие, при котором вагонетка может остановиться.
Решение
Запишем дифференциальное уравнение движения вагонетки с цепью в проекции на ось х, учитывая, что абсолютная скорость присоединенной массы равна нулю (см. рисунок):
d(mx)
где т =
Р + УХ
—.
v,
r
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
611
Тогда
d_ Р+ух
dt L
= Psina+yxsina-
Рур.
g
Поскольку Frp = fyxcosa, то
d P+yx.
dt
g
= (P+'yx)sina-/pccosa
или
(I±I^x+jPL
g
g
Так как Jc =
=
(P+yX)sma-fyxcosa.
xdx
dx
(1)
, то выражение (1) примет вид
(Р+ух)^-
dx
cosa.
+ ух2 = (P+yx)gs'ma-fgyx
Умножим уравнение (2) на (P+yx)dx
(2)
и получим
(P+yx)2xdx + (P+yx)yx2dx = (P + yx)2gsinadx-fgyx(P+ух)
cosadx. (3)
Поскольку
(Р+ ух)2 xdx-+(Р+ух) yx2dx = d
~{Р + ух)2х2~
то уравнение (3) примет вид
\Р+ух)2х2
=
(P+yx)-gsmadx-fgyx(P+yx)cosadx.
(4)
Проинтегрируем выражение (4):
2 2
3
3
пх2
i(.Р+ух)
U .х— = g(P+yx)U - s m. a - f g .Y P
— c o s a - f g. yг1х— c o s a + C„ .
2
3y
2
3
Подставим начальные условия x0 -0>
P2vi
2
gP3 .
r
= s—sina+C
3y
= vo
в
уравнение (5):
...
(5)
612
X. Динамика материальной системы
и найдем постоянную интегрирования
C ^ - i ^ s i n a .
2
Зу
Подставим значение С в уравнение (5), разделим на (Р+ух)2
лучим
x2^g(P+yx)^a
3y
и по-
fgyPx2 с о _
fgyV
sina——
=-cosa——
^-cosa +
2(P+yx)
2(Р+ух)2
3(P+yx)2
P2vq
gP3
2(P+yx)2
3y(P+yx)
sina
или
x2 _
2
P2vl
2{P+yxY
^gsina
3y
(P + yxy
1
+ jgxsina-
feyPx2 fyy2x3
г cos a — —
r- cos a.
2(P+yx)2
3(P+yx)2
„
xl
Ргщ
Ответ: — =
—
2
2{P+yx)2
/Vsina
3y
(P+yx)2
1
+ -spcsma3
fetPx2
fgy 2 x 3
-- cosa——
v c o s а . Остановка может иметь
2
2 (Р+ух)
3 (P+yxf
место при выполнении неравенства / > t g a .
П р и м е ч а н и е . Ответ в задачнике неточный.
Задача 45.35
Материальная точка массы т притягивается по закону всемирной
тяготения Ньютона к неподвижному центру. Масса центра со време
нем меняется по закону М = — . Определить движение точки.
1 + а/
У к а з а н и е . Перейти к новым координатам с помошью соотношени!
!; =
1
х
у
—, ri = — - — и к приведенному времени т =
1+а/
l + ca
а (1 + at)
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
613
Решение
Запишем дифференциальные уравнения движения в проекции на
декартовы координаты:
тх - -
fmMx
(1)
(X2 + У 2 ) У 2 ,
fmMy
ту--
(х2
(2)
+ у2)^2'
лл
Мо
Г)
где М = - — — ; х = — ; у =
ат
ат
l + at
Тогда
х
dxdx
= -
dx dt
1
dx
а2т2
(1 + а/) 2 dx
dx
dx dx
dt
dt dx
=
dx
а
-a2x2(-a)
dx2
dx
dx
з з d\
•• -aJx
dx2
Подставим полученные выражения в уравнение (1):
ах
dx2
(^2+Г|2)3/2(1 + а /) 3
= 0.
Сократим на а 3 т 3 и получим
dx2
р3
= 0,
где р = д/^2 + Г|2.
Аналогично преобразуем и уравнение (2), которое примет вид
d\
dx
+
fMоП _= 0.
614
X. Динамика материальной системы
О т в е т : уравнения движения в координатах
стоянная тяготения)
^
d\l
+
+
р
dv-
/МоЧ _Q.
pJ
p =
т\ имеют вид (f — поV|TT^,
т.е. отвечают обычным уравнениям в случае постоянных масс. Поэтому в зависимости от начальных условий в переменных ^ и г| имеют
место эллиптические, параболические или гиперболические орбиты.
П р и м е ч а н и е . В задачнике в ответе опечатка: дано р2 вместо р3.
Задача 45.36
Для быстрого сообщения ротору гироскопа необходимого числа
оборотов применяется реактивный запуск. В тело ротора вделываются пороховые шашки общей массой т 0 , продукты сгорания которых выбрасываются через специальные сопла. Принять пороховые
шашки за точки, расположенные на расстоянии г от оси вращения
ротора. Касательная составляющая эффективной скорости истечения продуктов сгорания ve постоянна.
Считая, что общий расход массы пороха в одну секунду равен д, определить угловую скорость со ротора к моменту сгорания пороха, если
на ротор действует постоянный момент сопротивления, равный М.
Радиус ротора R. В начальный момент ротор находится в покое.
Решение
Запишем закон изменения массы пороха:
m = mQ-qt,
где t — время, которое изменяется от Ц - 0 до / 2 = —•
<7
Дифференциальное уравнение вращения ротора относительно оси г
(см. рисунок):
Т d(a
лл
I— = Л/,,
z
dt
2
где / = / р + (m0-qt)r
— момент инерции ротора и пороховой шашки
переменной массы; Mz = veqR- М — момент реактивной силы и сил
сопротивления относительно оси z•
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
615
Итак, имеем дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными:
[/р + 0по ~
—
at
veqR-M.
Проинтегрируем это уравнение:
О
о
Iv+(ma-qt)rl
и получим
ш
=
(veqR-M), Iln[/[Г +(щ
. - ^Л.I2лLт ч =
p
10
rq
_ Rqve-M
„
О т в е т : co=
Лоу, - M ,
v,
In
n
,
1п(1р+ЩГ2)
/p
,
2
,
In—, где / 0 = l p + m 0 r , / р — момент инерции
ротора относительно оси вращения.
Задача 45.37
По данным предыдущей задачи найти угловую скорость ротора
после сгорания пороха, если на ротор действует момент сопротивления, пропорциональный его угловой скорости (Ь — коэффициент
пропорциональности).
616
X. Динамика материальной системы
Решение
В этой задаче по сравнению с предыдущей вместо постоянного
момента сопротивления Мдан закон его изменения: М с = Ьах Тогда
дифференциальное уравнение вращения ротора запишем в виде
11рЧЩ-0)г2]^г
=
dt
veqR-box
Разделим переменные и проинтегрируем это уравнение:
т
|
d(Q
0veqR~blо
ш
1
- In (veqR-ba>)
b
о
J _
J
1-
Ip+(m0-qt)rv
qr
veqR-b(a
veqR
dt
L
6(0
veqR
rh
KIp+m0r
r21
yl p
+m0r
Введем обозначение
I о = /р +m0r2
Тогда
(0 =
О т в е т : со _ Rveg
Л).
Rveq
\-\Lt
W
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
617
Задача 45.38
Многоступенчатая ракета состоит из полезного груза и ступеней.
Каждая ступень после израсходовапступень
ния топлива отделяется от остальной конструкции. Под субракетой
п - 1 ступень
понимается сочетание работающей
ступени, всех неработающих ступеней и полезного груза, причем для
2 ступень
данной субракеты все неработаю1 ступень
щие ступени и полезный груз являются «полезным грузом», т.е. каждая
ракета рассматривается как одноступенчатая ракета. На рисунке указана нумерация ступеней и субракеты.
Пусть q — вес полезного груза, Р, — вес топлива в /-й ступени,
Qi — сухой (без топлива) вес /-Й ступени, G, — полный вес /-й субракеты. Вводя в рассмотрение число Циолковского для каждой субракеты
Zi
G,
G,-P,
и конструктивную характеристику (отношение полного веса ступени к ее сухому весу) для каждой ступени
Si =
Qi + Pi
Qi '
определить полный стартовый вес всей ракеты, вес к-й субракеты,
вес топлива к-й ступени, сухой вес к-й ступени.
У к а з а н и е . При решении задачи ввести а, — «относительный вес» /-й
субракеты, т.е. отношение начального веса субракеты к весу ее полезного
груза: а, =GJG2, а 2 =G2/G}
a„=G„/g.
Решение
Найдем число Циолковского для первой субракеты
6tB
X. Динамика материальной системы
Полный вес второй субракеты
Откуда полный вес первой субракеты
+
(2)
Подставим выражение (2) в знаменатель уравнения (1) и найдем
- _
'
5
Gz+fl'
Откуда
G,=Z,(C? 2 +a)-
(3)
Определим конструктивный параметр для первой ступени
И
Найдем вес топлива в первой ступени из выражения (4):
(5)
Ц =QM-\)
и из выражения (1)
д^Ь-Ъ
(6)
Z}
Приравняем правые части выражений (5) и (6):
и найдем сухой вес первой ступени
а
- 1 ) (3):
Подставим значение Q t в выражение
G, = Z,(G2 +Q) = Z& + Z& = zlG1 +
(7)
Gliz,~[)
s, -1
и определим полный стартовый вес первой субракеты
g | =
Z,G2(5,-l)
S] -Z,
( 8 )
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
619
Рассуждая аналогично, найдем вес второй субракеты
G2 = ^sfii{s
2-\)
2 -
(9)
s2-z2
Вес я-й субракеты
G„ =
(10)
qZn{s"
Тогда полный стартовый вес всей ракеты
л
=
Л с
1
,=1 (=1 Si - Zi
.
(11)
а вес к-й субракеты
(12)
Gk-qflbfl^T-i=k i=k
Zi
Согласно формуле (7) сухой вес к-й ступени
Qk = °k{Zk ~ 1 } .
Zk(s k - 1 )
(13)
Вес топлива в к-й ступени определим по формуле (6):
P
k
=^G
Zk
k
.
(14)
Откуда
С
к
= Щ .
Zk-1
(15)
Подставим выражение (15) в равенство (13) и получим
а - Л О т в е т: (7, =
— J Gk =
П
/=1
/=л- /=* ^ - ^
р ,=1 -5/ - г,Qk =
(формулы Фертрегта).
sk~ 1
(16)
рк
=
Zk
620
X. Динамика материальной системы
Задача 45.39
Двухступенчатая ракета предназначена сообщить полезному грузу <7 = 1 кН скорость v = 6000 м/с. Эффективные скорости истечения
газов у ступеней одинаковы и равны ve = 2400 м/с. Конструктивные
характеристики первой и второй ступеней соответственно равны S| = 4 ,
s2 = 5 (см. задачу 45.38). Пренебрегая силой тяготения Земли и сопротивлением атмосферы, определить числа Циолковского для первой
и второй субракет, при которых стартовый вес Gl ракеты будет минимальный.
Решение
На основании формулы Циолковского запишем
— = ln(*jz2).
ve
Откуда
Z\Z2 =
= е6,0/2'4
= е2,5.
(1)
Стартовый вес ракеты вычислим по формуле (11) из решения задачи 45.38:
1
(4-г,)(5 -z2)
(Si-zx)(s2-z2)
(4-Z\){5Z\
-e2'5)
Исследуем выражение (2) на минимум. Для этого продифферен-!
цируем его и приравняем к нулю:
щ
_ 12?e 2 ' 5 [(4-3)(5<:, - е 2 ' 5 ) - г | ( - 5 г , + е 2 - 5 + 2 0 - 5 ; , ) ] _ q
dz,
(4-zx)\5zi-e2>*f
Решив это уравнение, найдем:
20
- 5г,2 + Z, <?2'5 - 4 е2>5 +1 Oz? - 20z, - % е2'5 = 0,
5z2
=4е2-5,
Тогда согласно формуле (1)
г2 =
е2,3
_ — = 3,91.
3,12
45. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава)
621
На основании исследования перемены знака производной в точке zi =3,12 убеждаемся, что стартовый вес (7, достигает минимума,
который рассчитаем по формуле (2):
е1-5 • 12 1
G,mi„=—— = 152 (кН).
0,881,09
О т в е т : г, =3,12; z2 =3,91; С, =152 кН.
Задача 45.40
Используя данные предыдущей задачи, определить для каждой
ступени вес топлива и сухой вес.
У к а з а н и е . Использовать формулы ответа к задаче 45.38.
Решение
Вес топлива в первой ступени найдем по формуле (6) из решения
задачи 45.38:
н
г,
3,12
Сухой вес первой ступени ракеты рассчитаем по формуле (16)
(см. решение задачи 45.38):
a
= J L = ^ i l = 34,4 (кН).
S|-l
4-1
Полный вес второй ступени найдем по формуле (10):
S2-Z2
5-3,91
Используя формулы ответа к задаче 45.38, рассчитаем вес топлива во второй ступени:
р = Z L z l G 2 = h 2 1 z l . 14,34 = )0,7 (кН)
3,91
622
X. Динамика материальной систаи
и вес второй ступени без топлива
«2-1
Ответ:
5-1
=103,3 кН; Я2 = 10,7 кН; Qx =34,4 кН; Q2 = 2,7 кН.
П р и м е ч а н и е . Ответ в задачнике неточный.
Задача 45.41
Четырехступенчатая ракета состоит из четырех ракет. Констру!
тивная характеристика s и эффективная скорость ve у всех ракет од*
наковы и равны 5 = 4,7, ve =2,4 км/с. Каков должен быть стартов^
вес ракеты, чтобы она грузу в 10 кН сообщила скорость v = 9000 м/<
(Воспользоваться формулами ответа к задаче 45.38.)
Решение
На основании формулы Циолковского, учитывая, что констру|
тивные характеристики и эффективная скорость у всех четырех pi
кет одинаковые, запишем
v
К.
= 1пг4.
Откуда
_ еФе - е3,75
Тогда
z
- <>3,75/4 _ <,0,9375
Стартовый вес (7, четырехступенчатой ракеты рассчитаем по фор?
муле из ответа к задаче 45.38:
1
0
(
4
,
7
-
=
О т в е т : 3755 кН.
П р и м е ч а н и е . Ответ в задачнике неточный.
3 7 5 5
( К Н )
-
XI. АНАЛИТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Аналитическая механика — это область (раздел) механики, в которой изучается механическое движение или равновесие механических
систем с помощью общих единых аналитических методов, применяемых для любых механических систем. При этом получаются уравнения равновесия или движения одной и той же структуры, независимой от вида механической системы. Преимущество аналитических
методов и состоит в том, что они обладают исключительной общностью, т.е. применимы к исследованию движения или равновесия различных механических систем под действием сил. Достигается это за
счет введения обощенных понятий, таких как обобщенные координаты, обобщенные скорости и обобщенные силы, а также понятий
возможные (виртуальные) и действительные перемещения, возможная работа силы и понятия связей, в том числе и идеальных.
Методы аналитической механики базируются на использовании
целого ряда аксиом и теоретических положений динамики и кинематики, таких как кинетическая.и потенциальная энергия, работа
силы, силы инерции, кинематические характеристики твердого тела
и его точек и др.
При решении задач с помощью методов аналитической механики
представляется возможным составлять уравнения равновесия или дифференциальные уравнения движения, не вводя реакций связей.
В основе аналитической механики лежат общие принципы механики, из которых аналитическим путем получают уравнения движения или равновесия механических систем.
Принципы механики представляют собой положения (утверждения), из которых как следствия вытекают другие частные положения. Как и аксиомы, они служат тем началом, которое может быть
положено в основу дальнейших теоретических построений, доказательств и выводов. Но в отличие от аксиом это не очевидные положения, которые требуют в ряде случаев строгого математического
Доказательства.
Рассмотрим понятия, часто в с т р е ч а ю щ и е с я при р е ш е н и и задач
Методами аналитической механики.
624
XI. Аналитическая механика»
Связями в аналитической механике называют любые ограничения, накладываемые на движения точек механической системы. Такими
ограничениями могут быть не только тела, но и некоторые кинема/
тические условия. Поэтому все эти ограничения (поверхности, линии,
кинематические условия) могут быть записаны в виде уравнений или
неравенств.
Связи, уравнения которых содержат только координаты точек,
т.е. ограничения накладываются только на координаты точек, называются геометрическими связями. К ним относятся связи в виде тел,
поверхностей, линий и т.п.
Связи, накладывающие ограничения не только на координаты точек, но и на их скорости, называются дифференциальными связями.
Все геометрические связи и те дифференциальные связи, уравнения которых могут быть проинтегрированы, называются голономными
связями.
Дифференциальные связи, уравнения которых не могут быть проинтегрированы, называются неголономными связями.
Геометрические и дифференциальные связи, в уравнения которых
явно не входит время, называются стационарными. Связи, в уравнения которых явно входит время, т.е. с течением времени они изменяются, называются нестационарными.
Связи, ограничивающие движение точки в двух противоположных направлениях, называются двусторонними или удерживающими
(не освобождающими). Такие связи описываются уравнениями. Связи,
ограничивающие движение только в одном направлении, называются односторонними или неудерживающими (освобождающими) и всегда
описываются неравенствами.
Возможными, или виртуальными, перемещениями точек механической системы называются воображаемые бесконечно малые перемещения, которые допускают наложенные на систему связи. Возможные
перемещения механической системы — это совокупность одновременных возможных перемещений точек системы, совместимых со
связями. В случае нестационарных связей под возможными перемещениями точек системы понимаются воображаемые бесконечно малые перемещения при мгновенно остановленных (замороженных)
связях.
Действительные перемещения — это также элементарные перемещения точек системы, которые не противоречат связям (допускают
625
XI Аналитическая механика
с в я з и ) , но с учетом начальных условий движения и действующих на
систему сил. Если положение точки определяется радиусом-вектором г, то ее возможное перемещение будем обозначать б г, а действительное — dr.
Из сказанного выше следует, что действительное перемещение
точки в случае стационарных связей будет совпадать с одним из ее
возможных перемещений. Если связь нестационарная, то действительное перемещение с учетом данной связи будет иным, т.е. в этом
случае действительное перемещение не может совпадать ни с одним
из множества возможных перемещений, которые допускает наложенная связь.
Возможной работой силы F называется элементарная работа ЬА
этой силы на возможном перемещении 5г точки ее приложения, т.е.
ЬА = Fxbr
= F5rcos(F,8r).
(XI. 1)
Если под действием силы F тело совершает вращательное движение, то возможная работа силы
8А = ±Mz(F)5q>,
(XI.2)
где MZ(F) — момент силы относительно оси вращения; 5<р — возможное угловое перемещение тела.
Возможная работа сил, приложенных к точкам механической системы,
8А=£8Ак
jUl
= £Нх8гк.
A=l
(XI.3)
В соответствии с принципом освобождаемости от связей несвободную механическую систему можно сделать свободной, если отбросить наложенные на точки системы связи и их действие заменить
силами — реакциями связей. Используя понятие возможной работы, можно дать следующее определение идеальных связей.
Идеальными связями называют связи, алгебраическая сумма элементарных работ реакций которых на любых возможных перемещениях точек системы равна нулю, т.е.
8АR = I Rk х Ч = E t t cos (Rk, 8Fk) = 0.
(XI.4)
626
XI. Аналитическая механика»
Идеальными, как правило, являются связи без трения. В этом
случае силы реакций связей и возможные перемещения точек приложения этих сил взаимно перпендикулярны. Если связи с трением,
то полная реакция шероховатой поверхности может быть разложена
на нормальную составляющую, перпендикулярную к поверхности,
и на касательную — силу трения, работа которой на возможном перемещении не равна нулю. Однако в аналитической механике такую
связь условно рассматривают как идеальную, но при этом силу трения относят к числу задаваемых сил.
Положение любой точки механической системы в выбранной системе отсчета может быть определено либо радиусом-вектором ?, либо
декартовыми координатами (х, у, £)• Для всей механической системы с п точками необходимо 3п координат, среди которых могут быть
и зависимые координаты. Поэтому более удобным является определение положения точек механической системы с помощью обобщенных
координат.
Обобщенные координаты — это независимые друг от друга величины, которыми однозначно определяется положение механической
системы.
В качестве обобщенных координат могут выбираться угловые или
линейные перемещения тел, входящих в систему. Общее обозначение обобщенных координат — q.
Производная по времени от обобщенной координаты называется
обобщенной скоростью, т.е.
Число степеней свободы механической системы с голономными
связями равно числу обобщенных координат. Иногда числом степеней
свободы механической системы называют число независимых возможных перемещений, которые можно сообщать ее точкам в фиксированный момент времени. Поэтому если механическая система
из и точек имеет одну степень свободы, то возможные перемещения
всех точек будут взаимосвязаны, зависимы друг от друга. При решении задач методами аналитической механики все эти перемещения
необходимо выразить через какое-либо одно перемещение.
Декартовы координаты могут быть выражены через обобщенные,
т.е. декартовы координаты являются функциями обобщенных координат.
627 XI. Аналитическая механика»
Если система имеет S степеней свободы, то радиус-вектор к-й
точки будет функцией от S обобщенных координат и времени 1, т.е.
rk=rk(qx,q2,
(XI.5)
...,qs,t).
Действительное перемещение такой точки характеризуется приращением радиуса-вектора, которое с точностью до малых, второго
порядка малости, определяется как полный дифференциал и математически выражается так:
d r
k
A d q
oqt
^ d q
dq2
x +
1 +
. . . A q
oq.s
s
A t .
ot
(XI.6)
В отличие от действительных, возможные перемещения представляют собой малые приращения радиуса-вектора точки, вызванные
изменением независимо от фиксированного времени /.
Такого рода бесконечно малое перемещение радиуса-вектора к-й
точки называется вариацией или приращением. Вариация обозначается так:
Щ
+
oq-i
(XI.7)
6q s
Выражение (XI.7) можно представить в виде
Srk = £ ^ S q J ,
j=\dqj
(XI.8)
Введение понятия обобщенных координат позволяет выразить возможную работу сил, приложенных к механической системе, в этих
координатах. Для этого выражение (XI.3) перепишем с учетом (XI.8)
и получим
ЪА=±Тк х5?к = iFk
к=1
к=\
i f IH
У-1 \к -1
х
\
M j )
^
х
5qj =
К
м
=
(
X
L
9
>
дrk
где Qj = £ F k x — — обобщенная сила; fy — приращение обобщении
^qj
ной координаты с индексом j.
XI. Аналитическая механика»
628
Представим выражение (XI.9) в виде
5А = IQjbgj -Q\bqj=\ + Q25qJ=2 + ...+Qsbqs,
(XI.10)
где
Q2, ..., Qs — обобщенные силы, соответствующие обобщенным координатам qx, q2
qs.
Таким образом, обобщенной силой называется коэффициент, стоящий при приращении обобщенной координаты в выражении возможной работы сил, приложенных к механической системе. Для
определения обобщенной силы по какой-либо обобщенной коорди-;
нате необходимо все другие обобщенные координаты считать неизменными. Тогда их приращения будут равны нулю, за исключением
приращения той обобщенной координаты, по которой определяется
обобщенная сила.
Определив возможную работу сил, приложенных к механической
системе, по одной из обобщенных координат и разделив ее на приращение координаты, определим обобщенную силу, соответствующую этой обобщенной координате:
(Xl.ll)
(XI. 12)
где Л — потенциальная энергия системы.
Следует заметить, что размерность обобщенной силы зависит от
того, какое перемещение, линейное или угловое, выбрано в качестве
обобщенной координаты. Размерность обобщенной силы соответствует
размерности момента силы, если в качестве обобщенной координаты
выбрано угловое перемещение, и размерности силы, если в качестве
обобщенной координаты выбрано линейное перемещение.
46. Принцип возможных перемещений
Методические указания к решению задач
Принцип возможных перемещений, или принцип Лагранжа, выражает условия равновесия несвободной механической системы, находящейся под действием приложенных активных сил: необходимо
и достаточно, чтобы сумма элементарных работ всех активных сил
равнялась нулю на любом возможном перемещении системы из рассматриваемого положения равновесия при условии, что в начальный момент система неподвижна.
Общее аналитическое выражение принципа имеет вид
t&4* e =0.
k=1
(46.1)
Выражение (46.1) можно представить в векторной:
ZFkx5rk=0
*=I
(46.2)
или скалярной форме:
I №
k=\
+ Fkybyk + Fkz5Zk = 0.
(46.3)
При решении задач с использованием принципа возможных перемещений уравнение (46.2) записывают в виде
=
(46.4)
Если выражение (46.4) продифференцировать по времени, то получим
£F,V*cos(F a ,V,) = 0.
л=1
(46.5)
Это выражение можно истолковать как принцип возможных скоростей или, более правильно, как принцип возможных мощностей.
630
XI. Аналитиче
..^„пива
В общем виде выражение (46.5) по аналогии с выражением (46.1|!
можно представить так:
*=i
(46.6)
т.е. сумма возможных мощностей сил, приложенных к системе, равна
нулю.
Если в качестве возможного перемещения выбрано угловое перемещение, то в выражения (46.4) и (46.5) вместо силы входит момент^
силы относительно оси вращения тела, а в выражение (46.5) вместо
линейной скорости v — угловая скорость со вращения тела.
Достоинством принципа возможных перемещений является то,;
что он позволяет в общей форме установить условие равновесия всей;
механической системы в целом, не расчленяя ее на отдельные тела,"
а также исключить из рассмотрения неизвестные реакции связей
и внутренние силы взаимодействия между телами, входящими в данную механическую систему, и определить реакции связей.
Если требуется определить силу реакции какой-либо связи, то следует, применяя принцип освобождаемости от связей, отбросить с о о т ветствующую связь и заменить ее искомой реакцией связи. При с о ставлении уравнения равновесия надо к задаваемым силам добавить
эту силу реакции связи. Такой метод решения задач о равновесии
системы твердых тел является чрезвычайно эффективным, так как
искомая сила реакции связи определяется непосредственно из с о ставленного уравнения равновесия. В то же время, применяя обычные методы статики, надо составить систему уравнений равновесия,
в результате решения которой находят искомую силу.
Принцип возможных перемещений в обобщенных силах можно
записать в виде
1 Q M = 0,
(46.7)
М
тогда при равновесии механической системы обобщенная сила
Qj= 0, j = l,...,S.
(46.8)
Число уравнений равновесия вида (46.1)—(46.8) соответствует
числу степеней свободы механической.системы и принцип их с о ставления аналогичен методу определения обобщенной силы.
46. Принцип возможных перемещений
631
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Выбрать объект равновесия.
2. При наличии неидеальных связей отнести соответствующие силы
т р е н и я к числу активных задаваемых сил, после чего рассматривать
с в я з и как идеальные.
3. Показать на рисунке все активные силы, включая и силы трения неидеальных связей. Если нужно определить какую-либо силу
реакции связи, то эту связь мысленно следует отбросить и заменить
ее искомой силой.
4. Определить число степеней свободы механической системы. Дальнейший ход решения зависит от того, сколько степеней свободы имеет
система.
а) Для системы с одной степенью свободы,
5. Сообщить возможное перемещение одной из точек или одному
из тел системы и выразить возможные перемещения точек приложения сил в зависимости от одного из возможных перемещений. Все
возможные перемещения показать на рисунке.
6. Записать сумму работ всех сил, приложенных к системе, на соответствующих возможных перемещениях и приравнять эту сумму
к нулю.
Если уравнение равновесия составляется в виде возможных скоростей или возможных мощностей, то следует установить соотношения между линейными скоростями точек приложения сил и угловыми
скоростями тел, выразив их через какую-либо одну скорость. При
этом линейные скорости точек приложения сил и угловые скорости
тел должны быть показаны на рисунке.
7. Решить составленное уравнение равновесия, определить искомую величину.
б) Для системы с несколькими степенями свободы.
5. Выбрать независимые возможные перемещения точек системы, соответствующие числу степеней свободы.
6. Сообщить возможное перемещение, соответствующее одной из
степеней свободы системы, считая при этом возможные перемещения, соответствующие остальным степеням свободы, равными нулю.
Выразить возможные перемещения точек приложения сил через одно
из возможных перемещений.
7. Записать уравнение равновесия механической системы в виде
суммы работ сил на возможных перемещениях и приравнять эту
сумму к нулю.
632
XI. Аналитическая механика»
8. Последовательно осуществив действия, указанные в пп. б и я
для каждого из независимых возможных перемещений, составить си
стему уравнений равновесия по числу независимых возможных пе
ремещений.
9. Решить систему уравнений равновесия, определить и с к о м „ , я
величины.
Задачи и решения
Задача 46.1
Груз Q поднимается с помощью домкрата, который приводится в движение рукояткой OA = 0,6 м.
К концу рукоятки, перпендикулярно ей, приложена сила Р = 160 Н.
Определить величину силы тяжести груза Q, если
шаг винта домкрата И = 12 мм.
Решение
Применим принцип возможных перемещений:
S H
=0.
(1)
Сообщим системе возможные перемещения 5h
и Бф (см. рисунок). Тогда уравнение (1) примет вид
-Qbh + Я/5ф = 0.
(2)
Выразим bh через 5ф. Поворот ручки домкрата
на угол 2л соответствует перемещению винта домкрата на величину шага винта — h, т.е.
А - Ш
2 к 5ф
или
ЬИ = —Ьа>.
2л
Подставим выражение bh в уравнение (2):
-(?-^-5ф+.Р/5ф = 0
2п
46.
Принцип возможных перемещений
633
или
8
так
Ф
| - ^ - + />/] = О,
как 8ср * 0, то
-Q— + Pl= 0.
2л
Откуда
PlOn
А
=
160-0,6-2-3,14
= 52 20()
=
0,012
О т в е т : Q = 52,2 кН.
Задача 46.2
На маховичок коленчатого пресса действует вращающий момент М; ось маховичка имеет на концах винтовые нарезки
шага И противоположного направления
и проходит через две гайки, шарнирно
прикрепленные к двум вершинам стержневого ромба со стороной а; верхняя вершина ромба закреплена неподвижно, нижняя прикреплена к горизонтальной плите
пресса. Определить силу давления пресса
на сжимаемый предмет в момент, когда
угол при вершине ромба равен 2а.
77777Т7777777Т77777777
Решение
Сообщим маховику возможное перемещение 8ф. Поворот маховика на угол
2п соответствует перемещению гайки на
величину шага. Поэтому поворот маховика на 8ф соответствует перемещению гайки на 8s (рис. 1), т.е.
h _ bs
2 п 8ф
-7Т7Т77Т7Т7-77777Т7Т7Т7Т
Рис. 1
634
XI. Аналитическая механика»
или
5s
_ Л5ф
~~2к'
58
Из подобия треугольников АСВ и AKL (рис. 2)
определим
tga _
А С
ВС
_ 8/л
bs
L
Рис. 2
Откуда
blA-bs
tg a.
Перемещение точки D
5 lD = 2ЫА = 2 5stg a,
отсюда
Sfc^tga.
к
Запишем уравнение работы сил, выражающее принцип возможных перемещений:
Mb<p-PblD
=0
или
Л/8ф - Р
tg a = 0.
Откуда
5ф| Л/ - — t g a ] = 0,
но 5ф Ф 0. Тогда
„
Мк
М „
r =
= 7t—ctga.
Л tga
И
,.
„ Л /
О т в е т : Р=
к—ctga.
h
635
46. Принцип возможных перемещений
Задача 46.3
Определить зависимость между модулями сил Р и Q в клиновом прессе, если сила Р приложена к концу
рукоятки длины а перпендикулярно
оси винта и рукоятки. Шаг винта равен h. Угол при вершине клина равен а.
Решение
Сообщим системе возможные перемещения 8/i и 5s (рис. 1). Тогда
(рис. 2):
5s = 5h tg а.
Рис. 1
Рис. 2
Поворот винта на угол 2п соответствует перемещению клина на
величину шага, т.е.
5И
2п
5ср
или
5ф =
2 nbh
Запишем уравнение принципа возможных перемещений:
Pabq>-Qbs = Q
(1)
XI. Аналитическая механика»
636
или с учетом выражения (1)
PaM!L-Q5htga
=
h
1
o,
b h ^ P a — - O t g a ) = 0.
Но так как 5h ф 0, то
/ > ^ _ 0 t g a = O.
И
Откуда
Ответ:
2 па
Q = Ph tga
Q=Р
h tga
.
Задача 46.4
Рисунок представляет схему машины для испытания образцов на растяжение. Определить зависимость
между усилием X в образце К и расстоянием х от груза Р массы М до его
нулевого положения О, если при помощи груза Q машина уравновешена
так, что при нулевом положении груза Р и при отсутствии усилия в К все
рычаги горизонтальны. Даны расстояния / ь /2 и е.
Решение
Определим величину силы Q , которая уравновешивает вес груза Р,
когда рычаги занимают горизонтальное положение (см. рисунок).
Обозначим: DE = .s, ОВ = а. Тогда
P(a+l2)-TBl2=0,
TAh-Qs=
0.
637
46. Принцип возможных перемещений
Однако
c,
ТА = ТВ = т,
А
значит
Ai
О—
D
•E
Q
T=P(a+h)r_Q*
k
SsQ
h'
Откуда
a
0_Pl](a+l2)
(1)
sh
8sj
Сообщим системе возможные перемещения и запишем уравнение принципа возможных перемещений:
P8Sp-X8Sx-Q8Sq=0.
Выразим все перемещения через 8<р:
6sx = СС] -- е5ф,
8SQ
= sS ф,
ВВ, = АА, = /,5ф = /25ф,
или
8ф, = ~8ф.
h
Тогда
8sP = (х-t- а +/2)бф1 = (х + д+/ 2 )у-8ф.
п
Подставим выражения 85^, 8s P , 8SQ В уравнение (2):
Р(х + а + / 2 )Л
—8ф- Л^8ф-е*8ф= О
h
или
8ф Р(х +a+li)—~
h
Xe-Qs = 0.
(2)
XI. Аналитическая механика»
638
Так как бф^О, то
P(X + a+l2)±-Xe-Qs
h
= 0.
(3)
Подставим выражение (1) в уравнение (3):
h
h
Откуда
Pxl\ - Xel2 = 0,
где Р = Mg.
Тогда
X ~ P— =
el2
Ответ:
Mg—.
el2
X = Mg A
eh
Задача 46.5
Грузы К и L, соединенные системой рычагов, изображенных на
рисунке, находятся в равновесии.
Определить зависимость между
массами грузов, если дано:
SC=1
АС
ON ^ 1
10'
ОМ
Ж
3'
DF
1
10'
Решение
Сообщим системе возможные
перемещения (см. рисунок) и запишем уравнение принципа возможных перемещений:
PLbh{-PKbh2=
0.
(1)
///(ffs/s/s/у,(f/(ft
г
D
и
/
/
/
/
ю
"V'В
к
• а
639
Рр|шмип возможных перемещении
Найдем соотношение между перемещениями:
_
6А,
&£• = 5ф| • DE,
<.
bsp/ =ON Ьц>2>
5S/1 =s ON • бф2 = -4С'
ВС ON
5/г2 = ВС • 8фз =
^
BCONDEbh,
=
=
х
1.1.±5А,
ю з ю
Подставим выражение (2) в формулу (1):
или
Так как 5/ij Ф 0, то
P i - ^ 300
Отсюда
Р
L
или
ВС ON
О т в е т -Ш^-ом'DF
300
тк
DE
*
тк_
300'
_
~
А
300
XI. Аналитическая механика»
640
Задача 46.6
Определить модуль силы Q, сжимающей
образец А, в рычажно^ прессе, изображенном на рисунке. Дано: F = 100 Н, а = 60 см,
Ь = 10 см, с = 60 см, d = 20 см.
Решение
Механизм рычажного пресса с идеальными связями находится в равновесии под
действием активных сил F и Q (см. рисунок). Для решения задачи применим принцип возможных перемещений:
ХИ=0.
и=\
(1)
Сообщим системе возможное угловое перемещение Sep,. Тогда
уравнение (1) примет вид
Та-бф-СМ-бф, =0.
(2)
Выразим 5ф1 через 5ф. Тяга EL совершает мгновенное поступательное движение и bsE = bsL, но bsE =b-5ф, SsL = с-бф].
Тогда
бф, = - б ф ,
с
а уравнение (2) примет вид
Fa • b<$-Qd - бф = 0,
с
5 Ф ( Fa-Qd-j
= 0.
Так как бф * 0, то
Fa-Qd-
с
= 0,
46. Принцип возможных перемещений
641
откуда
б = / • - = 1 0 0 - ^ = 1800 (Н).
bd
10-20
О т в е т : 6 = 1800 Н.
Задача 46.7
На платформе в точке Fнаходится груз массы М. Длина АВ = я;
ВС = b; CD = с; IK = d\ длина
платформы EG - L. Определить
соотношение между длинами Ь,
с, d, 1, при котором масса т гири,
уравновешивающей груз, не зависит от положения его на платформе, и найти массу т гири в этом
случае.
Решение
Рассмотрим равновесие платформы. Покажем на рисунке активные силы.
Механизм, подчиненный идеальным связям, находится в равновесии под действием сил тяжести груза Mg и гири mg.
Применим принцип возможных перемещений:
154=0.
(1)
к=\
Сообщим рычагу AD возможное угловое перемещение 8ф по часовой стрелке вокруг шарнира В. Положение груза на платформе не
будет влиять на равновесие, если платформа совершает поступательное движение, т.е. 5sE = 8sG.
642
XI. Аналитическая механика
Выразим возможные перемещения частей механизма через Sep:
8sD = (b + c) 5ф,
5sc = Ь8 ф, 8sc = Ss£;
bsf/ = /5ф,,
bs, = £?5ф,;
bsH = bsD;
= 5SG = у 85// = — 8 ф .
Найдем искомое соотношение:
&ус = & £
или
Тогда
/ _6 + с
</~
b
Составим уравнение согласно формуле (1):
-mg-Ss^ + Afe-Ssf = 0
или
-mga • 8ф+Mgb • 5ф = 0,
Так как 5ф Ф 0, то
(Mb-та) 8ф = 0.
Mb-та =0.
Отсюда
ь
а
гл
I =b + c ;
Ответ: —
d
Ъ
b ..
т-—М.
а
АЛ
46. Принцип возможных перемещений
643
Задача 46.8
К ползуну А механизма эллипсографа приложена сила Р, направленная вдоль направляющей ползуна к оси вращения О кривошипа ОС. Какой вращающий момент надо приложить к кривошипу ОС для того, чтобы механизм был в равновесии в положении, когда
кривошип ОС образует с направляющей ползуна угол ф? Механизм расположен в горизонтальной плоскости, причем О С = А С = С В = 1.
Решение
Рассмотрим равновесие эллипсографа. Покажем на рисунке активные силы.
Механизм, подчиненный идеальным связям, находится в равновесии под действием
силы Р и вращающего момента М.
Применим принцип возможных перемещений:
154=0.
(1)
к=1
,-'X
- - Х ^ у
/_ \жч
Щ
К
8ф,
ч/
У Х
''
JB
5s„
Сообщим кривошипу возможное угловое перемещение 5ф против часовой стрелки вокруг шарнира О. Тогда шарнир С и ползун А
получат возможные перемещения 5sE и 5^. Механизм имеет одну
степень свободы. Выразим возможные перемещения точек механизма через 5ф:
8sc = ОС • 8ф = / • 8ф.
Определим мгновенный центр вращения линейки АВ, который
лежит в точке К:
5^4 _ 8sc _ 8 sg _
АК
СК
5
ВК
Тогда 8sA =2/со5ф-8ф| =2/созф-8ф, так как
§ф| =
8^_/-бф.
/
/
8ф.
644
XI. Аналитическая механика»
Запишем уравнение (1) в виде
M-8q>-P-8sA
=0
или
М • 5<р-2 Р1 совф- 5ф = 0,
(М -2 Р1 соБф) 5ф = 0.
Так как 5ф Ф 0, то
М-2Р1
совф^О.
Найдем значение вращающего момента:
М = 2 PI cosy.
Ответ: М
=7Р1сощ.
Задача 46.9
Полиспаст состоит из неподвижного блока А
и из и подвижных блоков. Определить в случае
равновесия отношение массы М поднимаемого
груза к силе Р, приложенной к концу каната, сходящего с неподвижного блока А.
Решение
Рассмотрим равновесие полиспаста, состоящего из неподвижного блока A n n подвижных
блоков. Покажем на рисунке активные силы.
Полиспаст, подчиненный идеальным связям,
находится в равновесии под действием силы Р
и силы тяжести груза Mg.
Применим принцип возможных перемещений:
154=0.
1
(1)
Сообщим точке приложения силы Р возможное
перемещение — вертикально вверх. Тогда центр
645
46. Принцип возможных перемещений
первого подвижного блока опустится на величину, равную половине перемещения силы Р:
&1 = — 8$.
2
Каждый последующий подвижный блок опустится на величину,
равную половине возможного перемещения предыдущего, т.е.
Тогда
Составим уравнение (1):
Pbs + Mgbs„
Так как 8s
Ф
=0,
0, то
Следовательно, искомое соотношение
— ^ = 2"
Р
О т в е т : ^ - = 2".
Р
646
XI. Аналитическая механика»
Задача 46.10
В кулисном механизме при качании рычага ОС вокруг горизонтальной оси О ползун А, перемещаясь вдоль рычага ОС, приводит в движение стержень АВ, движущийся в вертикальных направляющих К. Даны
размеры: ОС = R, ОК= /. Какую силу Q надо
приложить перпендикулярно кривошипу
ОС в точке С для того, чтобы уравновесить
силу Р, направленную вдоль стержня АВ
вверх?
Решение
Рассмотрим равновесие кулисного механизма, состоящего из рычага ОС, ползуна А и стержня АВ. Покажем на рисунке
активные силы.
Механизм, подчиненный идеальным связям, находится в равновесии под действием
сил Р и Q.
Применим принцип возможных скоростей:
п
_
2,Fkvkcos(Fk,vk)
= 0.
(1)
кМ
Найдем скорости точек приложения сил и выразим их через угловую скорость вращения рычага ОС\
Vq = (й-ОС = соЛ.
(2)
Абсолютная скорость ползуна Л, который совершает сложное движение,
VA=yeA + vrA.
Построим параллелограмм скоростей, из которого (см. рисунок)
найдем скорость ползуна в переносном вращении:
/со
vA — (о'OA = •
coscp
647
46. Принцип возможных перемещений
и абсолютную скорость ползуна
VA
VA
_ /to
coscp COS ф
(3)
Стержень АВ совершает поступательное движение:
/(О
Vb = VA
(4)
COS2 ф
Запишем уравнение (I) в виде
PvB-Qvc=
0.
(5)
Подставим в уравнение (5) выражения (2) и (4) и получим
„
/со
—5
COS ф
(?ооЛ = 0.
Откуда
PI
Q = Л cos
ф
П р и м е ч а н и е . Вместо нахождения скорости vA кинематическим способом можно было записать уравнение движения точки А по вертикали
и затем проварьировать полученное выражение:
У а =l tg Ф =>
Ответ:
Q -
= 5уА = • = »
cos' ф
vA = ^
dt
=
/со
cos ф
PI
Л cos ф
Задача 46.11
|
Кулак К массы Л/, находится в покое на гладкой
горизонтальной плоскости, поддерживая стержень
Р
i 1
АВ массы М 2 , который расположен в вертикальных направляющих. Система находится в покое F К
А
/а
под действием силы F , приложенной к кулаку А" по
— Т7777777777777777
горизонтали направо. Определить модуль силы F,
если боковая поверхность кулака образует с горизонтом угол а. Найти
также область значений модуля силы F в случае негладкой горизон-
648
XI. Аналитическая механика
тальной плоскости, если коэффициент трения скольжения между
основанием кулака К и горизонтальной плоскостью равен /
Решение
Рассмотрим равновесие системы,
состоящей из кулака К и стержня АВ,
когда кулак находится в покое на
гладкой горизонтальной плоскости.
Покажем на расчетной схеме активные силы (рис. 1). Система с идеальными связями находится в равновесии под действием сил тяжести M\g,
M2g и силы F. Применим принцип
возможных скоростей:
и
X / i v i c o s ( / r b v i ) = 0.
к=1
(1)
Найдем скорость стержня АВ, выразив ее через скорость кулака К.
Разложим скорость конца А стержня АВ на составляющие:
VA =
VA+VrA.
Скорость конца А стержня А В в переносном движении равна скорости кулака К, т.е.
veA = vK.
Построим параллелограмм скоростей (см. рис. 1) и найдем абсолютную скорость конца А стержня А В:
vA = veA tga. = vK tga.
Стержень АВ совершает поступательное движение вверх, следовательно, скорости всех его точек равны.
Запишем уравнение (1):
FvK-M2gvA
=О
или
FvK-M2gvK
tga = 0
46. Принцип возможных перемещений
649
и найдем значение искомой силы:
F=
M2glga.
Рассмотрим равновесие этой же системы с учетом силы трения между кулаком и плоскостью (рис. 2).
Определим значение силы трения:
Frp = Nf = (М] + M2)gfНаправление силы трения определим, считая, что она направлена в сторону, противоположную возможному
движению.
Запишем уравнение (1) в виде
FvK±FTpvK-M2gvA
Рис. 2
=0
или
FvK ± (А/, + М2) gvK tg a - М2 gvK tg a = 0.
Найдем область значений модуля силы F:
M2g tg a+fW\
+ M2)g>F
> M2g tg a - / ( Л / , + M2)g.
О т в е т : F = M2g\ga\
M 2 g t g a + / ( M | +M2)g>F>M2gtga-f(Ml
+M2)g.
Задача 46.12
Круговой кулак К массы Mt и радиуса R стоит на негладкой горизонтальной
плоскости. Он соприкасается с концом А
стержня АВ массы М2, расположенного
в вертикальных направляющих. Система
находится в покое под действием силы F,
приложенной к кулаку по горизонтали / / / / / > / / / / / / / / / / / / / /
направо. При этом AM - И. Найти область значений модуля силы F,
если коэффициент трения скольжения кулака о горизонтальную
плоскость равен / .
650
XI. Аналитическая механика»
Решение
Рассмотрим равновесие системы, состоящей из стержня АВ и кулака К, покоящегося на негладкой горизонтальной плоскости.
Покажем на рисунке активные силы
и силу трения.
Применим принцип возможных скоростей:
п
_
^Fkvkcos(Fk,vk)
= 0.
О
N
(1)
Сообщим кулаку К скорость v K , направленную в сторону действия
силы F.
Определим скорость стержня АВ, выразив ее через скорость кулака.
Разложим скорость точки А стержня на составляющие:
Скорость точки А в переносном движении равна скорости кулака, т.е.
veA = У/сИз параллелограмма скоростей (см. рисунок) найдем абсолютную
скорость точки А стержня:
VA
- v^ctga = vK
•JW-h1
Стержень AB совершает поступательное движение, следовательно,
скорости всех его точек равны.
Найдем значение силы трения
Frp=Nf
=
(Mt+M2)gf.
Направление силы трения определим из условия, что она направлена в сторону, противоположную возможному движению.
Запишем уравнение (1):
fvK ± FlpvK - M2gvA = 0
651
46. Принцип возможных перемещений
ИЛИ
FvK ±(МЛ + M{)gfvK - M2gvK
л/л2 - л 2
= О.
Найдем область значений модуля силы F:
.jR2-h2
ZSL-JL- M2g - /(M, + M2)g<F<
Ответ:
J F T T T
" M2g-/(Ml
•\lR2-h2
JN2
M2g + /(Л/, + M2) g.
_HI
+ M1)g<F<-^-r^-M2g+f(Ml
+M2)g.
Задача 46.13
Круглый эксцентрик А массы М\
У///////////////////У
насажен на неподвижную горизонтальную ось О, перпендикулярную плоскости рисунка. Эксцентрик поддержи- ^
вает раму массы М2, имеющую вер- |
У///////>/7УУ////У/
тикальные направляющие. Трением
пренебречь. Эксцентриситет ОС = а.
Найти величину момента т 0 , приложенного к эксцентрику, если при
покое материальной системы ОС образует с горизонталью угол а.
Решение
Рассмотрим равновесие системы,
состоящей из эксцентрика А и рамы В. I
Покажем на рисунке активные силы. ^
Система, подчиненная идеальным |
связям, находится в равновесии под ^
действием сил тяжести Mxg, M2g и моM2g
мента т0.
Применим принцип возможных перемещений в проекции на декартовы оси координат:
8Хк + Fky 5 Yk + Fkz 8Zk) = 0.
(0
Сообщим эксцентрику А возможное угловое перемещение 5а в направлении возрастания угла а. Считаем, что радиус эксцентрика R.
652
XI. Аналитическая механика»
Для определения возможного вертикального перемещения центра
масс эксцентрика А и рамы В найдем их координаты как функции
угла а:
Yc = a sin а,
Уд =tfsinoc+ Л.
Учитывая, что возможное перемещение точки является вариацией соответствующей координаты, имеем
6УС = а c o s a -5a,
5 YB = А cosa-5a.
Запишем уравнение (I) в виде
т0 • 5a - М, g a c o s a • 5 а - M2g a c o s a • 5а = О
или
[то ~(М\ + M2)ga cosajSa = 0.
Так как 5 а ^ 0 , то
т0 - (А/, + М2) ga cos а = 0.
Откуда
т о — (Л/| + M 2 ) g a cosa.
Ответ:
т0-(М\
+ M2)ga
cosa.
Задача 46.14
В механизме домкрата при вращении
рукоятки А длины Я начинают вращаться
зубчатые колеса 1, 2,3,4 и 5, которые приводят в движение зубчатую рейку В домкрата. Какую силу надо приложить перпендикулярно рукоятке в конце ее для того,
чтобы чашка С при равновесии домкрата
развила давление, равное 4,8 кН? Радиусы зубчатых колес соответственно равны:
/•) = 3 см, г2 - 12 см, г3 = 4 см, /-4 = 16 см,
г5 = 3 см, длина рукоятки R = 18 см.
653
46. Принцип возможных перемещений
Решение
Рассмотрим равновесие домкрата. П о кажем на рисунке активные силы.
Система, подчиненная идеальным связям, находится в равновесии под действием сил F и Q.
Применим принцип возможных с к о ростей:
л
_
ЭДУ* COS
к=1
) = 0.
(1)
С о о б щ и м рукоятке А угловую с к о рость о , направленную против часовой
стрелки. Найдем с к о р о с т ь vB зубчатой
рейки В, выразив ее через угловую скорость рукоятки А:
С02 = —СО, (й3 = со2;
ri
Л гъ
со4 = —
со3 = ——со,
ГА
со5 = со4;
г2 ц
vB = СО5/5
т
Запишем равенство (1) в виде
PRd)-QvB
=0
или
r2r4
Из этого уравнения найдем
P~Q
Ответ: P =
r2r4R
= 50 Н.
4800
12J618
=
(H).
654
XI. Аналитическая механика»
Задача 46.15
Дифференциальный ворот состоит из двух жестко связанных валов / 4 и £ , приводимых во вращение рукояткой С длины R. Поднимаемый груз D массы М прикреплен к подвижному блоку Е, охваченному канатом.
При вращении рукоятки С левая ветвь каната сматывается с вала А
радиуса ги а правая ветвь наматывается на вал В радиуса г2 (г2 >/]).
Какую силу Р надо приложить перпендикулярно рукоятке в конце
ее для того, чтобы уравновесить груз D, если М = 720 кг, /-, = 10 см,
г2 = 12 см, R = 60 см?
Решение
Рассмотрим дифференциальный ворот. Покажем на рисунке активные силы. Система, подчиненная идеальным связям, находится
в равновесии под действием силы тяжести груза Mg и силы Р.
655
46. Принцип возможных перемещений
Применим принцип возможных скоростей:
f,Fkvkcos(Fk,vk)
к=1
= Q.
(1)
Сообщим рукоятке Си жестко связанным с ней валам Л и В угловую
скорость со. Найдем скорость VE центра подвижного блока Е, который
совершает плоскопараллельное движение:
У) _ УЕ _ У2
Г-X
X
г+ х
V£ =
V2-V,
_
Ъ - Ц
О).
Скорость груза D
1
Запишем равенство (1) в виде
PRa-MgvD
=0
или
Откуда
р = M g ^ — ^ = 720-9,81-——— = 118 (Н).
5
2R
2-60
О т в е т : Р = Mg^—^- = 118 Н.
2R
Задача 46.16
В механизме антипараллелограмма A BCD звенья АВ, CD и ВС соединены цилиндрическими
шарнирами В и С, а цилиндрическими шарнирами А и £) прикреплены к стойке AD. К звену CZ)
в шарнире С приложена горизонтальная сила Е с .
Определить модуль силы Fg, приложенной в шарнире В перпендикулярно звену АВ, если механизм находится в равновесии в положении, указанном на рисунке. Дано: AD = BC, AB = CD,
/.ABC = /.ADC = 90°, /DCB= 30°.
656
XI. Аналитическая механика»
Решение
Рассмотрим антипараллелограмм ABCD. Покажем на рисунке активные силы. Система подчинена идеальным связям и находится в равновесии под действием сил Fc и Тв.
Применим принцип возможных скоростей:
HfkVkCos{Fk,vk)
= Q.
(1)
к=\
Сообщим шарниру С скорость у с , тогда шарнир В получит скорость vB.
Скорость v c направлена перпендикулярно стержню CD, vB — перпендикулярно стержню АВ. Стержень СВ совершает плоскопараллельное движение:
ПрсбОс) = Пр с 5 (у в ),
v c c o s 60°= vB.
Равенство (1) запишем в виде
Fcvc - FBvB = 0,
Fcvc - FBvc cos 60°= 0.
Отсюда
cos60°
•2 Fr.
О т в е т : FB = 2 F c .
Задача 46.17
Кривошипно-ползунный механизм OAB
связан в середине шатуна АВ цилиндрическим шарниром С со стержнем CD. Стержни
CD и DE соединены цилиндрическим шарниром D. Определить зависимость между модулями сил FA И FD, соответственно перпендикулярных стержням OA и DE, при равновесии механизма в положении, указанном
на рисунке. Дано: ZDCB=
150°, ZCDE
= 90°.
Dr
.90° 150°
657
46. Принцип возможных перемещений
Решение
В соответствии с принципом возможных
скоростей
п
_
ZFkvkcos(Fk,Vk)
=0
запишем уравнение для этого случая:
FaVA~FDVD= О-
(О
Из кинематики плоского движения следует, что в данном положении точка В — мгновенный центр скоростей шатуна АВ.
Тогда (см. рисунок)
1
Vc_5C
Yc.^lid
vC = 2 V >
vA~ ВА
vA ~ 2 ВА
По теореме о проекции скоростей точек твердого тела для звена DC
vD = v c cos 60°
1
•vD=-vA.
4
(2)
Подставив значение vD из выражения (2) в уравнение (1), вынесем vA за скобки и получим
V ^ f b j v ^ O .
Так как возможная скорость vA #0, следовательно, нулю равно
выражение в скобках, т.е.
О т в е т : FD = 4 F A .
Fd=4FA-
Задача 46.18
Колодочно-бандажный тормоз вагона
трамвая состоит из трех тяг АВ, ВС и CD, с о единенных шарнирами В и С. При действии
горизонтальной силы F тормозные колодки
К]л L, соответственно прикрепленные к тягам ABwCD, прижимаются к колесу. Определить силы давления NK и NL колодок на колесо. Размеры указаны на рисунке. Вагон
находится в покое.
658
XI. Аналитическая механика»
Решение
Первоначально мысленно освободим
от опоры колодку L, заменив ее силой
реакции ffL (см. рисунок). При этом левая часть механизма (стержень АВ) приобретет возможность вращаться вокруг
точки К.
В соответствии с принципом возможных перемещений получим
F-bsA~NLbsL
а
5 sB
= О,
~
(1)
д„
Ъ
b
&$г = b + d ,
С учетом равенств соSgе= osc, —5sL
d
„
a b+d~
bsA = ——bsL.
b d
Подставим полученные значения в уравнение (1):
,а b + d
F
b
d
-NL
6^=0.
Так как bsL Ф 0, то, приравняв к нулю выражение в скобках, найдем
N,
а b+d
=Fb d
Мысленно освободимся от опоры в точке К. В результате стержни DC и ВС будут неподвижны, а стержень АВ будет вращаться вокруг точки В.
Принцип возможных перемещений в этом случае запишем в виде
F-8Sa-
Nk • bsK = 0.
Из кинематики известно:
SS^
8 sK
_ А + Ь
b
С-
•bsA
А+Ь
8 5 ,к-
(2)
659
46. Принцип возможных перемещений
Подставим полученные значения в уравнение (2), вынесем за скобки независимое возможное перемещение
и приведем равенство (2)
к виду:
Так как bsK
лучим
то, приравняв к нулю выражение в скобках, п о л/
^
Ответ:
га+1>
b
b+ d
ra+b
кт
са
NK = F
; Nr = F
.
b
b d
Задача 46.19
На рисунке изображена схема колодочно-бандажного тормоза вагона трамвая. Определить зависимость между a, b и с, при наличии
которой колодки А и В под действием силы F прижимаются с одинаковыми по модулю силами к бандажам колес С и D. Найти также величину этой силы. Колеса считать неподвижными.
F
#
О-
•о и
+
А
-О
Решение
Мысленно освободим механизм от колодок/4 и В, заменив их с о ответствующими силами реакций. Сообщим возможные перемещения
660
XI. Аналитическая механика»
точкам приложения соответствующих сил (см. рисунок) и запишем
уравнение принципа возможных перемещений:
F • bsf -
NA
•
8sA -
NB
• bsB = 0,
(1)
где 8sf = (a +b)8<p; bsA = b-8ф.
Определим
8ss = а-6ф,,
с-5ф = (<7+й + с)8фь
§ф, =•
-8ф,
a+b + c
где 8ф, 5ф| — возможные углы поворота соответственно вокруг шарниров О и 0\.
Тогда
8sB =
———8ф
а+Ь + с
(2)
и уравнение (1) примет вид
F(a +b)(a +b + c)-NAb(a+b
+ c)-lVBac = 0.
(3)
Используя принцип возможных перемещений, запишем уравне-г
ние равновесия для механической системы, убрав колодку в точке А
и заменив ее соответствующей реакцией:
F - 8 S
F
- N
A
- 8 S
A
=0.
(4)
661
46. Принцип возможных перемещений
Так как
bsf _ а +Ь
bsA
Ь
получим
8sF
(5)
b
Подставим выражение (5) в уравнение (4), с учетом того, что
найдем
Na = ~ - F .
b
^0,
(6)
Аналогично поступим и с колодкой В\
F-bsf-NB-?>sB=Q.
(7)
Поскольку
bsp
а +Ь
bsjj
а с/(а +Ь + с)'
получим
=
(8)
ас
Подставим выражение (8) в уравнение (7), с учетом того, что §sB Ф 0,
найдем
NB = (a+t>)(a+b
+ c) F
(9)
ас
В соответствии с условием задачи NA - NB, следовательно,
a+b _ ( a + b ) ( a + b + c)
b
ас
или
а_
a+b + с
b
с
Из выражения (10) получим
ас = b(a +Ь + с).
^эд
662
XI. Аналитическая механика»
Подставим это значение в уравнение (3), с учетом равенства
NA = NB =Q найдем
2b
„
Ответ:
a
a+b + c
„a+b
—=
;Q=F
.
b
с
2b
Задача 46.20
Найти массы M\ и М 2 двух грузов, удерживаемых в равновесии
грузом массы М на плоскостях, наклоненных к горизонту под углами а и (3, если грузы с массами М\ и М2 прикреплены к концам троса,
идущего от груза с массой М} через блок О ь насаженный на горизонтальную ось, к подвижному блоку О, и затем через блок О ъ насаженный на ось блока О и к грузу массы М2. Блоки О, и 0 2 — соосные.
Трением, а также массами блоков и троса пренебречь.
Решение
Покажем на рисунке активные силы, действующие на данную систему: M]g, M2g, Mg. Положение системы определяется двумя о б о б щенными координатами: qt = xt, q2 = х2. Следовательно, система имеет
две степени свободы. Задав возможные перемещения 5х, * 0 и Sx2 = 0,
получим перемещение груза М:
8х =
—.
2
Применим принцип возможных перемещений:.
i&4t=0.
к=\
(1)
663
46. Принцип возможных перемещений
о,
о,
С учетом перемещения груза уравнение (1) примет вид
(
§х
5/1| = A/|gsina-5xi -
1
\
( Л / i g s i n a - — Mgybx\.
Тогда обобщенная сила, соответствующая обобщенной координате q{ = x h
Q]
=Migsina-jMg.
Аналогично для случая
(2)
= 0, 5х2 * 0 получим
=
ЪЛ2 - ^A/2gsinj3 - j Mg j8x2.
Обобщенная сила, соответствующая обобщенной координате <?2 = х2,
02 =
M2gsm$--Mg.
(3)
Используя условие равновесия системы в обобщенных координатах: Q, =0, Q2 = 0, из выражений (2) и (3) получим
м
Л/, =
Ответ:
Л/,
М
А,
-; м2 =
2 sina
М
2sin(3
М
2 sin a
М
2 sin(3
664
XI. Аналитическая механика»
Задача 46.21
К концам нерастяжимой нити привязаны грузы А и В одинаковой массы.
От груза А нить проходит параллельно
горизонтальной плоскости, огибает неподвижный блок С, охватывает подвижный блок D, затем огибает неподвижD
ный блок Е, где к другому концу нити
привязан груз В. К оси подвижного
блока D подвешен груз К массы М.
Определить массу Мх каждого из грузов А и В и коэффициент
трения скольжения/груза А о горизонтальную плоскость, если система грузов находится в покое. Массой нити пренебречь.
т
i
5
Решение
Покажем на рисунке активные силы,
действующие на данную систему: Mxg,
M2g, Mg и FTp.
Механическая система имеет две степени свободы, потому что ее положение определяется двумя обобщенными
координатами: qt = хь q2 = х2.
х% 8х
Применим принцип возможных перемещений:
1И=о.
k=1
ЦЬ
щг
В
а
8*2
D
кГГ
М2Ё
Mg t
(1)
Найдем обобщенные силы (?) и Q2, соответствующие обобщенным координатам. Для вычисления Q\ полагаем, что 5х, * 0,5х 2 = 0.
Тогда возможное перемещение груза К
5* = ^ ,
а уравнение (1) примет вид
8Л| = Ртр • 5*! - Mg • 8х
fM=ig
665
46. Принцип возможных перемещений
Откуда
Mg
(2)
2 '
Для вычисления Q2 полагаем, что
5х =
=0, Ьх2 ФО. Тогда
бх2
2 '
ЬЛ2 - Mlg • Ьх2 - Mg • Ъх =
{м{§-
Откуда
Ог -
(3)
M\g-—Mg.
В положении равновесия Q = 0, Q2 =0. Приравняв к нулю выражение (3), найдем
л/
=
М
у
Коэффициент трения скольжения / н а й д е м из выражения (2):
2М\
О т в е т : Л/,I = —
2 ; // = 1.
Задача 46.22
Составная балка AD, лежащая на трех опорах, состоит из двух балок, шарнирно соединенных в точке С. На балку действуют вертикальные силы, равные 20 кН, 60 кН, 30 кН. Размеры указаны на
рисунке. Определить реакции опор А, В и D.
60 кН
30 кН
20 кН
С
О-
D
/nvi
ъ
гпп/
2о
2а
666
XI. Аналитическая механика»
Решение
Имеем систему параллельных сил, поэтому на опоре D будет только вертикальная составляющая. Для определения реакции Лд заменим
шарнирно-подвижную опору ползуном (рис. 1). Сообщим системе
возможное перемещение. Ползун в точке D может перемещаться вертикально, а опора в точке В — горизонтально. Мгновенный центр
вращения балки CBD найдем на пересечении перпендикуляров к перемещениям в точках D и В. Этой точкой будет точка В. Поэтому
балка CBD будет вращаться вокруг опоры В,
60 кН
Аналогично находим мгновенный центр вращения балки АС, который будет находиться в точке А. Поэтому балка АС будет вращаться
вокруг опоры А. Найдем соотношение между углами поворота балок АС
и CBD:
= бфж: -2а = бфдс -2а => Зф^с = 5ф дс = §ф.
Запишем уравнение принципа возможных перемещений:
-RD4a • 5ф+30-2а • 8 ф - 6 0 о • 5ф-20д • 5ф = О
или
(60 а - 60 а - 20 а - 4д RD) 5ф = 0.
Так как 8 ф * 0 , то
Ro = 1 ( 6 0 - 6 0 - 2 0 ) = - 5 (кН).
4
Для определения реакции RB мысленно освобождаемся от опоры В
(рис. 2).
667
46. Принцип возможных перемещений
60 кН
Сообщим системе возможное перемещение, при котором балка
CBD будет вращаться вокруг опоры D, а балка АС — вокруг опоры А,
где будет находиться мгновенный центр вращения этой балки, найденный как и при определении реакции в точке D.
Найдем соотношение между углами поворота балок АС и CBD:
= 5ф лс -2 а = бфдс -6 а => 5ф л с = 35ф дс .
Запишем уравнение принципа возможных перемещений:
20 а- 5фАС +60-5 а- 8фрС - 4 RBa • Зфдс +30-2 а- бфдс = 0
или
(60а +300а - 4aRB +60 а) бфдс = 0.
Так как 5ф о с * 0, то
RB = - ( 6 0 + 300+60) = 105 (кН).
4
Для определения реакции RA освобождаемся от опоры А (рис. 3).
Ь$А
Рис. 3
Сообщим системе возможное перемещение. Балка CBD6удет неподвижна, а балка АС будет вращаться вокруг точки С. Запишем уравнение принципа возможных перемещений:
« 4 ; 2 а - § ф - 2 0 а - § ф = 0.
668
XI. Аналитическая механика»
Так как 8ф Ф О, то
20
Ответ:
=10 кН; RB = 105 кН; Ro = - 5 кН.
Задача 46.23
Определить вращающий момент, который надо приложить на
участке BD к балке AD, рассмотренной в предыдущей задаче, для
того, чтобы опорная реакция в D равнялась нулю.
Решение
Приложим вращающий момент М на участке BD по часовой стрелке (см. рисунок). Опору D заменим вертикальным ползуном. Сообщим
системе возможное перемещение. Соотношение между углами поворота бфлс и 5ф/)с возьмем из решения задачи 46.22:
5флс = §Фос = 8ф.
Запишем уравнение принципа возможных перемещений, учитывая, что реакция на опоре D должна быть равна нулю:
- 2 0 а - 8 ф - 6 0 й - 8 ф + 3 0 - 2 а - 5 ф + Л / - 5 ф = 0.
Так как 8ф Ф 0, то
М = 2 0 о + 6 0 д - 6 0 й =20а.
О т в е т : М = 20окНм.
669
46. Принцип возможных перемещений
Задача 46.24
Составная балка АЕ, лежащая на двух опорах А и С, состоит из
трех балок АВ, BD и DE, шарнирно соединенных в В и D. Балка DE
в сечении Е защемлена в стене. Определить вертикальную составляющую реакции в сечении Е. К балкам приложены четыре равные
вертикальные силы Р. Размеры указаны на рисунке.
Р
Р
Л
г, а . a
Р
Р
Е
if
11
г f , а (. а (
•
а
1/
^
/
/
>
. а,. а .
а
•
Решение
Для определения реакции RE заменим заделку на опоре £ жестким
ползуном (см. рисунок). Сообщим системе возможное перемещение.
Тогда балка DE перемещается поступательно, балка BCD вращается вокруг мгновенного центра вращения (точка Q , а балка АВ —
вокруг точки А,
Найдем соотношение между углами поворота балок АВ и BCD:
& = 5флд-2а = 5 ф в с о - 2 а => бф^д = бфдсд = &фТогда
6s = 5sp = 2 а • 8ф.
Состав