Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего образования
«Тихоокеанский государственный университет»
Е. Л. Маркова
ДИНАМИКА
Утверждено
издательско-библиотечным советом университета
в качестве учебного пособия
Хабаровск
Издательство ТОГУ
2017
УДК 531.22/24 (075.8)
ББК В236я7
М268
Рецензенты:
кафедра «Физика и теоретическая механика»
Дальневосточного государственного университета путей сообщения
(д-р физ.-мат. наук, проф. В. И. Иванов);
директор «КарьерПроект ДВ»
канд. техн. наук, доц. А. И. Шишкин
Научный редактор
канд. техн. наук, доц. М. В. Лейбович
М аркова, Е. Л.
М268 Динамика : учеб, пособие / Е. Л. Маркова. ; [науч. ред. М. В.
Лейбович]. -Хабаровск : Изд-во Тихоокеан. гос. ун-та, 2017. - 182 с.
ISBN 978-5-7389-2164-3
Учебное пособие написано на кафедре «Промышленное и гражданское
строительство» в соответствии с рабочей программой читаемого в ТОГУ курса по
дисциплине «Теоретическая механика». Охватывает все основные понятия, определения,
теоремы, принципы динамики точки и системы. Включает в себя информационную часть,
примеры решения задач, тестовый контроль по каждой теме раздела «Динамика». В
приложениях даны задания для контрольной работы по динамике, изложены минимально
необходимые сведения из тригонометрии, векторного, дифференциального и
интегрального исчислений.
Издание предназначено для студентов университета заочного факультета,
обучающихся по программам технического и технологического направлений.
Рекомендовано для самостоятельного изучения раздела «Динамика» и последующего
самоконтроля.
УДК 531.22/24 (075.8)
ББК В23я7
ISBN 978-5-7389-2164-3
© Маркова Е.Л., 2017
© Тихоокеанский государственный
университет, 2017
ВВЕДЕНИЕ
Развитие техники ставит перед учёными самые разнообразные
инженерные задачи, связанные с расчётом зданий, мостов и др.
сооружений, с проектированием, производством и эксплуатацией
всевозможных машин, механизмов и т. п. Решение этих проблем
основывается на некоторых общих принципах и имеет общую научную
базу. Значительное место в указанных задачах занимают вопросы,
требующие изучения законов движения или равновесия тех или иных
материальных объектов.
Наука о законах движения и равновесия материальных тел и о
происходящих при этом взаимодействиях между ними называется общей
механикой. Теоретической механикой называют такой раздел общей
механики, в котором исследуются механические движения материальных
тел со скоростями, малыми по сравнению со скоростью света в вакууме.
Движения при этом рассматриваются без учёта специальных физических
свойств материальных объектов (теплопроводность, электропроводность,
деформируемость и др.).
На
основе теоретической механики изучается механика
деформируемых тел: сопротивление материалов, строительная механика,
теория машин и механизмов, теория
упругости и многие другие
специальные дисциплины.
Математический аппарат механики широко применяется в
различных областях науки. Многие разделы математики возникли и
развивались под влиянием и в связи с потребностями механики. Поэтому
при изучении теоретической механики, особенно его третьего раздела
«Динамика» видны за формулами глубокие, содержательные связи, а
математические величины наделяются ясным механическим смыслом.
Раздел «Динамика», изложенный в данном пособии, представляет
собой наиболее общий раздел механики. Решение конкретных задач
динамики часто связано с трудностями выбора законов и теорем,
применение которых оказывается наиболее целесообразным. В связи с
этим пособие составлено так, что допускает не только изучение
теоретического материала, но и разбор решения характерных задач на
каждую тему. В конце каждого изучаемого материала студент может
проверить себя с помощью тестового самоконтроля. Автор надеется, что
пособие поможет студентам самостоятельно решать все основные типы
задач динамики, предусмотренные программой высшего образования.
з
ВВЕДЕНИЕ В ДИНАМИКУ
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
Динамика (от греч. dinamikos - сильный) - раздел теоретической
механики, в котором изучаются движения материальных объектов в
зависимости от действующих на них сил.
Материальной
точкой
называют
простейшую
модель
материального тела любой формы, размеры которого достаточно малы и
которое можно принять за геометрическую точку при изучении его
движения. Поступательно движущееся тело можно рассматривать как
материальную точку с массой, равной массе всего тела.
Механические системы и сплошные тела —это более сложные
материальные объекты, считается, что они состоят из материальных точек.
В классической механике пространство считается трёхмерным
евклидовым пространством, свойства которого не зависят от движущихся
в нём материальных объектов. Время инвариантно по отношению к
выбору системы координат.
Свойства сил, приложенных к твёрдому телу и точке,
рассматривались в разделе «Статика». В динамике силы оцениваются по
их динамическому действию, то есть по изменению ими характеристик
движения материальных объектов.
Массой точки называется физическая величина, которая является
количественной мерой инертности точки.
В механике масса
рассматривается как величина скалярная, положительная и постоянная для
каждого тела. Также массу можно назвать мерой гравитационных свойств
тела (по закону всемирного тяготения).
В общем случае движение тела зависит не только от его массы и
приложенных сил. Характер движения может зависеть от формы тела, т. е.
от распределения масс.
Инертность тела - это его свойство быстрее или медленнее
изменять скорость своего движения под действием приложенных сил.
Курс динамики принято разделять на динамику точки и динамику
системы материальных точек.
4
1. ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
1.1. ЗАКОНЫ МЕХАНИКИ ГАЛИЛЕЯ - НЬЮТОНА
В основу классической механики положены законы Ньютона,
которые были получены им путём обобщений целого ряда опытных
данных и теоретических исследований.
L Закон инерции, открытый Галилеем (1638 г.)
Изолированная материальная точка сохраняет состояние покоя или
равномерного и прямолинейного движения до тех пор, пока действие
других тел не изменит это состояние.
Система отсчёта, по отношению к которой выполняется закон
инерции, называется инерциальной или галилеевой системой отсчёта
т. е условно называемой неподвижной или движущейся прямолинейно и
равномерно по отношению к «абсолютному пространству».
,
Не инерциальной системой отсчёта называется та, в которой закон
инерции не выполняется, она движется с ускорением по отношению к
«абсолютному пространству».
Из закона инерции следует, что если на точку не действуют силы или
действующие силы уравновешены, то точка покоится или движется с
постоянной по направлению и модулю скоростью. В противном случае
точка движется с ускорением.
II. Основной закон динамики (второй закон Ньютона)
В инерциальной системе отсчёта вектор ускорения материальной
точки пропорционален равнодействующей всех сил, действующих на
точку, включая реакции связей, направлен вдоль линии действия силы и
обратно пропорционален массе точки.
касательная
m ■а = F,
где F - равнодействующая всех сил,
приложенных к точке;
m - масса материальной точки;
а - ускорение точки (рис. 1).
Основной
закон
динамики
выполняется только в инерциальных
системах отсчёта.
5
III. Закон о равенстве сил действия и противодействия
При взаимодействии двух тел меэюду ними возникают силы равные
по величине и противоположные по направлению.
В природе не существует одностороннего действия. Силы действия и
противодействия приложены к разным телам (рис. 2) и поэтому не могут
компенсировать друг друга - не являются системой сил, эквивалентной
нулю.
Принцип суперпозиции (закон независимости действия сил)
Система сил, действующая на материальную точку, сообщает ей
такое ускорение, какое сообщила бы одна сила, равная их
равнодействующей.
Закон независимого действия сил следует понимать как закон
суперпозиции сил, т. е. как закон сложения ускорений от действия
отдельных сил, С учётом этого закона основное уравнение динамики
материальной точки примет вид
m • а = £Fk.
(1)
1.2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ
МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Рассмотрим движение материальной точки п о д действием
приложенных к ней сил (рис. 3), равнодействующая которых равна F.
Подставив во второй закон Ньютона ускорение в виде второй производной
по времени от радиус-вектора, получим дифференциальное уравнение
движения материальной точки в векторной форме
m r = 1F.
6
(2)
Рис, 3
В декартовой системе координат дифференциальные уравнения
дв иэfсепия точки примут вид (3)
тах = Fx ,
тх =
тау = Fy ,
,
m az = Fz или
my = Fy , m z = Fz,
(3)
где х, у, z —проекции ускорения на оси декартовых координат;
Fx , Fy , Fz ~ проекции силы на те же оси декартовых координат.
В случае прямолинейного движения точки, направив одну из
координатных осей (например, Ох) по движению, получим только одно
уравнение т х = Fx>
Уравнения движения в проекциях на оси естественных
координат (касательную, главную нормаль и бинормаль) запишутся в
виде (4)
т аТ = FT,
m an = Fn ,
m s = Fx, m v 2/p - Fn,
mab — Fb или
0 = Fb ,
(4)
где aT> an, ab - проекции ускорения на естественные оси координат;
Fxt Fn, Fb - проекции силы на естественные оси координат,
6*- дуговая координата точки;
р - радиус кривизны траектории.
Основное уравнение динамики остаётся справедливым для
несвободной материальной точки, на которую наложены связи. В этом
случае, в число действующих на точку сил следует включить и силы
реакций связей.
7
1.3 ДВЕ ОСНОВНЫЕ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ ТОЧКИ
В динамике решаются две основные задачи - прямая и обратная.
Первая (прямая) задача динамики. По известным кинематическим
уравнениям и массе точки требуется определить силу, вызывающую
данное движение.
Задача 1. Материальная точка массой 2 кг движется
относительно инерциальной системы отсчёта Оху в соответствии с
уравнениями х = 2 sin(7rt/4) + 2; у = 2cos(Trt/4). Через 1 с после начала
движения определить модуль силы F’ вызывающей это двиэюение.
Решение.
Движение точки задано координатным способом.
Исключив из уравнений движения переменную t , найдём уравнение
траектории - ею является окружность радиуса 2 м (рис. 4).
Действующую силу найдём, составив уравнения
т х = Fx ,
т у ~ Fy.
Дважды продифференцируем уравнения движения и найдём проекции
ускорения на декартовые оси координат
d 2x
d t2
TC2
nt
d2y
aу ” ------ — --■— cos —
d t2
7lt
п2
sin — ;
4
8
CO
а,
—
Тогда
nt
n2
FУv = - — cos ----,
4
4
nt
л2
sin
—
;
£ = - 4
4 ;
—
8
Определим положение точки М в момент времени £ = 1с.
Хл
х
=
л
2sin - + 2 = ЗД4 м ;
4
л2
л
уЛ — 2 — cos — = 1Д4 м.
4
4
Определим численное значение силы в момент времени t = 1с
направляющие косинусы
и
F — Fx2+Ff = 2,46 Я.
__
К.
V2
cos(F t) = у = — 2" ;
__
Fv
cos(F Д = y
V2
2
Ответ: F = 2,46 Я.
Задача 2 Материальная точка массой т = 22 кг движется по
окруэюностирадиуса R = 10 м (рис. 5^ согласно уравнению S = 0,3 • t 2.
Определить модуль равнодействующей сил, действующих на точку,
в момент времени £ = 5 с.
Решение.
Движение точки задано
Определим скорость точки при £ = 5 с
v = — = 0,6 • £,
при £ = 5 c
естественным
способом.
M
t; = 0,6 *5 = 3 —.
c
Определим нормальное и тангенциальное ускорения точки.
Из уравнений движения на оси естественных координат имеем
Д ^ m дт = 22 ■0,6 = 13,2 Я;
Fn = m ап = 22 ■0,9 = 19,8 И ,
тогда
модуль
силы
Я,
вызывающей
движение,
найдём по формуле
р
“ FT
Ответ: F — 23,8 Я
Рис. 5
9
Вторая (обратная) задача динамики. По заданным силам и массе
точки требуется определить закон движения.
Точка может находиться под действием различных сил: постоянных
F = const (сила тяжести, сила трения и др.); сил, зависящих от
времени F = F(t); сил, зависящих от координат F = F(x, y, z)
(восстанавливающая сила); сил, зависящих от скорости F —F(x,y,z)
(сила вязкого сопротивления) и др.
Вторая основная задача связана с интегрированием. В соответствии с
этим можно говорить об относительной сложности этих задач. В прил. 2
приведены
некоторые,
наиболее
часто
встречающиеся
виды
дифференциальных уравнений и их решения.
Методические рекомендации к решению обратной задачи динамики.
1. Изобразить расчётную схему:
а) изобразить движущуюся точку в произвольный момент времени;
б) направить оси координат по движению точки, причём начало
отсчёта совместить с началом движения;
в) показать силы, действующие на точку.
2. Составить дифференциальное уравнение движения в выбранных
координатах.
3. Решить дифференциальное уравнение. По начальным условиям
определить постоянные интегрирования.
4. Определить искомые величины.
Задача 3. Тело, которое можно принять за материальную точку
массой т, получив в точке А начальную скорость v 0 , движется по
наклонной шероховатой поверхности под действием силы тяжести G,
силы трения
, переменной движущей силы F, и реакции N . В точке В
тело покидает плоскость и продолжает свободное движение под
действием силы тяжести и силы сопротивления среды R .
Определить уравнения свободного движения тела на участке ВС,
если известны: масса тела (точки) т = 0,5 кг, начальная скорость vA —
12 м/с, коэффигщент трения скольжения f = 0,22, угол наклона
поверхности АВ к горизонтальной плоскости а = 30°, движущая сила
F = 1,21, время двиэюения на участке АВ т = 10 с, сила сопротивления
среды на участке ВС R = —0,5il.
ш
Решение. Рассмотрим движение тела (в дальнейшем будем называть
его точка) на участке АВ. Покажем точку в произвольный момент времени.
Направим ось хг по движению точки, ось у± под прямым углом к оси хг.
Начало отсчёта совместим с началом движения —с точкой А. Проставим
все силы, действующие на точку на этом участке движения. Это: сила
тяжести G, направленная вертикально вниз; реакция связи, которая
раскладывается на две составляющие - нормальную реакцию N,
направленную перпендикулярно шероховатой поверхности и силу
трения FTр, направленную в сторону, противоположную движению;
движущая сила F, направленная вдоль оси движения (рис. 6).
хг
Рис. 6
Запишем основное
координатные оси
т
уравнение
= ZFkXl,
т хг ——Gsina — FTp + F ,
динамики
в
проекциях
на
тух = Щ СУ1
myx = —Gcosa + N
Так как точка движется только по оси х ъ то т у± = 0, поэтому
N = Gcosa = mgcosa,
тогда можно найти силу трения скольжения, которая определяется по
формуле
Frр = fN = f mgcosa.
Составим дифференциальное уравнение движения точки по оси
и
mx-L = —m gsina - fm g co sa + F
Разделим правую и левую части данного равенства на массу и
подставим данные по условию задачи значения
„
1,2
х г = —g{sina + fco sa ) Н----- t,
т
или
хг = 2,41 — 6,8.
Решим это дифференциальное уравнение, проинтегрировав дважды
хх = l,2 t2 —6,8t + Сх;
%х —0,4t3 —3,4t2 -Ь C^t H- С2•
Подставив начальные условия: t0 = 0, х 10 = 0, vQ = vA - 12 м/с в
эти уравнения, мы найдём постоянные интегрирования Q и С2:
м
Сг = г?0 = 1 2 » ; С2 = 0.
Окончательно можно записать уравнение скорости и уравнение
движения на участке АВ
хг = 1,212 —6,8t + 12;
(5)
= 0,4t3 - 3,4t2 + 121
Скорость точки в момент времени т = 10 с, когда она покидает участок
АВ, найдём из уравнения (5).
хв = 1,2 ■102 - 6,8 ■10 + 12 = 64,0
Рассмотрим движение точки на участке ВС. Проставим оси
координат. Начало отсчёта совместим с точкой В, Ось х направим вправо,
ось у вниз. На точку действуют две силы: сила тяжести G и сила
сопротивления среды R . На этом участке точка движется криволинейно,
поэтому составим два дифференциальных уравнения движения по оси х и
по оси у.
тх = Rx,
т х = -0,5х,
т у = Ry + G
т у = —0,5у + тд.
Разделим обе части равенства на массу и представим их в виде
%+ х =
у+у -# ’
Как известно из высшей математики, решение дифференциального
уравнения по оси х будет иметь вид (6) (уравнения 5, табл. П 1, прил. 2.)
12
х = Сг + С2 ■е 1;
х = -С 2 ■е f
(6)
Решением дифференциального уравнения движения по оси у будет
сумма общего решения однородного уравнения и частного решения
(уравнение 6, табл. П1, прил.2)
у = С3 + C4 - e -t + g t)
у — —Ci e~t + д
(7)
Подставим начальные условия в уравнения (6), (7) и найдём постоянные
интегрирования Cl f C2,C3,C4.
Начальные условия на участке ВС:
t0 = 0; х0 = 0; у0 = 0; х0 - vBcosa; у 0 = ~ v Bsina.
Сг — ~ С 2 = г?вс05Я,
С3 = —С4 = Vasina +
Ответ: х = 55,4(е”с —1); у = 41,8(е~с — 1) + gt.
Тесты для самоконтроля
1. Какое из названных положений является ложным?
а) Основной закон динамики выполняется только в инергцшльных
системах отсчёта,
б) Масса точки является её мерой инертности.
в) Основной закон Ньютона выражается формулой m v —ZF.
г) Если система отсчёта неподвижна или движется прямолинейно и
равномерно, то она называется инерциальной.
2. Выбрать верный ответ
Материальная точка массой 0,5 кг движется по окружности радиуса
R = 0,5 м с постоянным касательным ускорением ат = 2 м /с2 из
состояния покоя. Определить равнодействующую сил, вызывающих это
движение в момент времени t — 1с.
а) 2%/5 Н;
б)8Н ;
в) Л 1 Н;
13
г) 4 Н.
3. Выбрать верный ответ
На свободную материальную точку М массой 1 кг действуют сила
тяжести G (ускорение свободного падения принять д = 9,8 м/с2) и сила F =
9,8к. Если в начальный момент времени точка находилась в покое, то в этом
случае она будет...
а) двигаться ускоренно вниз;
б) находиться в покое;
в) двигаться равномерно вверх;
г) двигаться равноускоренно вверх.
4. Выбрать верный ответ
Материальная точка М массой 25 кг движется под действием
сил F1 h F2 (_F1 = 5 Н, F2 = ЮН). Проекция ускорения точки на ось
Ох равна..,
а) 0;
б) 4/5;
в) 2/5;
г) 1/5.
5. Выбрать верный ответ
Вектор скорости v движущейся точки М и равнодействующая R всех
сил, приложенных к ней, составляют между собой острый угол.
Определить характер движения точки М, если R Ф const.
а) прямолинейное и замедленное;
б) криволинейное и ускоренное;
в) криволинейное и замедленное;
г) прямолинейное и ускоренное.
14
6. Выбрать верный ответ
Груз весом G — 3 кН , принимаемый за материальную точку,
движется по кольцу радиусом R = 70 см, находящемуся в вертикольной
плоскости. Если давление на кольцо в верхней точке траектории будет
равным нулю, то скорость груза в этой точке будет v —'--м/с (при
вычислении принять ^ = 10 м /с 2).
а) V35;
б) 10 V7;
в) V7;
г) V2T.
7. Выбрать верный ответ
Материальная точка М движется по закону г = Sti — 4e2tj + t 2k,
тогда равнодействующая сил, приложенных к ней, будет направлена:
а) параллельно оси OZ;
б/ перпендикулярно плоскости OY;
в) параллельно плоскости XO Y;
г) параллельно плоскости YOZ
8. Выбрать верный ответ
Начало движение точки М показано на рисунке. Известно:
равнодействующая сила F = З хТ - l,8 m g j, начальная скорость
v0 =
10м/с, начальная координата по оси у b — 4 м. Закон движения точки М
по оси у будет равен...
У
а) у = 3 t 2 — 10t;
м
б) у = —0,9 g t 2 — 5t + 4
в) у = l,2t + 10/
г/ у = 0,93t2 —10t + 4
15
9. Выбрать верный ответ
Материальная точка М движется по параболе в вертикальной
плоскости под действием силы тяжести. Определить скорость точки в
положении В, если в положении А её скорость vA = 30 м/с, а высота
ОА = 600 м. Ответ округлить до целого числа.
а) 87 м/с;
б) 24 м/с;
в) 162 м/с;
г) 113 м /с
10. Выбрать верный ответ
На материальную точку массой ш = 20 кг, которая движется по
горизонтальной прямой, действует сила сопротивления R = 0,2 г?2. За
сколько секунд скорость точки уменьшится с 10 до 5 м/с?
а) 10 с;
б) 20 с;
в) 8 с;
г) 4 с.
11. Выбрать верный ответ
Материальная точка массой т = 2 кг движется из состояния покоя
по горизонтальной оси Ох под действием силы Fx = 5 cos(0,5t)Определить скорость точки в момент времени t = 4 с.
а) 11,05 м/с;
б/ 2,00 м/с;
в/ 4,55 м/с;
16
г) 8, 00 м/с.
1.4. ДИНАМИКА ОТНОСИТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ
Уравнение относительного движения точки
Рассмотрим движение точки М относительно неинерциальной
системы.
Пусть система отсчёта х 1 у х г г является инерциальной (условно
неподвижная), а связанная с ней система x y z - неинерциальной
(подвижная) (рис. 7). Движение точки М относительно неподвижной
системы отсчёта называется абсолютным, а движение точки относительно
подвижной - относительным. Выведем основное уравнение динамики
относительного движения материальной точки, считая, что переносное
движение системы и силы, действующие на точку, известны.
Основное уравнение динамики (1) для абсолютного движения точки
М имеет вид
m ■а = ZFi7
где а - абсолютное ускорение материальной точки, a Z F - геометрическая
сумма приложенных к точке сил.
В разделе «Кинематика» установлено, что в случае
непоступательного переносного движения, абсолютное ускорение точки
равно геометрической сумме трёх ускорений: относительного, переносного
и кориолисова ускорений, т.е.
и = ие + аг + ис.
17
Подставив это значение а в уравнение (1), получим
т ае + m ar + т ас = EF$.
Из полученного уравнения определим произведение массы точки на
её относительное ускорение:
m ar = ZFi —т ае —т ас.
(8)
Введём два вектора:
Fq — —т ае и FCH = —т ас.
Реи = ~ т а е - переносная сила инерции, равная произведению
массы точки на её переносное ускорение и направленная в сторону,
противоположную переносному ускорению,
Рсн = —т ас - кориолисова сила инерции, равная произведению
массы точки на её кориолисово ускорение и направленная в сторону,
противоположную кориолисову ускорению.
Подставим эти векторы в уравнение (8)
т аг = Щ + РеИ+ РСИ.
(9)
Уравнение (9) представляет из себя основное уравнение динамики
относительного движения материальной точки:
в случае
непоступательного переносного движения, относительное движение
материальной точки можно рассматривать как абсолютное, если к
действующим на точку силам присоединить переносную и кориолисову
силы инерции.
Частные случаи уравнения относительного движения точки
Рассмотрим частные случаи основного уравнения динамики
относительного движения материальной точки, соответствующие разным
видам переносного движения.
1.
Переносное
неподвгжной оси.
движение — неравномерное
вращение
вокруг
В этом случае переносное ускорение равно геометрической сумме
вращательного и центростремительного ускорений:
18
CLe ~ &e T ^e*
В соответствии с этим переносная сила инерции имеет две
составляющие: вращательную силу инерции
= —т ав и центробежную
силу инерции Fe4 = -ш а^, т. е.
ae =F* + F?.
Тогда уравнение (9) примет вид:
т аг = Щ + F* + Рец + F*.
Переносная вращательная сила инерции направлена противоположно
вращательному ускорению и равна по модулю:
FeB = m aB = rm eR
Переносная
центробежная
сила
инерции
направлена
противоположно центростремительному ускорению. Модуль её
Fq = mag = ma>|F,
где R - расстояние в данный момент от точки М до оси вращения.
Кориолисова
сила
инерции
направлена
кориолисову ускорению точки и равна по модулю:
противоположно
F^ = т ас = m2o)evrsin (ёое, vr)
2. Переносное
неподвижной оси.
движение
— равномерное
вращение
вокруг
В этом случае ге = 0 ,
= 0 и основное уравнение динамики
относительгого движения имеет вид
m ar = 2Р\ + Feu -f FCH.
3. Переносное
движение.
двиэюение
— поступательное
неравномерное
В этом случае а)е = О, FCH= 0, а потому уравнение (9) примет вид
т аг = Щ + FeH.
В случае неравномерного криволинейного движения
ип _ р г I р п
ге
1е ' 1е >
19
dve
- переносная касательная сила инерции;
dt
где
Fen
v2
т ~ —переносная нормальная сила инерции.
4.
равномерное.
Переносное двиэюение — поступательноеs прямолинейное и
В этом случае
Fq = 0 и
F^ = 0, а потому уравнение (9) примет
вид
mar = IFi,
В правой части этого уравнения содержится только геометрическая
сумма приложенных к точке сил, как в основном уравнении абсолютного
движения точки, т, е. подвижная система отсчета является в этом случае
тоже инерциальной системой. Наблюдения над относительным движением
материальной точки по отношению к любой из таких систем не позволяют
судить о том, совершает ли эта система равномерное и прямолинейное
поступательное движение или находится в покое.
Это положение называется принципом относительности
классической механики, его можно сформулировать так: никакие
механические явлен ияу происходящие в средеу не могут обнаружить её
прямолинейного и равномерного поступательного движения
.
Уравнение относительного покоя
Рассмотрим случай, когда материальная точка под действием
приложенных к ней сил находится в состоянии относительного покоя, т. е.
не совершает движения относительно подвижной системы отсчёта.
При отсутствии относительного движения абсолютное ускорение
точки равно её переносному ускорению, т. е. а = а е, а кориолисова сила
инерции равна нулю FCH= 0. В результате подстановки нулевых значений
в уравнение (9) получим уравнение относительного покоя
О -T.Fi + F*.
Таким образом, в случае, когда материальная точка находится в
состоянии относительного покоя, геометрическая сумма приложенных к
ней сил и переносной силы инерции равна нулю.
20
Задачи рекомендуется решать в следующем порядке:
Методические рекомендации к решению задач на динамику
относительного движения материальной точки
1. Разложить абсолютное движение материальной точки на
относительное и переносное. Выбрать неподвижную и подвижную
системы отсчёта,
2. Материальную точку следует изобразить в промежуточном
положении, соответствующем положительным координатам этой
точки, и предположить, что точка движется в сторону возрастания
этих координат.
3. Записать
начальные
условия
относительного
движения
материальной точки.
4. Изобразить силы Ц, приложенные к этой точке.
5. Составить дифференциальные уравнения относительного движения
материальной точки в проекциях на подвижные оси координат.
6. Проинтегрировать составленные дифференциальные уравнения,
определив постоянные интегрирования с помощью начальных
условий движения.
7. Определить искомые величины.
Задача 4
Шарик М, рассматриваемый как
материальная точка, перемещается по
цилиндрическому каналу трубки (рис. 8).
Трубка вращается с угловой скоростью
ще = 2п с"1 в горизонтальной плоскости
вокруг оси, проходящей через её конец.
Шарик начинает движение с начальной
скоростью у0 = 0
м/с, с начальной
координатой х 0 ~ 0,25 м.
Решение,
шарика М.
Рис. 8
Составим дифференциальное уравнение движения
Свяжем подвижную систему отсчёта Оxyz с вращающейся трубкой.
Направим ось х вдоль трубки, ось у - перпендикулярно к оси х в
горизонтальной плоскости, а ось г ~ вертикально вверх (рис. 9). Вращение
этой системы вокруг оси z будет переносным движением. Относительным
21
движением шарика по отношению к этой системе будет его движение но
трубке. Запишем основное уравнение относительного движения шарика
таг = Щ
+Fen+Fg +FCM.
Так
как
переносное
движение
является
равномерным вращением, то
переносное
вращательное
ускорение
равно нулю,
поэтому
т аг = Щ + Рец + FCH
(10)
К точке М приложены
силы: сила тяжести G и
реакция
трубки
N,
перпендикулярная к её оси. Эта
реакция
имеет
две
составляющие: вертикальную
N± и горизонтальную N2.
Условно прикладываем к шарику М переносную центробежную силу
инерции
и кориолисову силу инерции F^, которые направлены
противоположно ускорениям
и
(рис. 9).
Направление кориолисовой силы инерции определяем по правилу
Жуковского поворотом вектора относительной скорости на 90° в
плоскости, перпендикулярной к оси переносного вращения, в сторону
этого вращения. Модули сил инерции определим по формулам
Fq = mag = т ш |х ,
FCH = m ac = m2coevrsin (a»e/ vr)
Так как cJe 1 vr, to sin(aJej vr) = 1.
Уравнение (10) в данном случае будет иметь вид
m ar = G + Nt + N2 + Fe4 + FCH.
(11)
Составим дифференциальное уравнение относительного движения
шарика вдоль трубки, т. е. вдоль оси х, соответствующее уравнению (11):
22
тх =
откуда
х - со2х = О,
( 12)
Характеристическое уравнение будет иметь вид п —
откуда его корни
- О,
п12 = ±сое.
Решение уравнения (12) (прил. 2, табл. П 1) имеет вид
х =
(13)
Скорость этого движения получим, дифференцируя по t уравнение (13)
х = c o fa e 0** — C2e~<ot).
(14)
Определим постоянные интегрирования С*
условиям;
и С2 по начальным
t0 = 0,
х0 = 0,25 м,
х0 = 0,
Подставим начальные условия в уравнения (13) и (14)
0,25 =
+ С2,
0 = 2я(Сг - С2),
тогда получим
Ci = С2 = 0,125.
Подставляя значение угловой скорости со = 2л с"1 и значения
постоянных интегрирования Схи С2 в уравнение (13), получим уравнение
относительного движения шарика М:
х = 0,125(e27rt + e~2nt),
Ответ: х = 0,125(e27rt + e~Znt)
23
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
Прямоугольная
пластинка
движется
вдоль
вертикальных
направляющих по закону Se = cos(7rt), по ободу окружности, находящейся
на ней, перемещается точка М массой 1кг. В момент времени t = 1 с
модуль переносной силы инерции равен:
а) Fe ~ л 23;
б) Fe = 0;
в) Fe —л;
г) Fe = 2п2.
X
2. Выбрать верный ответ
Какие из приведённых ниже сил инерции точки М равны нулю:
а) кориолисова Кси = 0;
б) переносная вращательная F/ = 0;
в)переносная центробеоюная Кец = 0;
г) нет нулевых сил инерции.
3. Выбрать верный ответ
Ошибка допущена в определении модуля силы инерции:
а) переносной центробежной Кец = т ■
■ОгМ;
б) переносной вращательной FeB = т - фе • ОМ;
в) кориолисовой
= т ш2фе *vr *sin 90°;
г) все силы инерции записаны без ошибок.
24
4. Выбрать верный ответ
Тележка движется по закону Se ~ St + 213 . По прямолинейному
желобу, расположенному на ней, движется материальная точка М. Стенки
желоба считать абсолютно гладкими. Ускорение свободного падения
принять 10 м/с .
Под каким углом к горизонту должна двигаться тележка, чтобы
дифференциальное уравнение относительного движения точки равнялось
х = - 1 2 ' t + 5V2?
а) а = 30°;
б) а = 60°;
в) а = 90°;
г) а = 45°
5. Выбрать верный ответ
Ошибка допущена в определении направления силы инерции :
а) кориолиса FCH;
б) переносной вращательной F^;
в) переносной центробеэюной Тец;
г) нет ошибок в определении
направлений cm инерции.
25
6. Выбрать верный ответ
Прямолинейная трубка вращается относительно вертикальной оси с
угловой скоростью со = 5 сЛ По трубке движется точка М, массой m — 1 кг
по закону ОМ = 3 t Под каким углом к оси должна располагаться трубка,
если её кориолисова сила инерции равна FCH= 15 Н?
1К
а) а—30°;
б) а - 90°;
в) а—60°;
г) а=45°.
лш
7. Выбрать верный ответ
Пластинка движется поступательно в вертикальной плоскости по
закону Se ~ 3t — 6 t2. По прямолинейному желобу, расположенному на
ней, движется материальная точка М. Стенки желоба считать абсолютно
гладкими. Ускорение свободного падения принять 10 м/с .
Дифференциальное
уравнение
движения точки М будет иметь вид...
а) х = —12 ■t;
б) х = 5 • л/3;
в) х = 2 *t 2 —5;
г) х = V3.
26
8. Выбрать верный ответ
Прямолинейная трубка с абсолютно гладкими стенками вращается
относительно вертикальной оси. С какой угловой скоростью должна
вращаться трубка, чтобы дифференциальное уравнение относительного
движения шарика в ней равнялось х — 16х = 0 ?
^пк
а) со = 16 с”1;
б) со = 4 с-1;
о
в) co = Q с-1;
г) со = 32 с”1.
Wс и
МП
9. Выбрать верный ответ
На каком рисунке кориолисова сила инерции равна нулю?
Рис. б
Рис. г
Рис. в
27
м
X
10. Выбрать верный ответ
Пластинка вращается по закону (ре = 3nt относительно
вертикальной оси. По прямолинейному желобу, расположенному на
пластине, от точки О движется материальная точка М. Стенки желоба
считать абсолютно гладкими, угол его наклона к оси вращения а.
Дифференциальное уравнение относительного
движения точки М равно:
а) х — 9тг2 ■sin2a *х = —д •
cosa;
б) х — Зтг ■sina ■х = д *cosa;
ej х = 9л2 ■sina ■х — д ■cosa;
г) х = 9п2 ■cosa ■х —д ■snxa.
11. Выбрать верный ответ
Пластинка вращается по закону (ре = 2nt в горизонтальной
плоскости. По прямолинейному желобу, расположенному на пластине, от
точки 0 движется шарик М массой т . Стенки желоба считать абсолютно
гладкими.
Дифференциальное уравнение относительного движения шарика М
равно:
а) х — 2п(х — К) — 0;
б) х — 2h2x = 0;
в) х + 4тг2(х2 + h2) = 0;
г) х — 4 тг2х = 0.
28
1.5. ПРЯМОЛИНЕЙНЫЕ КОЛЕБАНИЯ ТОЧКИ
Колебания
это
изменения
состояния
(движения),
характеризующиеся той или иной степенью повторяемости во временя.
В зависимости от действующих сил точка может совершать
различные виды колебаний: свободные гармонические, свободные
затухающие, вынужденные незатухающие, вынужденные затухающие и т.
д. В этих случаях дифференциальные уравнения движения могут иметь
вид одного из уравнений табл. П1, прил. П 2.
Простейшим видом колебаний является колебание под действием
восстанавливающей силы, которая направлена к неподвижному центру и
пропорциональна расстоянию движущейся точки от этого центра.
Примером такой линейной восстанавливающей силы может служить сила
упругости пружины.
Пусть материальная точка движется по прямой АВ (рис. 10),
находясь под действием восстанавливающей силы F , направленной
постоянно к точке О, и по величине равной F — сх, где с - коэффициент
пропорциональности, характеризующий восстанавливающую силу.
О
F
М
х
-нр------------ -------- • -
А
В
*
Рис. 10
Основное уравнение динамики в проекции на ось х\
с
т х = —сх или х Н— х = 0.
т
Найдём закон движения точки М Обозначим с/ т ~ к 2 и составим
дифференциальное уравнение движения:
х + к 2х = 0.
(15)
Уравнение (15) представляет собою дифференциальное уравнение
свободных колебаний при отсутствии сопротивления.
29
Решение этого линейного однородного дифференциального
уравнения второго порядка будет иметь вид (прил. П2, табл. П 1)
х = Ct cos(kt) + С2 s\n(kt)i
(16)
Продифференцируем это уравнение по времени
х = —Сгк sin(kt) + С2 kcosQct),
(17)
где С1; С2 - постоянные интегрирования, которые определяются из
начальных условий ( t = О, х = х0, х = х0) , подставив их в уравнения
(16) И (17).
Ci = х0, С2 = х0/к.
Если вместо постоянных Сг и С2 ввести постоянные А и а, такие, что
Сг = A sin а и С2 = A cos а, то мы получим
х = A(cos(kt) sin а + sin(Tct) cos а) или
х — A sin(kt + a )t
Скорость точки в рассматриваемом движении равна
х = Ак cos(kt + а),
Колебания, совершаемые точкой по закону (18), называются
гармоническими колебаниями, график их показан на рис. 11.
Рис. 11
30
(18)
Основные характеристики гармонических колебаний.
А - амплитуда колебаний - наибольшее отклонение точки от центра
колебаний А = yfc'l -f
=
Xq + (х0//с)2 .
циклическая (круговая) частота колебаний.
Т - период колебаний - промежуток времени, в течение которого
происходит одно полное колебание.
Период колебаний связан с
циклической частотой выражением Т = 2л/к.
а - начальная фаза колебаний tga = С1/С2 = k x 0/ v 0.
v - частота колебаний - число колебаний за единицу времени. Это
величина, обратная периоду колебаний v = 1/Т.
Свойства свободных колебаний
'А От начальных условий зависят А амплитуда и начальная фаза
колебаний а.
S Период колебаний Т и циклическая частота к от начальных условий
не зависят, а зависят от массы точки и коэффициента
пропорциональности с.
Рассмотрим свободные колебания груза (материальной точки)
весом G, подвешенного к пружине, верхний конец который закреплён
неподвижно (рис. 12).
Парис. 12, а изображенанедеформированная пружина.
На рис. 12, б груз (точка) подвешен к пружине и находится в
положении статического равновесия. Пружина растянута на величину
статического удлинения Аст. Уравнение равновесия груза при этом
G —Тусптр = 0
или
G —с • Аст = О,
тогда Аст = m g /с*
На рис. 12, в изображено начальное условие. Точка отклонена от
положения равновесия на Л0, ей сообщена начальная скорость vQ.
31
На рис. 12, г точка находится в состоянии движения. Зафиксирован
произвольный момент времени t. Пружина растянута на величину
Л = Лст + х,
где х - текущее значение координаты. Начало отсчёта находится в
положении статического равновесия. Составим основное уравнение
динамики для точки в проекции на ось я:
т х = mg ~ Fynp
или
т х = mg —с(Дст + х ).
Подставив значение статического удлинения в это уравнение, получим
т х = mg — с -------сх или тх = ~сх.
с
Преобразовав полученное уравнение, получим
с
х Н— = 0.
т
Обозначив к 2 ~ с/т получим дифференциальное уравнение свободных
колебаний материальной точки в виде
х + к 2х = 0.
Из уравнения видно, что постоянная сила G не изменяет характера
колебаний, она смещает центр колебаний в сторону действия силы на
величину статического удлинения Лст.
Решение этого уравнения
прямолинейных колебаний точки будут выглядеть также
х = Ct cos(kt) + С2 sin(kt),
32
По начальным условиям: t = 0; v = v Qt х = Я0 найдём Сг и С2( тогда
Виды соединения пружин и приведения их к эквивалентной пружине
Исследование поведения колебательной системы всегда начинается
с выбора физической модели. Переходя от реальной системы к её
физической модели, обычно упрощают систему. Колебательные системы
могут состоять из нескольких пружин, соединённых различными
способами, для упрощения системы она приводится к простейшему виду
«груз на одной эквивалентной пружине».
1. Последовательное соединение (рис. 13)
Деформации пружин независимы
друг от друга.
^
Рис. 13
2. Параллельное соединение (рис. 14)
Деформации пружин должны быть одинаковы, чтобы брусок, к
которому прикреплены пружины, и груз двигались поступательно
прямолинейно.
сэ “ С1 + С2
Рис. 14
зз
3. Груз между пружинами (рис. 15)
В этом случае деформации пружин должны быть одинаковыми (по
абсолютной величине), пружины работают как параллельные.
Рис. 15
4. Комбинированное соединение (рис. 16)
Заменяем сначала первые две параллельно соединённые пружины
одной эквивалентной, затем эту эквивалентную и третью пружину как
параллельно соединённые, заменяем также одной эквивалентной.
_
3
( С , + с 2) • с 3
С1 + С 2 + С 3
Рис. 16
Влияние сопротивления на свободные колебания.
Рассмотрим прямолинейное движение точки, находящейся под
действием восстанавливающей силы, модуль которой равен F = сх и
силы сопротивления, пропорциональной скорости R = рх и направленной
в противоположную сторону скорости (рис. 17}.
О
Н Э -—
А
F
R М
-------- ----------------- ------------------------ *
X
-
х
В
Рис. 17
34
Составим для точки основное уравнение динамики в проекции на
ось х
т х = ~F — R
или т х ——сх —fix.
Преобразуем полученное уравнение к виду
fi
с
х Н— х Н— х = 0.
т
т
Введём
обозначения
2п = fi/т , к 2 = с/т .
Получим
дифференциальное уравнение колебаний материальной точки с учётом
сил сопротивления в виде
х + 2их + к 2х = 0 ,
(19)
При решении этого уравнения могут представиться два случая
1. п < к. Этот случай называется случаем слабого сопротивления.
2. п > к. Имеет место случай сильного сопротивления.
Общий интеграл дифференциального уравнения (19) имеет
различные формы в зависимости от того, какой из этих случаев имеет
место.
Рассмотрим случай слабого сопротивления. Обозначим буквой /?
положительную величину /? = л/к2 —п2, тогда общий интеграл уравнения
(19) имеет вид
х = e~nt(C± cos (fit) + С2 sin (/?t))
или
x = Ae~nt sin (fit + a).
(20)
Уравнение (20) показывает, что движение точки колебательное, но
не гармоническое (рис. 18).
Здесь Ct MС2 начальных условий;
постоянные интегрирования, определяемые из
/? = л/к2 —п 2 ~ частота затухающих колебаний;
А - амплитуда затухающих колебаний, множитель e “nt указывает на то,
что амплитуда колебаний с течением времени уменьшается;
Т=
— -----—период затухающих колебаний.
V/c2 —п 2
35
Сравнивая период затухающих колебаний с периодом свободных
колебаний, происходящих под действием той же восстанавливающей
силы, видим, что сопротивление увеличивает период колебаний.
Рассмотрим случай сильного сопротивления, когда п > к. Общий
интеграл уравнения (19) в этом случае имеет вид
х = ci e -(n-P)t + С2е “<п+^ ,
( 21)
где р = Vn2 —к 2, Cl t C2 —постоянные интегрирования.
Колебания в этом случае не возникают, так как силы сопротивления
велики. График движения точки показан на рис 19. Он имеет один из трёх
видов ( 1, 2, или 3), в зависимости от начальных данных.
Если п = к , то общий интеграл уравнения (19) имеет вид
х = e “n£(Ci + C2t).
36
( 22)
Движение точки в этом случае также не колебательное. Как и в
предыдущем случае, точка асимптотически приближается к началу
координат. График движения (функции) (22) имеет тот же вид (рис. 19).
Движения, происходящие по уравнениям (21) и (22),
называются
апериодическими.
Вынужденные колебания
Пусть на точку действует не только восстанавливающая сила
F ~ —сх , но и периодически изменяющаяся сила Q = Q0 s\npt,
называемая возмущающей (рис. 20). Здесь р - частота возмущающей
силы.
О
F
М
Q
%
—э-------- -•------ Ч1----- о-----------►
X
В
А
Рис. 20
Составим для точки основное уравнение динамики в проекции на ось
х
т х = —F + Q
или
т х = -с х + Q0 sinpt.
Преобразуем полученное уравнение к виду
..с
Qo .
х Н— х = — sm pt,
т
т
Введём
обозначения
Н = Q0/m , к 2 = с /т .
Получим
дифференциальное уравнение колебаний материальной точки в виде
x + k 2x = H s'm pt
(23)
Решение данного дифференциального уравнения имеет вид
Н
, ,
----- -sin ip t),
К
р
Н
, ч
х = A sin(kt + а) + 7-5----- ~sin{pt)%
к* —р *
х = Сг cos(kt) + С2 sin(fct)
37
или
При одновременном действии на точку восстанавливающей силы и
возмущающей силы точка совершает сложные колебания, состоящие из
собственных колебаний с амплитудой А и частотой к и вынужденных
Н
колебаний с амплитудой —---- - и частотой р.
К,Л~~р
Если угловая частота возмущающей силы р совпадает с угловой
частотой собственных колебаний
то возникает явление резонанса неограниченное возрастание амплитуды вынужденных колебаний (рис,
2 1 ).
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
Коэффициенты жёсткости пружин соответственно равны
сг = 2 Н/м; с2 - 4 Н/м ; с3 = 6 Н/м.
Определить
пружины.
жёсткость
а) сэ = 12,00 Н/м;
б) сэ = 4,00 Н/м;
в/ сэ = 1,09 Н/м;
г) сэ = 2,62 Н/м.
38
эквивалентной
2. Выбрать верное соответствие
1. Дифференциальное уравнение свободных колебаний
2. Дифференциальное уравнение затухающих колебаний
3. Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний
4. Дифференциальное уравнение апериодического движения.
а) х + 2пх + к 2х = 0; п < к
б) х + к 2х = Н sinpt
в) х + к 2х = 0
г) х + 2пх + к 2х = 0; п > к
3, Выбрать верный ответ
Дифференциальное уравнение колебательного движения груза
массой т = ОД кг, подвешенного к пружине, имеет вид х 4- 6Ох = 0.
Коэффициент жёсткости пружины равен
а) с = 120 Н/м;
в) с = 2 Н/м;
б) с = 40 Н/м;
г/ с = 30 Н/м.
4. Выбрать верный ответ
Определить максимальное удлинение пружины АВ в см при
свободных вертикальных колебаниях груза, если он прикреплён в точке В
к недеформированной пружине и опускается из состояния покоя.
Статическая деформация пружины под действием груза равна 2 см.
а) Я = 4 см;
б) X = 2 см;
в/ А = 8 см;
г) А = 6 см.
39
5. Выбрать верный ответ
Тело массой т = 10 кг подвешено к пружине и совершает
свободные вертикальные колебания с периодом Т —0,8 с. Коэффициент
жёсткости пружины равен.., (ответ округлить до целого значения)
а) с — 616 Н/м;
б) с = 80 Н/м;
в) с = 212 Н/м;
г) с = 64 Н/м.
6. Выбрать верный ответ
Определить период свободных вертикальных колебаний груза
массой ш = 80 кг, который прикреплён к пружине с жёсткостью
с = 2 кН/м.
а) Т = 1,12 с;
б; Т = 4, 08 с;
в) Т = 1,80 с;
г) Т = 1,26 с.
7. Выбрать верный ответ
Материальная точка массой т = 5 кг подвешена к пружине и
находится в свободном вертикальном колебательном движении, закон
которого задан графиком функции х = x(t). Определить коэффициент
жёсткости пружины
а) с = 120 Н/м;
б) с = 548 Н/м;
в) с = 204 Н/м;
г/ с = 326 Н/м.
40
8. Выбрать верный ответ
Дифференциальное
уравнение
колебательного
движения
материальной точки имеет вид %+ 8%+ 25% = 0. Период затухающих
колебаний равен
а) Т = 1,12 с;
6 )1 = 5, 08 с;
в) Т = 2#09 с;
г) Т = 3,26 с.
9. Выбрать верный ответ
Определить в каких случаях материальная точка находится в
колебательном движении, если дифференциальные уравнения имеют вид
а) х + 2%+ 2х = 0;
в) х + к 2х = 0;
б) х + Бх + Бх = 0;
г) х + 10%+ 25% = 0.
10. Выбрать верный ответ
Тело массы т совершает вертикальные колебания на упругой
подвеске, состоящей из четырёх пружин одинаковой жёсткости с. Указать
схему включения пружин упругой подвески, обеспечивающую колебания
тела с наибольшим периодом.
41
1.6. ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ ТОЧКИ
Для решения многих задач динамики вместо метода интегрирования
дифференциальных уравнений (обратная задача динамики), что
представляет в ряде случаев довольно трудоёмкую задачу, оказывается
более удобным применять общие теоремы динамики точки.
Теорема об изменении количества движения точки
Количеством движения точки называется векторная величина,
равная произведению массы точки на скорость точки
q = mv.
Направление вектора количества движения точки совпадает с
направлением скорости. Единица измерения вектора количества движения
кгм/с. Количество движения является одной из мер движения
материальной точки. Проекции количества движения материальной точки
на оси декартовых координат имеют вид:
qx = mvx;
qy = mvy;
qz = mvz.
Импульс силы характеризует действие, оказываемое на тело силой за
определённый промежуток времени
S
=FAt.
Направление вектора импульса силы совпадает с направлением
силы. Единица измерения вектора импульса силы кг*м/с или Нс.
Если сила, действующая на точку, переменная, то импульс силы
определяется как вектор, равный суммарному действию силы за конечный
промежуток времени
t
о
Проекции импульса силы на оси декартовых координат равны:
t
t
t
о
о
о
42
Теорема об импульсе равнодействующей силы. Импульс
равнодействующей силы за некоторый промежуток времени равен
векторной сумме импульсов составляющих сил за тот же промежуток
времени.
$00 = д а * )В основе теоремы об изменении количества движения точки лежит
основное уравнение динамики та = HFk . Так как масса т - const, а
ускорение точки равно а —d v/d t, то
d(mv)
dt
(24)
Уравнение (24) представляет собой теорему об изменении
количества движения точки в дифференциальной форме: производная
по времени от количества движения точки равна геометрической сумме
действующих на точку сил.
Проинтегрируем полученное выражение, для этого умножим обе
части уравнения (24) на dt и от обеих частей уравнения возьмём
определённый интеграл (левой части по скорости, правой части по
времени).
т I d v ~ £ I Fk dt.
о
р0
Получим
mv± —m v 0 = I,Ski
(25)
Уравнение (25) выражает теорему об изменении количества
движения точки в интегральной форме: изменение количества
двиэюения точки за некоторый промежуток времени равно
геометрической сумме импульсов всех действующих на точку сил за тот
же промежуток времени (рис. 22).
Данная теорема векторная. В проекциях на оси координат она
запишется в виде трёх скалярных уравнений.
mv^x
wiVqx —TiSkx,
m vly - mv0y = !Sky;
m vlz - mv0z = ZSk z .
43
Задача. 5 Телу сообщили начальную скорость v0 = 2 м/с вдоль
наклонной плоскости (а = 10°), и оно начинает скользить вниз. Через
t = 5 с тело останавливается вследствие трения. Определить
коэффициент трения тела о плоскость.
Решение. Примем тело за материальную точку (рис. 23). На неё
действуют три силы: сила тяжести, нормальная реакции опоры и сила
трения. Применим к решению задачи теорему об изменении количества
движения точки в проекции на ось х.
\Х>
юс
где количество движения конечное m vKX — 0 , количество движения
начальное m vHX = m v0, импульс равнодействующей силы вдоль оси х
I,Six — (m g *sin а —FTp)t.
44
Составив уравнение проекций всех сил на ось у, найдём
ZFiy = 0;
N - Geos а = 0;
N - Geos а.
Тогда сила трения будет равна
iVP = fN = fGcos а .
Подставив всё в исходное уравнение, получим
—m vо = (mg *sin а —fm g eo s a)t.
Сократив на массу, подставив значения, найдём коэффициент трения
Ответ: / = ОД 18
Работа силы. Мощность
Работа - это мера действия силы по перемещению тела из одного
положения в другое.
За единицу работы в СИ принимается 1 джоуль (Дж) или в системе
С Г С -1 эрг.
1 Джоуль = 10 7 эргов.
Работа постоянной силы на прямолинейном пути.
Если к точке приложена постоянная
сила F, под действием которой она
прямолинейно переместилась на расстояние
s (рис. 24), то работа этой силы равно
скалярному произведению вектора силы на
вектор перемещения точки её приложения.
А = F ■s = Fscos(Fj 5).
45
Рис. 24
(26)
В зависимости от величины угла а различают следующие случаи.
I .Если а — 0, то А = F ■s.
2. Если 0 < а < п/2, то работа всегда положительна.
3. Если а = п/2, то А = 0.
4. Если п /2 < а < п, то
работа принимает отрицательные значения.
5. Если а = п, то А ——F ■s.
Работа переменной силы на криволинейном пути
В общем случае, когда сила переменная и путь криволинейный,
работу определяют выражением
S
А=
Fcos a ds
о
или А = \ FT ds,
о
(27)
где s - путь вдоль криволинейной траектории;
FT - проекция силы на касательную траектории точки.
Величина работы численно равна площади под графиком Fr = f ( s )
(рис. 25).
Но элементарную работу можно записать как естественным, так и
координатным способом
46
dA = FT ds = Fx dx + Fy dy + Fz dz,
тогда
A = f(Fx dx + Fy dy + Fz dz).
(28)
Работа силы тяжести
Пусть точка М перемещается из начального положения 1 в конечное
положение 2 (рис. 26). Оси направим таким образом, чтобы ось Оz была
направлена вертикально
вверх. Тогда
Gx = 0, Gy — О, Gz = —G.
Подставим эти значения в формулу (28), получим
А = j (-G )d z = —G J dz = m g(zx —z 2) = mgh,
l
l
где h - разность высот. Работа
силы тяжести равна произ­
ведению силы тяжести на
вертикальное перемещение и не
зависит от траектории движения
точки. Если при движении точка
опускается, работа силы тяжести
положительная, если же при
движении точка поднимается, то
работа
силы
тяжести
отрицательна.
Работа силы упругости
Рассмотрим пружину АВ, конец которой А закреплён неподвижно
(рис. 27). При растяжении пружины в ней возникают силы упругости и на
тело, вызывающее растяжение, действует реакция пружины Еупр = сх, где с
— жесткость пружины, х — деформация пружины. Эта сила направлена
противоположно перемещению свободного конца.
47
Направим ось х по оси пружины,
приняв за начало координат конец
недеформированной пружины. Вы­
числим работу силы упругости на
перемещении при помощи формулы
(28):
^упр
/ (.^х *^Х
dy + Fz dz).
Рис. 27
С учётом того, что Fx = —сх, Fy = О, Fz = 0, получим работу силы
упругости на перемещении х = h
н
J
Лупр~ —с xdx = —ch / .
2 2
о
Работа силы упругости отрицательна в том случае, когда деформация
увеличивается, и положительна, когда деформация уменьшается.
Мощность.
Величину работы, совершаемую в единицу времени, называют
мощностью.
За единицу мощности в СИ принимают I ватт (Вт). Иногда мощность
измеряют в лошадиных силах (л.с.), 1л.с. = 736 Вт.
Если производимая работа в равные промежутки времени не
одинакова, то мощность является переменной величиной, тогда в данный
момент времени она равна первой производной от работы по времени или
скалярному произведению силы на скорость её точки приложения:
dA
N ~ — = F • v = Fv cos{F, v).
Теорема об изменении кинетической энергии точки
Кинетической энергией точки или живой силой называют
половину произведения массы точки на квадрат её скорости в данный
момент времени
48
m v2
Кинетическая энергия является скалярной величиной и притом
существенно положительной, поэтому она не зависит от направления
движения точки и не характеризует изменений этих направлений.
Единицей измерения кинетической энергии в СИ является джоуль
(Дж).
В основе теоремы об изменении кинетической энергии лежит
основное уравнение динамики
та =
Запишем его в проекции на касательную к траектории точки
таТ — ZFir.
Величину касательного ускорения точки запишем в виде
dv dv ds dv
ат= — = — — - = ~pv,
dt ds dt ds
тогда
mvdv = T,Firds.
Проинтегрируем данное равенство:
Vl
s
m j vdv = Z J FiT ds,
Vq
0
Получим
m v2
m vl
(29)
Выражение (29) представляет собой теорему об изменении
кинетической энергии точки: изменение кинетической энергии точки при
некотором её перемегцении равно алгебраической сумме работ всех
действующих на точку сил на том же самом перемещении.
Задача 6. Вагон массы т ударяет в пружинный амортизатор
жесткости с, имея в момент начала удара скорость v (рис. 28, а).
Определить максимальную деформацию пружины амортизатора,
49
пренебрегая её массой и полагая
Силой трения пренебречь.
ё недеформированной перед ударом.
а
V
Рис.
Решение.
Рассмотрим поступательное движение вагона как
движение материальной точки. Применяем к его движению теорему об
изменении кинетической энергии точки на перемещении х = Лшас - с
момента встречи вагона (точки) с пружинным амортизатором до
максимального сжатия пружины. Скорость точки при этом меняется от v
до 0.
На точку действуют силы: сила тяжести (5, нормальная реакция
рельсов N , сила упругости пружинного амортизатора ^ пр . Составим
уравнение
m 02
m v2
—
- —
=
(30)
Работа силы N, перпендикулярной к перемещению, равна нулю.
Работа силы тяжести G при горизонтальном движении точки тоже равна
нулю.
Работа силы упругости при деформации пружины от 0 до Лшас
-^Оупр) “
~~с ^-тас
Подставив работу в уравнение (30), получим
mv _
2~ ”
откуда
Ответ. Лтас
v^Jm/c
50
сЛтас
2
Теорема об изменении момента количества движения
Моментом количества движения материальной точки
относительно центра О называется вектор I (рис. 29), определяемый
равенством
I = f х mv.
Модуль момента количества движения точки равен удвоенной
площади треугольника, вершина которого точка О и основание вектор m v
(рис. 30)
I = m v ■ h.
В
Рис. 30
Рис. 29
Вычислим производную по времени от вектора I
dl
d
df
_
dv
— = —- (r x m v) = — x m v + r x m — .
d td t
dt
dt
Точка О неподвижна. Поэтому
dr
= v,
dt
dv
dt
a,
та = F ,
учтем, что
dr
x m v — v x m v = 0.
dt
Следовательно,
dig
— r x F = MQ
dt
51
Буквой М обозначен момент равнодействующей F или момент всех
действующих на точку сил:
dl о —
Уравнение (31) выражает теорему об изменении момента количества
движения точки относительно центра: производная по времени от
момента количества двиэюения материальной точки относительно
неподвижного центра равна главному моменту сил, приложенных к точке,
относительно того лее центра.
Момент количества движения точки lz относительно оси Z можно
вычислить следующим образом: провести какую-либо плоскость
XY перпендикулярную оси Z (рис. 31), спроецировать на плоскость
вектор яш и найти момент этой проекции относительно точки О - точки
пересечения оси с плоскостью
TY^xy '
lz
Рис. 31
В проекциях на координатные оси можно записать теорему об
изменении момента количества движения точки относительно оси
dlx
dt
dly
—Му)
dt
52
dlz
= Mz m
dt
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
Материальная точка массой 2 кг движется в плоскости OXY согласно
уравнениям х = sin(rrt), у — 0,512. Модуль количества движения точки в
момент времени t = 1,5 с равен...
а) 5,2 кг ‘ м/с;
б) 3 кг ■м/с;
в) 0,5 кг ■м/с;
г) 2,0 кг ■м/с.
2. Выбрать верный ответ
Трубка вращается с угловой скоростью со = 10 рад/с. Относительно
трубки движется шарик М массой т = 0,2 кг со скоростью vr = 4м/с.
Модуль количества движения шарика в момент времени, когда расстояние
ОМ = 0,4 м, будет равен...
а) 4,22 кг • м/с;
б) 2,52 кг ■м/с;
в) 1,13 кг *м /с ;
г) 0,50 кг • м/с.
3. Выбрать верный ответ
Материальная точка М массой т = 3 кг движется равномерно по
дуге окружности со скоростью v = 5 м/с. Величина импульса
равнодействующей сил, действующих на точку, за время её перемещения
из положения А в положение В равна...
a) 15V3
б) 30
у ,
Н • с;
М
Н ■с;
mv у /
в) 18 Н ■с ;
г; 15
V ^ 6tT 6 0 А
Н *с .
f mv
53
/
4. Выбрать верный ответ
Поезд движется по горизонтальному прямому участку пути. При
торможении развивается сила сопротивления, равная 0,2 веса поезда.
Приняв поезд за материальную точку, определить, через какое время поезд
остановится, если начальная скорость его 20 м/с.
а) 5,2 с;
б) 4,6 с;
в) 8,8 с ;
г) 10,2 с.
5. Выбрать верный ответ
Материальная точка массой ш = 4 кг движется по окружности
радиусом R = 1 м по закону s = 7 + 3 t2, где я - дуговая координата в
метрах, I - время в секундах. Момент количества движения точки
относительно центра окружности в момент времени, когда t = 1 с ,
равен...
а) 16 кг ■м2/с;
б) 18 кг ■м2/с;
в) 4 кг ■м2/с;
г) 24 кг *м2/с.
6. Выбрать верный ответ
Материальная точка М массой т ~ 0,5 кг движется со
скоростью v = 2 м/с по прямой АВ. Определить момент количества
движения точки относительно начала координат, если расстояние ОА =
1 м и угол а = 30°.
а) 1,6 кг ■м2/с;
б) 0,8 кг • м2/с;
г) 1,4 КС м2/с.
О
54
7. Выбрать верный ответ
Материальная точка движется под действием известной силы.
Характеристики движущейся точки: А - масса, В - скорость, С ускорение и D - сила. Из перечисленных характеристик для определения
кинетической энергии необходимы...
а) А и В;
б) А и С;
в) А, С и D;
г) А и £).
8. Выбрать верный ответ
Материальная точка массой т = 1 кг движется по криволинейной
траектории из точки Мх в точку М2 под действием системы сил. Если
известно, что скорость точки в положении M i— vt = 1м /с, а работа
равнодействующих всех сил, действующих на точку на перемещении
Мг М2 — А = 7,5 Дж, то скорость точки в положении М2...
а) 2 м/с;
б) 16 м/с;
в) 4 м/с;
г) 8 м /с
9. Выбрать верный ответ
Пружину с жёсткостью 150 Н/м сжали до 0,06 м и отпустили.
Работа, совершенная силой упругости при восстановлении пружины, равна
0, 27 Дж. Длина восстановленной пружины равна...
а) 0,10 м;
б) 0Д2 м;
в) 0Д8 м;
55
г) 0Д5 м.
10. Выбрать верный ответ
Материальная точка массой т = 1 кг движется в вертикальной
плоскости по окружности радиусом R = 2 м. Если принять д = 10 м/с2, то
работа силы тяжести на перемещении из положения А в положение В равна
а) —л/3 Дж;
б) л/3/2Дж;
в) -10л/3 Дж;
г) 10V3/2 Дж.
11. Выбрать верный ответ
Один конец пружины закреплен неподвижно с помощью шарнира О,
а второй, свободный, конец М описывает эллиптическую траекторию,
уравнение которой имеет вид х 2/4 + у 2/9 = 1 ( х и у в сантиметрах). Зная
жёсткость пружины с = 2 Н/см и её длину в недеформированном
состоянии I = 1 см, определить работу силы упругости при перемещении
точки М из положения М* на оси Ох в положение М2 на оси Оу.
а) “ 3 Дж/
б)
6 Дж;
в) -1 0 Дж;
г)
56
9 Джв
17. ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА ДЛЯ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Принцип Даламбера (или принцип Германа-Эйлера-Даламбера)
позволяет задачи динамики решать как статические. Добавив к
действующим силам силы инерции, можно применять все теоремы, законы
и правила, доказанные и принятые в статике. Раздел, связанный с этим
принципом, называется «Кинетостатика», что означает «статика в
движении».
Силой инерции материальной точки называется произведение массы
этой точки на её ускорение, взятое с обратным знаком
РИИ = —та.
Сила инерции
Ёин движущейся материальной точки всегда
направлена в сторону, противоположную направлению ускорения. При
криволинейном движении (рис. 32) полную силу инерции целесообразно
разложить на две составляющие: нормальную (центробежную) силу
инерции
= —т ап и тангенциальную (касательную) силу инерции
Дин = —т аТ.
Если на несвободную материальную точку действуют система
активных сил с равнодействующей R
и реакции связей с
равнодействующей
N
и она будет двигаться с ускорением а
57
относительно инерциальной системы отсчёта, то основное уравнение
динамики для неё можно записать в виде
та = R + N
или
R + N —та = О,
а так как F HH = —та, то
R + N + F HH = 0.
Принцип Даламбера: геометрическая сумма активных сил, реакций
связей и силы инерции этой точки в любой момент времени равна нулю.
Задача 7. Материальная точка М массой т = 2 кг подвешена на
нити длиной I = 0,6 м, закреплённой в неподвтсной точке К (рис. 33, а).
Точка М равномерно вращается по окружности в горизонтальной
плоскости. Определить скорость точки, если угол наклона нити к
вертикали составляет 30°.
Решение. Изобразим все силы, действующие на точку М : силу
тяжести G и натяжение нити Т . Применим принцип Даламбера, условно
приложим к точке М её силу инерции (рис. 33, б). Так как движение
равномерное, то тангенциальная составляющая силы инерции равна нулю.
Сила инерции точки М равна только нормальной силе инерции,
направленной противоположно нормальному ускорению, а модуль её
равен
У
х
г
G
Рис. 33
58
Плоская сходящаяся система сил, действующая на точку М> является
уравновешенной, поэтому составим два уравнения равновесия.
Щ у = 0;
Tcos30° - 6 = 0.
Откуда находим натяжение нити
та
Т = ---=
cos 30°
ZFix = 0;
2 *9,81
= 22'66 Н
0,866
FnHH—Tsin30° = 0
где
или
v2
m — = Tsin30° ,
г
г —О sin30° = 0,6 *0,5 = 0,3 м.
Отсюда
Trsin30°
m
22,66*0,3-0,5
J
= 1,30 м/с.
2
Ответ: v = 1,30 м/с
Таким образом, мы видим, что принцип Даламбера и все теоремы
динамики точки представляют собой результат математических
преобразований основного уравнения динамики для материальной точки.
Все они применимы для решения любой задачи, но каждое из них
позволяет рассматривать одно и то же движение с разных точек зрения.
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
Материальная точка массой М движется по закону f = 3 tT + sintj +
4к. Сила инерции будет направлена параллельно...
а) оси Oz;
б) оси Ох;
в) плоскости %0z ;
г) оси Оу.
х
59
2. Выбрать верный ответ
Материальная точка массой т = 3 кг скользит вниз по гладкой
плоскости под действием силы F = 4 Я (принять д = 10м/с2). Сила
инерции точки равна...
а) 18 Я/
б) 14 Я/
в) 19 Я/
г) 7 Я.
3. Выбрать верный ответ
Материальная точка М движется по направляющей окружности
радиуса г , согласно закону s = 24t + 8 . Верное направление силы
инерции указывает сила...
4. Выбрать верный ответ
Лифт опускается с ускорением а. Сила давления груза массой т на
дно лифта равна...
а
а) т (д — а);
б) т (а + д);
в) 0 ;
г) т д ,
тд
60
5. Выбрать верный ответ
Материальная точка М массой т = 4 кг движется по закону 5 =
0,512 + 0,5sm4t. В момент времени t = 5 с радиус кривизны траектории
точки р = 4 м. Определить в этот момент времени модуль силы инерции
материальной точки,
s
а) 18,6 Н;
б) 42,2 И;
в) 20,0 И;
г) 7,5 Я.
6. Выбрать верный ответ
Определить угол отклонения а стержня ОМ с точечной массой на
конце от вертикальной оси вращения, если вал АВ совместно со стержнем
ОМ равномерно вращается с угловой скоростью
щ = 5 с- 1 , а длина
стержня I = 0,8 м. Массой стержня ОМ пренебречь, ускорение свободного
падения принять д = 10м/с2.
а) а = 30/
б) а = 45°;
в) а - 90°,
г) а = 60°.
7. Выбрать верный ответ
Луна движется вокруг Земли на расстоянии 384400 км от центра
Земли с орбитальной скоростью 163 м/с. Масса Луны равна 7,35 • 1022 кг.
Определить силу, с которой Земля притягивает Луну, считая Луну
материальной точкой.
а) 6,24 ■1016/
б) 4 ,62 • Ю20;
в) 2 ,15 ■1019;
61
г) 5,08 ■1018.
8. Выбрать верный ответ
Пружина жёсткости с = 14 Н/м с точечным грузом массы т = 1 кг
на свободном конце равномерно вращается в горизонтальной плоскости
хОу вокруг неподвижного центра 0 , с которым связан другой конец
пружины. Определить удлинение пружины X , если угловая скорость
вращения ш = 2 с”1 , а длина недеформированной пружины I —10 см .
Массой пружины и сопротивлениями пренебречь.
а) X = 3 см;
ф Я = 4 см;
в) Я = 2 см;
Я = 7 см .
9. Выбрать верный ответ
По неподвижной направляющей в виде окружности, расположенной
в вертикальной плоскости, может скользить без трения шарик массы т .
Из положения, характеризуемого углом а = 60° , шарик отпущен без
начальной скорости. Определить реакцию N направляющей в момент
прохождения шариком своего наинизшего положения.
а) N — 2тд;
б) N ~ тд;
в) N = тдл!3/2;
г) N - т д /2 .
62
2. ДИНАМИКА МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
Ранее мы рассматривали движение материальной точки, которая
представляет собой идеальную модель, в природе которой нет. Этой
абстракции недостаточно, чтобы изучить движение реальных тел
окружающего нас мира.
2.1. С И С Т Е М А М А Т Е Р И А Л Ь Н Ы Х Т О Ч Е К
Системой материальных точек, или механической системой,
называется совокупность материальных точек, в которой состояние
равновесия или движения отдельных точек зависит от состояния
остальных точек (связка бус, но не горох, рассыпанный на столе).
Абсолютно твёрдым телом можно назвать неизменяемую систему,
образованную непрерывной совокупностью материальных точек.
Силы, действующие на точки или тела системы, можно разделить на
внешние и внутренние.
Внешними называют силы, действующие на точки системы со
стороны точек или тел, не входящих в состав данной системы. Внешние
силы будем обозначать символом Fe (индекс <? от начальной буквы
французского слова exterieur - внешний).
Внутренними называют силы, действующие на точки системы со
стороны других точек или тел этой же системы. Внутренние силы будем
обозначать символом F1(индекс i от начальной буквы французского слова
interieurr - внутренний).
Внутренние силы обладают следующими свойствами.
1.Главный вектор всех внутренних сил системы равен нулю.
Щ = о.
2. Главный момент всех внутренних сил системы относительно
любого центра О или оси г равен нулю.
1 т 0Щ ) = 0 или T .m z ( F k ) = 0.
63
Однако из этих свойств не следует, что внутренние силы взаимно
уравновешиваются и не влияют на движение системы, так как эти силы
приложены к разным материальным точкам или телам и могут вызывать
взаимное перемещение этих точек или тел. Уравновешенными внутренние
силы будут тогда, когда рассматриваемая система представляет собою
абсолютно твёрдое тело.
Масса системы равна арифметической сумме масс всех точек или
тел, образующих систему
М = 1т к.
Центром масс или центром инерции механической системы
является геометрическая точка С, координаты которой определяются
формулами, известными из раздела «Статика» тема «Центр тяжести
тела».
Хс
Ъ т кх к
Zrnk y k
~ ~~М ~'
У с~ ~ ~ М ~ '
^ m kz k
2 с ~
М
'
Положение цента масс можно определить его радиусом-вектором
(рис. 34) по формуле
Zmkfk
Гс ~ М ’
где
радиусы-векторы точек, образующих систему.
64
Однако следует иметь в виду, что хотя положение центра масс
совпадает с положением центра тяжести тела, находящегося в однородном
поле тяжести, понятия эти не являются тождественными. Понятие о центре
тяжести, как о точке, через которую проходит равнодействующая сил
тяжести, имеет смысл только для твёрдого тела, находящегося в
однородном поле тяжести. Понятие же о центре масс, как о характеристике
распределения масс в системе, имеет смысл для любой системы
материальных точек или тел, независимо от того, находится ли данная
система под действием каких-нибудь сил или нет.
Задача 8. В механизме эллипсографа (рис. 35, а) масса кривошипа
ОАравна 2т, а масса каэюдого из ползунов В и D - т. Найти траекторию
ifewripa масс механизма, если ОА = I, а длина невесомой линейки равна
BD = 21, причем ВА = AD.
л
б
Решение. Определим координаты центра масс эллипсографа по оси
х и по оси у по формулам
l m kxk
ЪгПкУк
Х с ~ М ’ Ус ”
М '
Эллипсограф состоит из пяти тел: кривошипа ОА, двух ползунов
В, D и невесомой линейки BD, которую в формулах для определения
координат центра тяжести системы не будем учитывать. Обозначим угол
наклона кривошипа ОА к оси Ох через (р. При движении эллипсографа он
65
будет меняться. Так как треугольник
ОАО по условию задачи
равнобедренный, то углы при основании равны (рис. 35, б).
Координаты центра масс хс и у с данного механизма определим по
формулам
I
т 0А 2 ' C0S(P + m D2l ■coscp + т в • 0
з
Х с = ------------------------------------------------- = “ I ‘ COS(O)
т 0А + m D + тпв
4
шоа \ ‘ sincp + m D ■0 + т в 21 ■simp
3
Ус = ------------------- ;------- ;------------------= “ / ’ sirup.
Шоа + m D + т в
4
Определим траекторию центра масс эллипсографа,
исключим из уравнений координат переменную - угол (р
3
х с = —I ■coscp,
для этого
3
Ус =-l-sirup.
Возведём в квадрат оба уравнения и сложим их:
2
(■cos2cp + sin2q)).
х с2 + Ус2
Учтём, что
sin2 ~ + cos2 — = 1,
тогда видно, что уравнением траектории центра масс механизма является
окружность:
О с) 2 + (Ус) 2 = ( д ) •
Ответ: траектория центра масс эллипсографа - окружность, координаты
центра окружности (0; 0), радиус окружности R = 31/4.
СВЯЗИ И Д И Н А М И Ч ЕС К И Е РЕА К Ц И И СВЯЗЕЙ
Несвободной механической системой (точкой) называется система
(точка), свобода движения которой ограничена.
Тела, ограничивающие
называются связями.
свободу
бб
движения
системы
(точки)
Перемещения точек механической системы зависят не только от
приложенных активных сил и начальных условий, а также от наложенных
на систему связей. При этом значения начальных условий не могут быть
независимыми друг от друга, а должны удовлетворять уравнениям связи,
которые бывают не только функциями координат, но и скоростей,
ускорений, времени.
Связи можно разделить на несколько видов.
Стационарные связи - связи, в уравнения которых не входит время. Эти
связи не изменяются с течением времени. Уравнения их имеют вид
f( x , y , z ) = 0.
Нестационарными называют связи, в уравнения которых входит время, т.
е. они меняются с течением времени. Уравнения их имеют вид
f(x,y,z,t) = о.
Двусторонние или удерживающие связи аналитически выражаются
равенством, например f(x, у, z) = 0.
Односторонние или неудерживающие связи аналитически выражаются
неравенством, например f(x, у, z) < 0.
Геометрическими называют связи, уравнения
функциями только координат f(x, у, z) — 0.
которых
являются
Дифференциальными называются связи, в уравнения которых входят
производные f(x, у, z,x}у, z) = 0.
Интегрируемыми называются дифференциальные связи, уравнения
которых можно проинтегрировать и представить как геометрические.
Неинтегрируемыми называются дифференциальные связи, уравнения
которых не интегрируются.
Голоиомными называются
интегрируемые связи.
геометрические
и
дифференциальные
Неголономными называются неинтегрируемые дифференциальные связи.
Примером голономной, двусторонней, стационарной связи может
служить абсолютно жёсткий стержень ОМ длиной /, соединяющий
материальную точку M e неподвижной точкой О (рис. 36),
67
Рис. 36
Стержень ОМ ограничивает движение точки, допуская её движение
лишь по сферической поверхности радиусом /. Уравнение связи имеет вид
х 2 + у 2 + z 2 — I2 ~ 0.
Это уравнение связывает координаты точки и не содержит времени.
Приведём пример голономной, удерживающей, нестационарной
связи. Рассмотрим движение кольца, надетого на стержень, вращающийся
вокруг оси, перпендикулярной к стержню (рис. 37).
Связь, наложенная на кольцо, осуществляется стержнем, уравнение
движения которого в случае равномерного движения имеет вид
(р = cot.
Считая кольцо точкой, можно выразить данную связь уравнением
У
~ = tgcp = tgcot или у —х • tgcot = 0.
X
Примером неудерживающей (односторонней) связи может служить
материальная точка М, закреплённая на конце гибкой нерастяжимой нити
68
■длиной I, другой конец которой закреплён в неподвижной точке О
(рис. 38). Взяв начало координат в точке О, можем написать
х 2 + у 2 + z 2 — I2 < 0.
До тех пор, пока точка М находится на поверхности шара радиусом /
с центром в точке О, координаты точки удовлетворяют равенству
х 2 + у 2 + z 2 —I2 = 0.
Как только точка М покинет поверхность шара, координаты её будут
удовлетворять неравенству
х 2 + у 2 + z 2 —I2 < 0,
так как точка будет находиться внутри шара. Точка при этом будет
двигаться так, как если бы связи не было.
Принцип освобождаемости от связей позволяет рассматривать
движение несвободной механической системы (точки) как движение
свободной под действием задаваемых сил и реакций связей.
М О М ЕН ТЫ ИН ЕРЦ И И
Осевой момент инерции играет при вращательном движении
тела такую же роль, какую масса при поступательном движении, т. е.
осевой момент инерции является мерой инертности тела при
вращательном движении.
Пусть Oz - некоторая ось, а М - материальная точка с массой т }
находящаяся на расстоянии h от оси (рис. 39).
2 i\
h
а
W
° 777JЬ
/
Рис. 39
69
Моментом инерции материальной точки относительно оси z
называется скалярная величина, равная произведению массы точки на
квадрат расстояния точки до оси, т. е.
4 = ш к 2.
Моментом инерции механической системы относительно оси
называется сумма моментов инерции материальных точек системы
относительно этой оси
lz = Z (m kh l).
(32)
Здесь т к - масса к-й точки системы, a hk - её расстояние до оси Oz.
Если расстояния от точек системы до оси выразить через
координаты точек (хк, у к> z k), то квадрат расстояния от /с-й точки до
оси Oz, например, равен х \ + у к . Тогда моменты инерции системы
относительно координатных осей будут определяться формулами
Ix = 2(mk(yg + zl));
Iy = 2 (m fc(*fc + ZD );
/z = Z (m k (x'£ + yl)').
(33)
Иногда моменты инерции системы относительно оси задаются
через радиус инерции относительно оси, например Oz
где М - масса системы, a iz - радиус инерции системы относительно
оси Oz.
Радиусом инерции называется расстояние от оси до той точки,
момент инерции которой равен моменту инерции всего тела.
Формулы (32) и (33) годятся для любой механической системы,
в том числе и для твёрдого тела (рис. 41). Только при непрерывном
распределении массы, суммы, стоящие в этих формулах, переходят в
интегралы, например,
70
Так можно вычислить осевые моменты инерции простых
однородных тел.
Например, момент инерции однородного сплошного диска
(рис. 42, а)
_ MR2
lx -
_
ly -
M R '
4
Момент инерции идеально тонкой окружности (рис. 42,6)
12
=MR2;
11х - 1 1у
MR2
Момент инерции кольца (рис. 42. в)
M(R2
4 =
+г2)
1 = 11у =
1х
Рис. 42
71
M(R2
+г2)
Момент инерции тонкого стержня (рис, 43, а)
1У = 0.
Момент инерции сплошного прямоугольника (рис. 43, б)
Mb'
4 =
М (а2 + Ь2)
4 =
М а‘
4
Рис. 43
Осевые моменты инерции однородных тея можно найти в при л.
2 данного пособия.
Рис. 44
Как мы видим, моменты инерции
данного тела относительно разных
осей
будут
разными.
Теорема
Гюйгенса-Штейнера позволяет, зная
момент инерции относительно какойнибудь одной оси ICz', проведённой в
теле через центр масс, найти момент
инерции относительно любой другой
оси
l0zf ей
параллельной,
и
находящейся на расстоянии d от
первой (рис. 44).
72
Теорема Гюйгенса-Ш тейнера. Момент инерции твёрдого тела
относительно данной оси равен моменту инерции относительно оси,
ей параллельной, проходящей через центр масс тела, сложенному с
произведением массы всего тела на квадрат расстояния между осями.
loz - h z + M d2.
Из этой формулы следует, что I0z >
Следовательно, из всех
осей данного направления наименьший момент инерции тела будет
относительно той оси, которая проходит через центр масс.
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
Геометрическая сумма всех внутренних сил, действующих на точки
механической системы, равна
а) количеству движения механической системы;
б) сумме всех внешних сил механической системы;
в) нулю;
г) произведению массы системы на радиус-вектор её центра масс.
2. Выбрать верный ответ
Найти положение центра масс С системы, состоящей из тонкого
однородного стержня АВ массы т и длины I, и точечной массы 2 т,
расположенной на конце В стержня.
а) ЛС = $1/6;
А
б) АС = 21/3;
в) АС = //4;
г) АС - 31/$.
73
# В
3. Выбрать верный ответ
Найти координату у с центра масс системы из трёх однородных
стержней массы т и длины I каждый, составляющих равносторонний
треугольник ОАВ, и трёх одинаковых точечных масс т, расположенных в
вершинах треугольника.
а) ус = 21/2;
А
б ) у с = ZV3/6;
в) А С = 1 / 3 ;
г ) А С = V2Z/3 .
О
4. Выбрать верный ответ
Материальная точка движется в пространстве. На неё наложена
связь, уравнение которой имеет вид х 2 + у 2 + z 2 — 2 S t2 < 0 . Указать
правильное название связи
а) иеголономная неудерживающая нестационарная связь;
б) голономная стационарная неудерживающая связь;
в) голономная стационарная удерживающая связь;
г) голономная нестационарная неудерживающая связь.
5. Выбрать верный ответ
Определить радиус инерции тела массой т = 150 кг относительно
оси O z , если его момент инерции относительно этой оси равен
lz = 1,5 кг ■м2
a) iz = 2,5 м;
б) iz = 0,6 м;
в) iz = 1,0 м;
74
г) iz = 0,1 м .
6. Выбрать верный ответ
Найти момент инерции тонкого однородного диска массы М и
радиуса R относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно
плоскости диска.
а) 3MR2/4;
б) MR2/4]
в) MR2/ 2;
г) 5MR2/4 .
7. Выбрать верный ответ
Однородный стержень длиной 21 и массой т находится
пространстве. Момент инерции стержня относительно оси Oz равен...
в
а) mR2/ 4;
б) 3mR2/4\
в) 4mR2/3 ;
г) m R2/4 .
8. Выбрать верный ответ
Определить момент инерции IAz системы, состоящей из тонкого
однородного стержня АВ веса Р и длины I и однородного тонкого диска
веса Р и радиуса г — 1/4, относительно оси, проходящей через точку А
перпендикулярно плоскости чертежа
х
а) 6SPL2/32д;
б) 1 8 5 f/2/9 6 tg;
в) 12SP12/32д;
г) 23Р12/16д.
75
9. Выбрать верный ответ
Как изменится осевой момент инерции некоторой механической
системы с уменьшением всех линейных размеров в два раза при
одновременном увеличении её массы в три раза?
а) увеличится в 1, 5 раза;
б) уменьшится в 2 раза;
а) увеличится на 25%;
г) уменыиится на 25%.
10. Выбрать верный ответ
Определить радиус инерции угольника АВС относительно оси,
проходящей серез точку А перпендикулярно его плоскости. Угольник
составлен из двух тонких однородных стержней АВ и ВС, длины которых
равны АВ = I, ВС —21, а массы тАВ = т, т вс = 2 т .
А
_Г_В
а) i = l-yj5/3;
б) i = *VS;
a) i = 21;
г) i = 2Ь/3.
с
76
2.2. Т Е О Р Е М Ы М Е Х А Н И Ч Е С К О Й С И С Т Е М Ы
Движение материальной точки определяется основным уравнением
динамики
т а = F,
следовательно, движение механической системы, состоящей из
материальных точек, будет определяться п уравнениями
mka.k = Fk + F£,
к = 1,2,...,п
п
(3 4 )
где т к - масса к-й точки системы, ак - её ускорение, Fk и Fk равнодействующие внутренних и внешних сил. Эти уравнения являются
дифференциальными. Ввиду невозможности проинтегрировать систему из
/7
уравнений (кроме отдельных простейших случаев), а значит и
невозможности определить закон движения каждой из точек механической
системы, при решении задач применяют общие теоремы динамики
системы.
ТЕО РЕМ А О Д ВИ Ж ЕН И И Ц ЕН ТРА М А С С С И С Т Е М Ы
В ряде случаев для определения характера движения системы,
достаточно знать закон движения её центра масс. Так как по свойству
внутренних сил системы EFjJ = 0/ то из суммы уравнений (34) легко
можно вывести теорему о движении центра масс системы:
Мас = Щ
(35)
Теорема о движении центра масс системы: произведение массы
системы М на ускорение её центра масс а с равно геометрической сумме
всех действующих на систему внешних сил
Справедливо и такое
определение теоремы: центр масс системы движется как материальная
точка, масса которой равна массе всей системы и к которой приложены
все внешние силы, действующие на систему.
Проецируя обе части равенства (35) на координатные оси, получим
М*с - Щ х,
Мус = 21%-
M zc = Щ , .
Эти уравнения представляют собой дифференциальные уравнения
движения центра масс в проекциях на оси декартовой системы координат.
77
Практическая ценность этой теоремы состоит в том, что она
позволяет при определении закона движения центра масс любой системы
исключить из рассмотрения все внутренние силы.
Следствия из теоремы.
1. Если главный вектор внешних сил системы равен нулю ZF,^ = О,
то центр масс системы находится в покое или движется равномерно и
прямолинейно.
Действительно, если Fe = ZF/f = 0, то ас = 0, значит vCx = const
2. Пусть сумма внешних сил, действующих на систему, не равна
нулю, но эти силы таковы, что сумма их проекций на какую-нибудь ось
(например, ось х) равна нулю ZF^ = 0, тогда
d 2xc
dxc
, = 0 или —— = vCx = const
at*
dt
Если сумма проекций всех действующих внешних сил на какую-либо
ось равна нулю, то проекция скорости центра масс системы на эту ось есть
величина постоянная, т. е. проекция центра масс на эту ось неподвижна
или движется равномерно и прямолинейно.
Задача 9. Механическая система состоит из груза D массой
ш 1 = 6 кг и из прямоугольной вертикальной плиты массой т 2 = 12 кг,
дви.жугцейся вдоль горизонтальных направляющих (рис. 45, а). В момент
времени £0 = 0 , когда система находилась в покое, под действием
внутренних сил груз начинает двигаться по жёлобу, представляющему
собой окружность радиуса R ~ 0,6 м, по закону (р = n t рад. Определить
полную нормальную реакцию направляющих.
а
////////////////////////////////
7Ш 77777777777Ш 77777777Ш
Рис. 45
78
Решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из плиты
и груза
D в произвольном положении (рис. 45, б).
Изобразим
действующие на систему внешние силы: силы тяжести Plt Р2 и реакцию
направляющих N . Проведём координатные оси Оху так, чтобы ось у
проходила через точку С20, где находился центр масс плиты в момент
времени t0 = 0.
Для определения нормальной реакции составим дифференциальное
уравнение центра масс системы в проекции на вертикальную ось у
Мус = Щ у, или Мус = N - Р± - Р2.
(36)
Отсюда выразим N, учтём, что Р1 — т 1 шд, Р2 = т 2 ■д, т 1 + т 2 = ЬА
N = Мус + ( т , + т 2)д.
Для определения у с воспользуемся
координату центра масс системы,
формулой,
(37)
определяющей
= т 1Уг + ™,2Уг
Ус
т1 + т2
где у г —Н + Rsincp, у 2 — Н = OC2Q = const, тогда
Му с = (т ^ х + т 2у2) = (т г + w 2)H + m ^ s i n i n t ).
Продифференцируем обе части этого равенства два раза по времени
Му с — mxRn cos(nt);
М ус = —п^йтг2 sin (art).
Подставив это значение Мус в уравнение (37), определим исзсомую
зависимость N от t.
N = —irixRn2 sin(nt) + (rnx + m ^ g = 176,6 —35,5 sin(Tzt),
Ответ: N = 176,6 —35,5 sin(rct)
79
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
Механическая система движется так, что проекции ускорения её
центра масс С на оси координат равны аСх — 4 м /с2; аСу = 2м/с2; aCz =
4 м /с2. Определить модуль главного вектора внешних сил, действующих
на систему, если масса системы т = 40 кг.
а) F = 64 Я/
б) F — 128 Я/
e)F = 240 Я/
z)F = 320 Я .
2. Выбрать верный ответ
Диск массой m = 20 кг вращается равномерно вокруг неподвижной
оси с угловой скоростью а) = 10 р а д /с . Определить модуль главного
вектора внешних сил, приложенных к диску, если его центр тяжести
удалён от оси вращения на расстояние ОС = 0,5 см.
a) F = 50 Н;
в) F = 250 Я;
6/ F = 100 Я;
z)F = 10 Я .
3. Выбрать верный ответ
Однородный диск радиуса Я = 0,5 м масса которого m = 20 кг,
вращается с постоянным угловым ускорением s = 0,5 рад/с2. Определить
модуль главного вектора внешних сил, действующих на диск.
Уi
а) F = 10 Я;
в) F = 0,5 Я;
б) F = 5 Я/
г/ F - 0 Я.
80
4. Выбрать верный ответ
Однородный прямолинейный стержень ОА вращается вокруг
неподвижной оси, перпендикулярной стержню и проходящей через его
конец О, в соответствии с уравнением ср = n t 2/2. Установить направление
главного вектора внешних сил, действующих на стержень, при t = 0 с.
а) вниз параллельно оси Оу;
б) влево параллельно оси Ох;
в) вверх параллельно оси Оу;
г) вправо параллельно оси Ох
5, Выбрать верный ответ
Движение центра масс механической системы определяется
радиусом-вектором ?с ~ 2 cos(Trt) Г+ 2 sin(7rt)/, Определить проекцию на
ось Оу главного вектора внешних сил в момент времени t = 0,5 с, если
масса системы т = 10 кг. Ответ выразить в целых числах.
а) F = -1 9 7 Н;
б) F = 0 И;
е) F = - 8 4 Н;
z)F = 216 Я.
6. Выбрать верный ответ
Кривошип 1 шарнирного параллелограмма вращается равномерно с
угловой скоростью о) —5 рад/с. Определить модуль главного вектора
внешних сил, действующих на звено 2, если его масса т = 8 кг, длина
ОА = 0,4 м.
81
а) F = 100 Я;
б) F = 80 Я/
в) F — 20 Н;
г) F = 32 Я .
7. Выбрать верный ответ
Шкив 2 радиуса Я = 0,2 м, вращаясь с угловым ускорением £2 =
10 рад/с2, поднимает однородный цилиндр 1, масса которого т — 50 кг.
Определить модуль главного вектора внешних сил, действующих на
цилиндр.
а) F = 85 Я;
б ) F = 50 Я;
eJF = 104 Я/
г) F = 120 Я.
8. Выбрать верный ответ
Тело 1 массой 4 кг может двигаться по горизонтальной
направляющей. На какое расстояние переместится тело 1, когда
однородный стержень 2 массой 2 кг и длиной I = 0,6 м опускаясь под
действием силы тяжести, займёт вертикальное положение. В начальный
момент система находилась в покое.
а) ОД м/
б) 0,3 м;
е)-0,3 м;
г)—0,2 м .
82
9. Выбрать верный ответ
Однородный стержень АВ длины 21 опирается концом А на гладкую
горизонтальную плоскость, при этом в начальный момент угол наклона
стержня к плоскости равен (р0 — 60° . Затем стержню предоставляют
возможность из состояния покоя свободно опуститься на плоскость.
Определить смещение А0А опорного конца стержня к моменту, когда угол
наклона стержня к плоскости станет равным 30°.
а) А0А = /( V 3 - 1)/2;
б) А0А = /V3/2;
в) А0А = 1/4;
г) А0А - 1ЬГз/4).
/77/7 7 7 7 /7 /7 /У Z/7/ У/У 7/77
10. Выбрать верный ответ
Платформа массой Шх = 80 кг и длиной АВ = / = 6 м стоит на
гладкой горизонтальной плоскости. На платформе в положении А
находится тележка массой т 2 = 40 кг. Если тележка под действием
внутренних сил переместится вправо в положение В, то платформа...
а) переместится вправо на 2 м/
7
б) переместится влево на 6 м/
в) переместится влево на 2 м/
г) останется на месте .
83
ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ
СИСТЕМЫ
Количеством движения механической системы называют главный
вектор количеств движения всех точек системы:
Q
=^mkv k.
При этом Q = M vc, где М ~ масса всей системы, vc - скорость центра масс
системы. Проекции главного вектора количеств движения системы
материальных точек на оси декартовых координат определяются
формулами:
Qx
=
=Мхс;
=I m ky k =Му с;
Qy
=Mzc.
Из этих формул видно, что если система движется так, что центр
масс остаётся неподвижным, то количество движения тела равно нулю.
Например, количество движения тела, вращающегося вокруг неподвижной
оси, проходящей через его центр масс, будет равно нулю. Таким образом,
количество движения характеризует только поступательное движение
системы.
Теорема об изменении количества движения в дифференциальной
форме: производная по времени от количества движения механической
системы равна главному вектору внешних сил:
dQ
dt
В проекциях на оси
dQx
dt
Щ.
dQy_ уре
dQ,
- - - = EF®
kz‘
dt
Импульс силы за некоторый промежуток времени {0, t) - это величина,
равная интегралу от силы по времени, взятому за этот промежуток:
t
F dt.
о
Для случая постоянной силы S
=F tч
Теорема об изменении количества движения в интегральной
форме: изменение количества движения механической системы за
84
некоторый промежуток времени равно сумме импульсов, действующих на
систему внешних сил за этот промежуток времени:
Q~Q0 = lS l
(38)
В проекциях на оси:
Qx - Qxо =
Qy - Qyo = Щ у )
Q, - Qz0 =
Здесь Q0 - начальное (для момента времени t —0) значение, a
конечное (для момента времени t) значение количества движения.
Q-
Следует обратить внимание на то, что сумма импульсов внутренних
сил системы всегда равна нулю ES^. = 0 , т. е. практическая ценность
теоремы состоит в том, что она позволяет исключить из рассмотрения
наперёд неизвестные внутренние силы.
Следствия из теоремы об изменении количества движения
системы:
1. Если сумма всех внешних сил, действующих на систему, равна
нулю EF}f = 0, то вектор количества движения системы будет постоянен
по модулю и направлению Q = const.
2. Если сумма проекций всех действующих внешних сил на какуюнибудь ось равна нулю (например, на ось х EF£X = 0) , то проекция
количества движения системы на эту ось есть величина постоянная
(Qx = const).
Задача 10. Скорость снаряда по отношению к каналу ствола
равна, в момент вылета U. Определить скорость свободного отката
орудия, если вес откатывающихся частей равен Р, а вес снаряда Q.
Решение. Рассмотрим снаряд и откатывающиеся части орудия как
одну систему, чтобы исключить внутренние силы - давление пороховых
газов. Eta рис. 46 откатывающиеся вместе со стволом части не показаны.
Пренебрегая за время движения снаряда в канале ствола сопротивлением
откату, найдём, что сумма приложенных к системе внешних сил в
проекции на ось х равна нулю. Тогда количество движения системы
Qx = c o n st. Так как до выстрела система неподвижна, то и в любой
момент времени Qx = 0.
85
При вычислении полного количества движения системы будем
учитывать абсолютные скорости движения её частей. Обозначим скорость
откатывающихся частей в конечный момент через v . Тогда абсолютная
скорость снаряда в этот момент равна й + V. Учтём, что масса снаряда
Q/g, а масса откатывающихся частей Р/д, следовательно,
Р
Qx “ ~~
Q
(Цх
Тх)
9
9
Не ”
Q
—— - и
Q+ Р '
Отсюда находим:
Знак минус указывает, что направление скорости свободного отката
орудия противоположно скорости снаряда.
Ответ: vx = -Q ■ux/(Q + Р)
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
Однородный диск радиусом R и массой т катится по
горизонтальной плоскости, имея в точке С скорость v . Модуль количества
движения диска равен...
I
i
а) m v/2;
б) m v/3;
в) 0;
г) mv.
86
2. Выбрать верный ответ
Однородная прямоугольная пластина массой т —12 кг вращается с
угловой скоростью 0) = 10 рад/с . Определить модуль количества
движения пластины, если размеры — 0,6 м, 1г — 0,8.
а) Q. = 40 кг ■м/с;
б) Q = 60 кг • м/с;
е/ Q ~ 48 кг ■м/с;
г/ Q = 120 кг ■м /с
3, Выбрать верный ответ
Модуль вектора количества движения механической системы
изменяется по закону Q — A t2 . Определить модуль главного вектора
внешних сил, действующих на систему, в момент времени t = 2 с, если
вектор количества движения и главный вектор внешних сил параллельны.
а ) 16 Я;
б/ 8 Н;
в) 0 Н;
г) 12 Н.
4. Выбрать верный ответ
Груз 1 механической системы имеет скорость v, блок 2 состоит из
двух ступеней, коток 3 катится без скольжения и имеет массу т. Нить
нерастяжимая. Модуль количества движения катка 3 равен...
а) m vR /r;
б) m vr/R ;
в) m vr/(2R );
г) 0.
5. Выбрать верный ответ
Платформа массой m t = 80 кг движется по гладкой горизонтальной
плоскости с постоянной скоростью v 0 = 2 м/с. По платформе движется
тележка массой т 2 = 40 кг с относительной скоростью и = 1,5 м/с. В
некоторый момент времени тележка была заторможена. Общая скорость
v платформы вместе с тележкой после остановки тележки равна.,.
а) v = 2,5 м/с;
2
б) v = 7/3 м/с;
Vi
е/ v = 3 м/с;
7Ш777777777777777777777777777
г/ v = 1 м /с.
6, Выбрать верный ответ
Неизменяемая механическая система из трёх материальных точек А,
В, D одинаковой массы т , размещенных в вершинах равностороннего
стержневого треугольника, движется в плоскости этого треугольника. В
положении, изображённом на рисунке, скорости точек Л и D одинаковы,
равны v и направлены перпендикулярно линии AD в противоположные
стороны. Определить модуль вектора Q количества движения системы в
данном её положении, пренебрегая массой стержней треугольника.
а) Q — 3m v;
В
б) Q ~ l,5mv;
в) Q = -\fbmv;
г)
D
Q - 0.
vD
7. Выбрать верный ответ
По горизонтальному участку пути движутся два вагона, массы
которых тг ~ 6 ■104 кг, т2 = 2 *104 кг и скорости ^ = 1 м/с, v2 =
3 м/с. Второй вагон догоняет первый и сцепляется с ним. Пренебрегая
сопротивлением движению, определить скорость вагонов после сцепления.
88
а) v = 2,2 м/с;
2
б) v = 0,6 м/с;
в) v = 2 м /с ;
г) v = 1,5 м /с
8. Выбрать верный ответ
Ползуны А и В , связанные линейкой АВ, перемещаются по
прямолинейным взаимно перпендикулярным направляющим. Ползун А
имеет в данный момент скорость v , масса ползуна В равна т . Модуль
вектора количества движения ползуна В равен...
а) m v sina;
mm в
б) m v/ctg a ;
в) m v cosa;
г) m v ctgct.
9. Выбрать верный ответ
От многоступенчатой ракеты массы М с относительной скоростью
и отделяется отработавшая ступень массы т . Определить приращение
скорости ракеты Av в момент отделения ступени.
а ) и/ ( М + т ) ;
в) М и/т;
б) ти/ М;
89
г) v(M + т)/М.
ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО МОМЕНТА
Понятие о моменте количества движения материальной точки и
теорема об изменении момента количества движения точки были
изложены ранее, в разделе «Теоремы динамики точки».
Кинетическим моментом или главным моментом количеств
движения системы относительно данного центра О называется величина
Ъ0 , равная геометрической сумме моментов количеств движения всех
точек системы относительно этого центра:
lo = ^kO —
(шкРк).
Кинетические моменты механической
координатных осей определяются аналогично:
Lx
HMx(7tlkVk'))
Ly
llMy(l7lfcVfc),
системы
Lz
относительно
T»Mz (jTlkVk\
Подобно тому, как количество движения системы является
характеристикой её поступательного движения, кинетический момент
является характеристикой вращательного движения системы.
Определим
кинетический
относительно оси вращения z.
момент
вращающегося
тела
Для любой точки тела, отстоящей
от оси вращения на расстоянии
hk (рис. 47), скорость vk = а) *hk.
Следовательно, для этой точки
момент количества движения
относительно оси z
Тогда для всего тела, вынося
общий множитель за скобки,
получим
Lz = (Zmkhl) а).
Величина, стоящая в скобке, представляет собою момент инерции
тела относительно оси z. Окончательно получим
Lz
IZQ).
90
Кинетический момент вращающегося тела относительно оси
вращения равен произведению момента инерции тела относительно этой
оси на угловую скорость тела.
Теорема об изменении момента количества движения точки,
доказанная ранее,
cI I q
dt
будет справедлива и для кинетического момента системы материальных
точек
МкО,
Так как геометрическая сумма моментов
относительно любого центра и оси равна нулю
dr>-
л 2 3 ко=
всех внутренних
= 0, то
dL0
dt
сил
'
И окончательно получим
d l0
dt
(39)
Полученное уравнение выражает теорему об изменении
кинетического момента механической системы: производная по
времени от кинетического момента механической системы относительно
некоторого неподвижного центра равна главному моменту внешних сил,
действующих на эту систему относительно того же центра.
Проектируя обе части равенства (39) на неподвижные оси координат,
получим
dLx
dt
(40)
Уравнения (40) показывают, что производная по времени от
кинетического момента механической системы относительно некоторой
оси равна главному моменту внешних сил относительно этой оси.
91
Следствия из теоремы об изменении кинетического момента.
I . Если главный момент внешних сил относительно некоторого
неподвижного центра остаётся всё время равным нулю, то кинетический
момент механической системы относительно этого центра остаётся
постоянным
dL0
если Mq = О,
то
=0 и
L0 = const.
dt
2. Если главный момент внешних сил относительно некоторой оси
остаётся всё время равным нулю, то кинетический момент механической
системы относительно этой оси остаётся постоянным, например
ё >
если Mi = 0,
то ——- = 0
и
Lx = const,
dt
Эти следствия выражают закон сохранения кинетического
момента механической системы
им—
/
—.
.
Задача 11. На однородный цилиндр массой т 1 = 4 кг и радиусом
R ■= 1м намотана нить с грузом А массой т 2 = 2 кг на Konife (рис. 4<S, <:/).
Пренебрегая массой нити и трением в оси, определить угловое ускорение
барабана при вертикальном движении груза, если на барабан действует
вращающий момент Мвр = 60 Н ■м.
Решение, На систему действуют: сила тяжести цилиндра Рг , сила
тяжести груза Р2 , реакция связи в точке О - N , вращающий момент,
приложенный к цилиндру - Мвр,
92
Для определения углового ускорения цилиндра применим теорему
об изменении кинетического момента системы относительно оси х}
проходящей через точку О и перпендикулярную плоскости чертежа (рис.
48, б).
d ^^
(41)
dt
Определим кинетический момент системы,
LX ^Х1 4” ЬХ2>
который состоит из кинетического момента цилиндра, совершающего
вращательное движение,
?n t R2
4 *I 2
Lxi — 1хсо = — "— СО = — - — СО = 2 СО
и кинетического момента груза, совершающего поступательное движение.
Учтём, что скорость груза равна v2 = со ■Д, а плечо количества движения
груза относительно оси х равно h ~ R, тогда имеем
Lx2 = Q2h = m 2v 2h = m 2h2co = 2 ■12ш = 2ш.
Кинетический момент системы
Ly = 2ш+2ш = 4ш.
Определим сумму моментов всех внешних сил, действующих на
систему, относительно оси х
Мх = Мвр - т 2 *£ ■R = 60 - 2 ■10 ■1 = 40 Н ■м.
Подставив найденные значения в равенство (41), найдём угловое
ускорение барабана и его угловую скорость
d<n
0
£ — —-—~ 10 C“ 2.
dt
d(4eo)
= 40;
dt
doo = edt,
со = f edt = lOt 4- О
По
условию задачи
начальные условия:
следовательно, постоянная интегрирования С = 0.
t0 = 0 , ш0 - 0,
Ответ: угловое ускорение барабана £ — 10 с~2, закон изменения его
угловой скорости ш = 10t.
93
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
Однородный диск радиусом R и массой т вращается относительно
неподвижной оси, проходящей через точку О, перпендикулярно плоскости
диска с угловой скоростью со. Кинетический момент диска относительно
оси вращения равен,..
I
а) 3mcoR2/ 4 ;
б) mcoR2/2;
в) mcoR2]
г) 3mcoR2/2.
2. Выбрать верный ответ
Однородная квадратная пластина со стороной а и массой т
вращается вокруг оси, проходящей через середину одной из её сторон
перпендикулярно плоскости пластины, с угловой скоростью со.
Кинетический момент этой механической системы равен.,.
а) 7тсоа2/ 12;
б) Бтсоа2/ 12;
в)тсоа2/ 12;
г)шсоа2/ 6.
3. Выбрать верный ответ
Тонкостенная труба массой т = 10 кг катится по горизонтальной
плоскости с угловой скоростью со ~ 10 рад/с. Определить кинетический
момент цилиндра относительно мгновенной оси вращения, если радиус
R = 10 см.
а) 34 кг • м2/с;
б) 20 кг *м2/с ;
в) 16 кг ■м2/с;
г) 2 кг ■м2/с.
94
4. Выбрать верный ответ
На барабан 2, момент инерции которого относительно оси вращения
I = 0,05 к г - м2, намотаны нити, к которым прикркплены грузы 1 и 3
массой т 1 = 2т 3 = 2 кг. Определить кинетический момент системы тел
относительно оси вращения, если угловая скорость со = 8 рад/с ,
радиусы i? = 2г = 20 см.
а) 12,02 кг *м2/с;
б/ 4,64 кг - м2/с ;
в) 1,12 кг*м2/с;
г) 3,46 кг • м2/с.
5. Выбрать верный ответ
Трубка вращается вокруг вертикальной оси Oz, её момент
инерции 4 = 0,075 к г - м 2 . По трубке под действием внутренних сил
системы движется шарик М массой т — ОД кг. Когда шарик находится
на оси O z, угловая скорость ш0 = 4 р а д /с . При каком расстоянии I
угловая скорость равна со = 3 рад/с?
а) I = 0,2 м;
б) I = 2,1 м;
в) I = 0,5 м;
г) I = 1,4 м.
6. Выбрать верный ответ
Тело вращается вокруг вертикальной оси Oz под действием пары сил
с моментом М = 16t. Определить момент инерции тела относительно оси
Oz, если известно, что в момент времени t = 3 с угловая скорость ш =
2 рад/с. При t = 0 с тело находилось в покое.
95
а) Iz = 36 кг • м2;
б) lz = 12 кг * м2;
в) 12 = 48 кг ■ м2;
г) Iz = 24 кг ■ м2.
7. Выбрать верный ответ
Однородный стержень массой т = 3 кг и длиной I = 1 м вращается
вокруг вертикальной оси Ог с угловой скоростью щ0 = 24 рад/с. К валу
ОА прикладывается постоянный момент сил торможения. Определить
модуль этого момента, если стержень останавливается через 4 с после
начала торможения.
а) М2 = 12 Н;
б) Mz - 8 Я;
Mz = 32 Я;
г) Mz = 6 Я.
8. Выбрать верный ответ
Однородный прямолинейный стержень ОА массы т и длины /
вращается с угловой скоростью о) вокруг неподвижной оси Oz. На
свободном конце А стержня находится точечный груз массой М = т .
Найти кинетический момент системы относительно оси Oz,
а) moil214;
б) 4тоо12/3;
в) moil2)
г) Зтоо12/2 .
96
9. Выбрать верный ответ
Система состоит из однородного горизонтального стержня длины 21
и массы т, а также двух точечных масс т, закреплённых на его концах.
Система начинает вращаться из состояния покоя вокруг неподвижной
вертикальной оси Oz под действием постоянного вращающегося момента
Mz . Определить зависимость угловой скорости со системы от времени t.
а ) со = 3 M z t / ( 7 m l 2')];
б ) со = M z t m/ ( 5 / 2);
в ) со — 5 M z t l 2 /(7m );
г ) со = M z t / ( 3 m l 2 ) .
10. Выбрать верный ответ
Однородная квадратная пластина ABCD и находящаяся в вершине В
этой пластины материальная точка М вращаются с угловой скоростью coQ
вокруг вертикальной оси, совпадающей со стороной AD пластины. Из
состояния относительного покоя точка М начинает двигаться вдоль
диагонального желоба BD в плоскости пластины. Чему будет равна
угловая скорость со вращения системы, когда материальная точка
окажется в положении Д если масса пластины в три раза больше массы
материальной точки?
а) со = 0;
б) со = л/2со0/2)
в) со - 2со0;
г ) со = 3(oQ.
97
ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ
СИСТЕМЫ
В механике рассматриваются
механического движения:
два
случая
преобразования
1. Механическое движение передаётся от одного тела к другому в качестве
механического движения. Мерой механического движения здесь является
вектор количества движения механической системы <3- Мерой действия
силы в этом случае является импульс силы 5.
2. Механическое движение превращается в другую форму движения
материи (в форму потенциальной энергии, теплоты, электричества и т. д.).
Мерой механического движения в этом случае выступает кинетическая
энергия механической системы Г, а мерой действия силы - работа силы А.
Кинетической энергией системы называется скалярная величина Т,
равная арифметической сумме кинетических энергий всех точек системы
2 ’
Определим формулы для вычисления кинетической энергии тела в разных
случаях движения.
1. Поступательное движение. В этом случае все точки тела
движутся с одинаковыми скоростями, равными скорости движения центра
масс
Таким образом, кинетическая энергия тела при поступательном
движении равна половине произведения массы тела на квадрат скорости
центра масс.
Тпост
2. Вращательное движение. При вращательном движении скорость
любой его точки v k = a)hk, где hk - расстояние от точки до оси вращения
m kv l
2
98
Величина в скобках является моментом инерции тела относительно оси
вращения z. Окончательно получим
Кинетическая энергия тела при вращательном движении равна
половине произведения момента инергщи тела относительно оси
вращения на квадрат его угловой скорости.
3. Плоскопараллельное движение. В данном случае движение
можно рассматривать как мгновенное вращение вокруг оси, проходящей
через МЦС, (рис. 49)
По теореме Штейнера
v c = со - РС> тогда
т1 плоек =
1С — 1Р + т ■PC2 , а скорость точки С
Ос + М ■PC2) ■ш2
2
Рис. 49
При плоскопараллельном движении кинетическая энергия тела
равна энергии поступательного движения со скоростью центра масс,
сложенной с кинетической энергией вращательного движения вокруг
центра масс.
Тплоек
99
Как отмечалось ранее, внутренние силы системы не изменяют
векторных характеристик количества движения и кинетического момента
системы. Но если под действием внутренних сил будут меняться модули
скоростей точек системы, то при этом изменится и кинетическая энергия
системы.
Согласно (28) для k-й точки системы
m kv l
_ л е , Аi
к»
2
Суммируя эти равенства для всех точек системы, имеем
™*Vk
™кУко
2
2
- М% + lA i
Обозначим ЪАк —Ае, ZAlk = А1, где Ае и А1 - суммы работ
внешних и внутренних сил системы при её переходе из начального к
конечному положению. В результате получим выражение теоремы об
изменении кинетической энергии системы:
Т - Т0 = М*к + M l
Изменение кинетической энергии материальной системы при
переходе её из одного положения в другое равно сумме работ всех внешних
и внутренних сил, действующих на систему при переходе между этими
состояниями.
Для неизменяемой системы, например, абсолютно твёрдого тела или
нерастяжимых нитей сумма работ всех внутренних сил равна нулю А1 = О,
тогда имеем
Т~Т0 = М 1
Некоторые случаи вычисления работы сил, действующих на систему.
Работа сил вычисляется по формулам,
Рассмотрим дополнительно следующие случаи.
полученным
ранее.
Работа сил тяжести, действующих на систему, вычисляется как
работа их равнодействующей Р на перемещении центра тяжести (или
центра масс) системы.
А(Р) = ±Р hCt
100
где Р - вес системы; hc - вертикальное перемещение центра тяжести (или
центра масс) системы.
Работа пары сил (момента), приложенного к твёрдому телу,
вращающемуся вокруг неподвижной оси, равна произведению момента на
приращение угла поворота
<Р2
Mzd(p.
<Рг
В случае, если момент относительно оси вращения тела постоянен, то
A(MZ) = ±MzA<p.
Если направления угла поворота и момента совпадают, то работа момента
положительна, в противном случае - отрицательна.
Работа момента сопротивления качению. Сопротивление
качению возникает вследствие деформации поверхностей. Площадка
соприкосновения катка с поверхностью, а следовательно, и точка
приложения реакции N смещается в сторону качения на расстояние 8 (рис,
50, а), при этом создаётся пара (N, Р), момент которой Мкач = 8 • /V, где 8
- коэффициент трения качения, единица измерения которого - метр; N нормальная реакция. Если перенести силу параллельно так, чтобы она
проходила через центр тяжести катка (рис. 50, б), то необходимо
приложить момент равный моменту силы N относительно точки переноса,
направленный в сторону, противоположную движению - Мкач.
Рис. 50
Работу постоянного момента трения качения определяем по формуле
^О^кач) ~ ~~МкачД<р.
101
Задача 12. Механическая система (рис. 51) состоит из груза. 1
массой т 1 = 8 кг (коэффициент трения груза о плоскость равна / = 1);
ступенчатого шкива 2 массой т 2 — 10 кг, с радиусами ступеней Я2 =
0,4 м, г2 = 0,2 м и радиусом инерции относительно оси вращения
12х “ 0,3 м; сплошного однородного цилиндрического катка 3 массой
т 3 = 6 кг, радиусом R2 — 0,4 м, коэффициент трения качения которого
8 = 2 см . Система приходит в движение из состояния покоя под
действием постоянной силы F = 64 Н . На шкив 2 при движении
действует постоянный момент сил сопротивления М = 1,2 Н ■м. Тела
системы соединены друг с другом невесомыми и нерастяжимыми нитями.
Определить скорость груза 1 в тот момент времени, когда груз I
опустится вниз по наклонной плоскость на расстояние = 0,6 м.
Рис. 51
Рис. 52
Решение. При решении задачи применим теорему об изменении
кинетической энергии системы
102
Т - Т0 = ХАек 4- 1А1
где Т0 и Т — кинетическая энергия системы в начальном и конечном
положениях; ЪАк - сумма работ внешних сил, приложенных к системе, на
перемещении системы из начального положения в конечное; ZAlk - сумма
работ внутренних сил системы на том же перемещении.
Система состоит из абсолютно твёрдых тел,
нерастяжимыми нитями и стержнями, поэтому ZAlk —0.
соединённых
Так как в начальном положении система находится в покое, то Т0 = 0,
следовательно теорема об изменении кинетической энергии примет вид
Т = 1Аек .
Для определения кинетической энергии системы Т и суммы работ
внешних сил изобразим систему в конечном положении, а также все силы,
действующие на систему (рис. 52, б). Вычислим кинетическую энергию
системы в конечном положении как сумму кинетических энергий тел 1,2,
и 3.
т = т 1 + т 2 + т 3.
Кинетическая энергия груза 1, движущегося поступательно,
Ti =
Кинетическая энергия
вращательное движение
m xv \
Qv%
2
2
= 4■
ступенчатого
Т, =
шкива
2,
совершающего
2 '
где момент инерции относительно оси вращения Ох 12х ~ т г^гх — Ю '
0, З2 = 0,9 кг ■м2, угловую скорость тела 2 выразим через скорость груза
2:
vt
v±
Шг = Т2 = о д '
Окончательно кинетическая энергия тела 2
Т2
0,9 ■ v \
2 *0,16
103
2,81 ■v l
Кинетическая энергия катка 3, совершающего плоскопараллельное
движение
m 3v l3 1ца>1
Т з~ ~ 7 ~ +~ 1 ~ ’
где момент инерции однородного цилиндрического катка 3 относительно
его продольной оси С3^
_ m 3R3 _ 6 й |
3f
2
2
m l
Выразим угловую скорость катка 3 и скорость его центра масс через
скорость груза 1
—
vir2
v x Q ,2
R22R3
0 ,4 ' 2R3
V?Cз —OJiRi
3n 3 —
^ 2 R3
R22R3
1^ 0,25
R3 ’
V1 '
= 0,25 ■v x.
0,4 • 2
Окончательно кинетическая энергия тела 3
Т, =
6 ■(О^Бтд)2
+
ЗЯ |(0,2Svt )2
2R\
= 0,28 • v\.
Кинетическая энергия системы
Т = 4 • v \ + 2,81 • v \ + 0,28 ■v \ = 7,09 ■v[
Найдём сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на
заданном её перемещении.
Работа силы тяжести
Л(С,) = Gj/ii = m - L g S ^ i n S O 0 = 8 • 9,81 • 0,6 ■0,5 = 23,54 Дж,
Работа постоянной силы F
A(F) = F • 5а = 64 *0,6 = 38,4 Дж.
Работа силы трения Ртр
A(FTр) = FTp ■^ c o s ie O 0 = - f N S t = - f m гд ■cos30° ■S \,
A(FTp) = -0,1 ■8 ■9,81 ■0,866 ■0,6 = -4 ,0 8 Дж.
104
Работа момента сил сопротивления, приложенного к толу 2
отрицательна, т. к. момент направлен противоположно углу поворота тела
Л (М ) =
-М ■<рг,
где угол поворота тела 2 определим по формуле
S±
0,6
= £ = м = 1,5 рад
тогда
МЫ) = —1,2 • 1,5 - —1,8 Дж..
Работа пары сил сопротивления качению катка 3 - Мкач
отрицательна, т.к. момент трения качению и угол поворота катка 3
направлены в разные стороны
Д(Мкач) “ “ Мкач ' Фз>
где
Мкач - 8 • N3 = 8 ■т 3 - д = 0,02 ■6 *9,81 = 1,18 Н ■м,
угол поворота тела 3
<р2 - г г
<Рз = 2 R-
1,5 -0,2
= о2-0,4 = ° '3 7 рад-
Тогда
Л (Мкач) = -1 Д 8 ■0,37 = -0,44 Дж.
Работа других сил, приложенных к системе, равна нулю. Найдём
сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе
= 23,54 + 38,4 - 4,08 - 1,8 - 0,44 = 55,62 Дж.
Согласно теореме
Т = 1'А%\
7,09 • v \ —55,62;
Vi =
55,62
7,09
-----------------=
N
Ответ: рг = 2,8 м/с.
105
м
с
2,8 —
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
Однородный диск массой т и радиусом R вращается вокруг
неподвижной оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости
диска, с угловой скоростью ш. Кинетическая энергия диска равна...
i
а) m R20J2/ 4;
б) mR2a)2;
в) З т Я 2о)2/4;
г) m R2a)2/2.
2. Выбрать верный ответ
Для указанного положения механизма определить кинетическую
энергию шатуна АВ массой т ~ 1 кг, если кривошип ОА длиной 0,5 м
вращается вокруг оси О с угловой скоростью о>0А = 2 рад/с.
А
а) Т = ОД Дж;
б) Т - 4,0 Дж;
в) Т = ОД Дж;
г) Т = 1#0 Дж .
3. Выбрать верный ответ
Однородная прямоугольная пластинка массой т~ 18 кг вращается
вокруг оси АВ с угловой скоростью щ = 4рад/с. Определить
кинетическую энергию пластины, если длина I = 1 м.
а) Т = 72 Дж;
б) Т = 54 Дж;
в) Т = 26 Дж;
г) Т = 48 Д ж .
106
4. Выбрать верный ответ
Механическая система состоит из двух одинаковых колёс массы ?п
каждое и прямолинейного однородного стержня, соединяющего оси этих
колёс. Пренебрегая проскальзыванием колёс по горизонтальной опорной
плоскости и считая их однородными сплошными дисками, найти
кинетическую энергию всей системы, если масса соединительного стержня
равна 3т а скорость центра одного из колёс равна V.
а) Т == 3m v 2-,
б) Т = Sm v2/ 3;
в) Т —m v 2/ 2;
г) Т —4m v 2.
5. Выбрать верный ответ
Кривошип 1 шарнирного параллелограмма длиной ОА = 0,4 м
вращается равномерно вокруг оси О с угловой скоростью
= 10 рад/с.
Моменты инерции кривошипов 1 и 3 относительно их осей вращения
равны ОД кг ■м2, масса шатуна 2 ш 2 = 5 кг. Определить кинетическую
энергию механизма.
а) Т = 1 2 Дж;
б) Т = 50 Дж;
в) Т = 28 Дж;
г) Т = 86 Дж.
6. Выбрать верный ответ
Определить скорость груза 2 в момент времени, когда он опустится
вниз на расстояние s = 4 м, если массы грузов т ± ~ 2 кг, т 2 = 4 к г ,
массы остальных тел системы считать невесомыми. Система вначале
находилась в покое. Ответ округлить до целых чисел.
107
а) v 2 = 15 м/с;
б) v2 = 7м/с;
в) v 2 = 4, м/с;
г/ г?2 = 6 м/с.
7. Выбрать верный ответ
Однородный круглый диск веса Р и радиуса R может вращаться
вокруг горизонтальной оси О в вертикальной плоскости, В начальный
момент радиус ОС горизонтален и диск опускают без начальной скорости.
Пренебрегая трением, определить угловую скорость со диска в момент,
когда диск повернётся на угол тг/6.
8. Выбрать верный ответ
Система состоит из трёх тел, связанных между собой посредством
нерастяжимых нитей. Силой трения пренебрегаем. Массы всех тел
одинаковы и равны 6 кг. Движение начинается из состояния покоя. При
перемещении груза 1 на величину h система имеет кинетическую энергию
Т= 24g Дж. Величина перемещения h равна... м.
а) h = 4 м;
б) h = 8 м ;
в) h = 2 м;
г) h —б м.
9. Выбрать верный ответ
Движение шкива 2 ременной передачи начинается из состояния
покоя под действием постоянного момента М = 0,5 Н*м, После трёх
оборотов одинаковые по массе и размерам шкивы 1 и 2 имеют угловую
скорость 2 рад/с. Определить момент инерции одного шкива относительно
его оси вращения.
а) 6,44 кг * м2;
б) 1,68 кг ■ м2;
в) 2,36 кг ■ м2;
г) 4,25 кг * м2.
10. Выбрать верное соответствие
Механическая система состоит их четырёх тел одинаковой массы т.
Скорость тела 1 равна V. Тело 2 представляет собой однородной сплошной
диск радиуса г, тело 3 состоит из двух ступеней разных радиусов г и R =
2г и радиусом инерции i = R . Выбрать верное соответствие между
кинетической энергией и номером тела системы.
a ) T ~ m v 2/ 2;
6 ) T ~ m v 2/ 18;
в) Т = 4m v2/9;
109
г) Т = m v 2/4-t
2.3. Д И Ф Ф Е Р Е Н Ц И А Л Ь Н Ы Е У Р А В Н Е Н И Я Р А З Л И Ч Н Ы Х Т И П О В
Д В И Ж Е Н И Й Т В Ё Р Д О ГО Т Е Л А
Применяя соответствующие теоремы динамики, можно получить
дифференциальные уравнения различных типов движений твёрдого тела.
Поступательное движение. Из теоремы о движении центра масс
можно получить дифференциальные уравнения поступательного движения
твёрдого тела. При поступательном движении все точки тела имеют
одинаковые кинематические характеристики, поэтому движение тела
определяется движением одной точки. За такую точку целесообразно
принять центр масс системы. Тогда на основании теоремы о движении
центра масс получим
т ас = mrc =
Проецируя данное равенство на оси декартовой системы координат,
можно получить дифференциальные уравнения поступательного движения
в координатной форме
тпхс = Щ х,
тус = Щ у,
mzc =
Вращательное движение. Рассмотрим твёрдое тело, вращающееся
вокруг неподвижной
относительно этой оси
оси
Oz. Кинетический
момент
этого
тела
Loz ”
Так как момент инерции твёрдого тела l0z = const, то согласно теореме об
изменении кинетического момента
dLoz
dt
m oz(F£l
получим дифференциальное уравнение вращательного движения твёрдого
тела вокруг неподвижной оси
= !0хФ = ^ Moz(FDПлоскопараллельное движение. Плоское движение твёрдого тела,
как известно из кинематики, можно разложить на два простейших
движения: поступательное вместе с полюсом и вращательное вокруг
110
полюса. Примем за полюс центр масс тела. Тогда кинематические
уравнения плоского движения запишем в виде
У с = / 2(0 .
*С = f l i t ' ) ,
<р = / 2(0-
Поступательная часть движения определяется дифференциальным
уравнением поступательного движения (теоремой о движении центра
масс)
тхс
=Щ х, тус =Щ у.
Третье уравнение плоского движения получим, применив теорему об
изменения кинетического момента относительно неподвижной оси,
проходящей через центр масс
dt
Ш с Ж )-
Так как кинетический момент твёрдого тела относительно оси Cz
определяется по формуле LCz —ICz0), то подставляя его в уравнение
теоремы, получим
Таким образом, дифференциальные уравнения плоского движения
твёрдого тела имеют вид
тхс = Щ х,
тус = 2Ffy,
1Сгф = Ш С2(Р%).
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать правильный ответ
По заданному уравнению вращения пластинки <р = S t2 —2, осевой
момент инерции которой Iz = 0Д25 кг* м2, определить главный момент
внешних сил, действующих на пластинку.
а ) 6,00 Н • м;
б) 8,05 Н ■м;
ш
в) 0,32 Н ■м;
г)1, 25Н-м.
2. Выбрать правильный ответ
Определить угловое ускорение вращения вокруг оси
Oz
однородного стержня массой т = 3 кг и длиной I = 1 м. На стержень
действует пара сил с моментом Mz = 2 Н • м.
а) £ = 2,0 с 2;
У
б) г = 0,5 с"2;
в) г — 6,4 с~2;
г) £ = 8,1 с“2.
3. Выбрать правильный ответ
Маховик с моментом инерции 12 = 10л кг *м2 относительно оси
вращения раскрутили до угловой скорости со = 20 с"1, а затем
отсоединили от привода. Повернувшись на 25 оборотов, маховик
остановился. Определить постоянный момент сил трения в подшипниках
(сопротивлением среды пренебречь).
■а ) 40л: Н *м;
б) 80 Н ■м;
в) 40 Н *м;
г) 20 Н ■м.
4. Выбрать правильный ответ
Шкив массой ш - 1 кг, радиусом R = ОД м, с радиусом инерции
относительно центральной оси, перпендикулярной плоскости шкива,
t = 0,1 м, падает из состояния покоя, разматывая нить. Принять д =
10 м /с2. Угловое ускорение шкива равно...
а) г = 100 с~2;
б/ £ = 50 с~2;
в) £ = 25 с"2;
г; £ = 200 с~2.
112
2.4. П О Т Е Н Ц И А Л Ь Н О Е С И Л О В О Е П О Л Е
Среди разнообразных сил природы особое место занимают силы,
величина и направление которых зависят только от положения данного
объекта в пространстве. Если исследуемый объект (точка, механическая
система) движется под действием такого рода сил, то это значит, что он
находится в силовом поле.
Если силовое поле одинаково в разные моменты времени, то его
называют стационарным, если изменяется с течением времени н еста ционарн ым.
Функция U от координат х, у, z, дифференциал которой равен
элементарной работе, называется силовой функцией. Силовое поле, для
которого
существует
данная
силовая
функция,
называется
потенциальным
(консервативным)
силовым полем, а силы,
действующие в этом поле, - потенциальными (консервативными)
силами.
В стационарном потенциальном поле проекции силы находятся как
производные по координатам от силовой функции
_ dU
_ dU
F y~ t y ]
_д£/
Fz~ d ?
Элементарная работа сил стационарного потенциального поля равна
полному дифференциалу от силовой функции
dU
dU
dU
dA = Fydx + Fvdy + Fzdz = — dx + — dy + — dz = dU.
x
y y
dx
dy
oz
Работа консервативных сил не зависит от формы траектории точки,
она равна разности значений силовой функции в конечном и начальном
положениях точки
Mi
А=
Mi
dA =
Mq
dU = U1 - U 0.
Mo
Работа консервативных сил на всяком замкнутом перемещении равна
нулю, так как U1 = U0
A = U1 - U 0 = 0.
113
Наряду с силовой функцией, используется другая функция П потенциальная энергия, характеризующая запас энергии точки при
нахождении её в данном месте силового потенциального поля
п ( x , y , z ) = -ll(x,y,z).
Для потенциального поля справедливы соотношения
dA = dU = -d ll, А = U - U0 = П0 - П.
К потенциальным силам относятся сила тяжести, сила упругости,
сила гравитационного притяжения и др.
Закон сохранения механической энергии.
При движении механической системы под действием только
потенциальных сил
А = П0 - П.
Подставив это выражение работы в теорему
кинетической энергии, получим
Т - Т0 = П0 —П
об изменении
отсюда Т + П = Т0+ П0.
В консервативном силовом поле полная механическая энергия
системы в каждом её положении остаётся постоянной величиной:
Т + П = const.
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать правильный ответ
В каких из четырёх случаев сила F , действующая на точку с
координатами (х; у; z), является потенциальной?
а) F - xT + yj 4- zk;
б) F = у 2Т+ x j + z 2k;
в) F = хТ + y z 2j + y 2zk;
г) F = x T - y z J + z 2k .
114
2. Выбрать правильный ответ
Две материальные точки масс т 1 = т и т 2 = 2т находятся в
вертикальной плоскости Oxz на кривой, описываемой уравнением z - 2 х г
(х, z - в метрах). Принимая горизонтальную ось Ох за нулевой уровень,
определить соотношение величин
и П2 потенциальной энергии этих
точек, если их абсциссы соответственно равны х ± = - 2 м, х2 = 1 м.
а) ГД/П 2 — 1;
б; Пг/ П2 = 2;
в) ГД/П2 = 4;
:г) П1/П 2 - 12.
3. Выбрать правильный ответ
Силовая функция потенциального силового поля определяется
выражением U ~ 8х + 2у 2 + 3 z2 ( U - в джоулях; х, y ,z - в метрах)
Определить модуль силы F, действующей на помещённую в это поле
точку, если положение точки задано координатами (0; 0; 1м).
a)F = lH ;
6)F = 14H;
в) F = 5 Я;
г) F = 10 Я.
4. Выбрать правильный ответ
Материальная точка М массой ш = 0,2 кг находится в поле силы
тяжести на высоте z ~ 10 м. Определить потенциальную энергию
материальной точки, если при z = 0 потенциальная энергия её равна
нулю.
115
м
t
а) И = 1,2 Дж;
б) П = 10,2Дж;
в) П = 19,6 Дж;
г) П = 5,8 Дж.
5. Выбрать правильный ответ
Груз 2 совершает свободные колебания согласно закону х =
ОД sinlOt. Жёсткость пружины 1 равна 100 Н/м. Определить
потенциальную энергию груза при х = 0,05 м , если при х = 0 его
потенциальная энергия равна нулю.
а) П = 0,125 Дж;
б) П = 10,242Дж;
^Л/ V w w w f !
’
/ / / / / 7 7 /7 7
3 0
X
\
\
X
в) П = 9,615 Дж;
"
г) П = 50,808 Дж.
6. Выбрать правильный ответ
Два одинаковых груза массы т каждый подвешены на пружине
жесткости с , Найти полную механическую энергию верхнего груза в
момент мгновенного отрыва нижнего, приняв в качестве нулевого
уровень, соответствующий положению статического равновесия верхнего
груза.
а) с2т /2 д ;
б) (т д )г/2с;
m
в ) 0;
m
г) 2т д/с.
Иб
2.5. ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА ДЛЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
Принципом Даламбера (Германа - Эйлера - Даламбера) называют
метод, при помощи которого уравнениям динамики по форме придаётся
вид уравнений статики. Для материальной точки данный принцип мы
рассмотрели в параграфе 1.7.
Если же к каждой материальной точке движущейся системы
приложить силу инерции этой точки, то все эти силы инерции будут
уравновешиваться заданными силами и реакциями связей, приложенными
к данной системе. В этом и состоит сущность принципа Даламбера для
системы.
Как известно из статики, систему сил можно привести к силе, равной
главному вектору, и к паре сил с моментом, равным главному моменту.
Аналогично складывают силы инерции материальных точек твердого тела,
применяя метод приведения их к одному центру. При различных видах
движения тел сложение сил инерции дает следующие результаты;
L При поступательном движении твердого тела силы инерции
приводятся к равнодействующей, приложенной к центру тяжести С
твердого тела. Равнодействующая F" равна по модулю произведению
массы твердого тела на ускорение любой его точки и направлена
противоположно этому ускорению: Еи = —т а (рис, 53).
Рис, 53
2, При вращении плоской фигуры вокруг перпендикулярной к ней
неподвижной оси, силы инерции приводятся к равнодействующей,
приложенной в центре качаний соответствующего физического маятника,
ось привеса которого совмещена с неподвижной осью данного твердого
Тела. Центр качаний отстоит от оси привеса на расстоянии, равном
приведенной длине физического маятника:
117
где L - момент инерции твердого тела относительно оси привеса; т масса твердого тела; Ъ - расстояние от оси привеса до центра тяжести.
Равнодействующая сил инерции Ги равна по модулю произведению
массы твердого тела на ускорение его центра тяжести и направлена в
сторону,
противоположную этому
ускорению FH —~ ш а С) где
а .. = Ьл[ш2 + е А; tga
£
—
. Направление F" определяется углом а (рис. 54).
Рис. 54
Если за центр приведения выбрать центр тяжести С твердого тела, то
силы инерции приводятся к силе, равной главному вектору и к паре сил с
моментом, равным главному моменту (рис. 55). Главный вектор сил
инерции равен по модулю произведению массы твердого тела на
ускорение его центра тяжести и направлен в сторону, противоположную
этому ускорению
е
F " = —тас, где ас - ъ4й)2 + £4 ; tga =
Главный момент сил инерции М ” относительно оси, проходящей
через центр тяжести С параллельно оси вращения, равен по модулю
произведению момента инерции твердого тела относительно оси С на
модуль углового ускорения твердого тела s. Главный момент сил инерции
направлен противоположно угловому ускорению М “ = -1 С£
F1
М*с
118
Если за центр приведения выбрать точку О, лежащую на
неподвижной оси (рис. 56), то силы инерции приводятся к силе, равной
главному вектору, и паре сил, момент которой равен главному моменту
Mq- По-прежнему F" = -т ас , а в выражении главного момента сил
инерции вместо 1С входит 1а, где
10 = I c + mb2.
Рис. 56
Рис, 57
В случае, когда центр тяжести С лежит на оси вращения плоской
фигуры (рис. 57), главный вектор сил инерции обращается в нуль, и
следовательно, система сил инерции приводится к паре сил с моментом
3.
При плоскопараллельном движении фигуры силы инерции
приводятся к силе, равной главному вектору, приложенному в центре
приведения, и к паре сил, момент которой равен главному моменту
относительно оси, проходящей через центр приведения перпендикулярно к
неподвижной плоскости. Так, если за центр приведения сил инерции
выбрать центр тяжести С твердого тела (рис. 58), то F u = - тас, М" - - I се
£
77777/77777777
"
Рис. 58
119
Таким образом, главный вектор и главный момент сил инерции
твердого тела следует определять по приведённым формулам, в
соответствии с видом движения твердого тела (поступательное движение,
вращение вокруг неподвижной оси, плоскопараллельное движение). Если с
помощью готовых формул главный вектор и главный момент вычислить
нельзя, то в случае непрерывного распределения масс надо вычислить
силы инерции для выделенного элемента и затем распространить
суммирование по всему твердому телу, вычислив определенный интеграл в
соответствующих пределах.
Однако мы должны понимать, что составление алгебраических
уравнений
«фиктивного»
равновесия
не
исключает
решения
дифференциальных уравнений, так как в каждое из них входит ускорение
точки.
Задача 13. Однородный стержень АВ длиной I = 0,6 эи и весом
Р = 20 Н прикреплён шарниром А к вертикальному валу, вращсаогцемуся с
постоянной угловой скоростью OJ = 10 рад)с (рис. 59). Найти натяэ/сение
Т горизонтальной нити, удерэюивающей стержень под углом а = 30° к
валу, а также реакции связей в подшипнике Е и подпятнике D.
Рис. 60
Решение. Рассмотрим сначала отдельно стержень АВ (рис. 60).
Используя принцип Даламбера, присоединим к действующим на стержень
внешним силам Р, Т,ХА, ZA>силы инерции.
120
Для каждого элемента стержня
с массой Ат центробежная сила
инерции равна Атсо2х, где х расстояние от элемента до оси
вращения Az. Равнодействующая
этих распределённых по линейному
закону параллельных сил проходит
через центр тяжести треугольника
АВК, т. е. на расстоянии h =
2lcosa/3 от оси Ах . Так как эта
равнодействующая равна главному
вектору сил инерции, то определим
её по формуле
Рис. 61
Р« = та г = тодХг
2
F
= -Рc o2- s1 i n■a ,
9
2
где хс - координата центра тяжести стержня.
Для плоской произвольной системы сил составим уравнение статики
/
Tlcosa — FHh —P -s in a = 0.
ZMA(Fk) —0;
Подставив значения F Hи h, получим
flco2
1
\
Т - Р f — sm a +
=
20
/0,6*100
1
ч
^-g-0,5 + -0,58J - 26,21 Я.
Рассмотрим механическую систему в целом. Согласно принципу
Даламбера, на неё действуют реакции связей в подпятнике X D , Z D в
подшипнике ХЕ , вес стержня Р , равнодействующая сил инерции FH.
Получим уравновешенную плоскую произвольную систему сил. Составим
для неё три уравнения равновесия, из которых определим реакции связей.
ZFkz = 0;
^MD{Fk) = 0;
ZD- P = 0; ZD = Р = 20 Н.
I
ХЕ *1,7 • I - Ри(/г + 0,5/) - P - s i n a = 0.
FH(h + 0,5/) + P ~ sin a
Хе =
Щ
30,58(0,34 + 0,5 ■0,6) + 20 • 0,3 *0,5
=
1,7 ■0,6
121
~
'
ХЕ = 48,60 Н.
lF kx = 0;
- Х Е + XD + FH = 0;
= - F H+
= -38,58 + 48,60;
XD =10 H.
Ответ: T = 26,21 H;
XD = 10 H;
ZD = 20 H;
X* = 48,60 H.
Наблюдения показывают, что как только твёрдое тело начинает
вращаться вокруг неподвижной оси, так сразу же давления на подшипники
возрастают и делаются тем больше, чем быстрее вращение.
Давление на подшипники, производимое вращающимся телом,
принято раскладывать на две части: первая часть постоянная, она не
зависит от того, вращается тело или нет и называется статическим
давлением. Вторая часть переменная, она имеет место только тогда, когда
тело вращается, и полностью отсутствует, когда вращения нет. Эта часть
называется динамическим давлением.
Аналогично и реакции подшипников раскладываются на статические
и динамические, равные по модулю и противоположные по направлению
соответствующим давлениям. В задаче 13 мы нашли полные реакции
связей (статические плюс динамические) в подшипнике Е и подпятнике D.
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
Ступенчатый диск с моментом инерции 1С катится по горизонтальной
поверхности без проскальзывания с ускорением центра масс ас. Модуль
главного момента сил инерции
определяется по формуле...
а) Мс “
‘ ас /г>
б) М£ = 1С ■ac/R;
в) М£ —Д-' ас ' г >
122
2. Выбрать верный ответ
Сплошной однородный диск массой m = 8 кг и радиусом R =
2 м катится без скольжения по горизонтальной поверхности. Скорость
центра масс диска измкняется по закону v c = 2t + 1 1 м / с . Модуль
главного вектора сил инерции равен...
а) Fи = 13 Я/
б) F" = 15 Н;
в) Т* = 1 6 я ;
г) Р* = 12 Я.
3. Выбрать верный ответ
Однородная квадратная пластина со стороной I и массой т
вращается вокруг оси, перпендикулярной плоскости пластины и
проходящей через середину одной из её сторон, с постоянной угловой
скоростью о). Модуль главного вектора сил инерции этой системы равен...
a)FH= л/2 m l2oj/2;
б;Яи = та)21/2;
в)ри - ?па/2^.
г)Рн = О/
4. Выбрать верный ответ
Массы тел 1 и 2 одинаковы. Для того чтобы сила инерции второго
тела была в четыре раза больше силы инерции тела 1, соотношение
радиусов
должно быть следующим:
а) R/г = 16;
б) R /r = 2/
в) R/ г = 4/
г) R /r = 8.
123
5. Выбрать верный ответ
Как изменится модуль динамической реакции в шарнире А, если
длину невесомого стержня CD, к которому крепится точечный груз
массой ш
увеличить в два раза? Вращение происходит вокруг
неподвижной горизонтальной оси Ах , перпендикулярной стержню, с
постоянной угловой скоростью со.
а) увеличится в 2 раза/
D
RА
I
С -С
б) увеличится в 4 раза;
В
в) не изменится;
ю
г) уменьшится в л/2 раз.
6. Выбрать верный ответ
Груз массой т\ = 2 кг прикреплен к стержню длиной 1\ = 0,5 м
вращающегося с постоянной угловой скоростью со. Определить массу ш2
груза, который следует прикрепить к стержню длинной D = 0,2 м, чтобы
динамические реакции подшипников А и В равнялись нулю.
а) т 2 = 16 кг;
б) т 2 = 2,75 кг/
в) т 2 = 25 кг;
г) т 2 = 5 кг;
7. Выбрать верный ответ
Если вал АВ вращается с постоянной угловой скоростью ш = 4,47с' ,
то прикрепленный к нему на шарнире невесомый стержень ОМ длины
£ = 0,981 м с точечной массой т на конце составляет с осью АВ угол:
а) а = 60°;
б) а - 30°
т
124
в)
а = 90°;
г)
а = 45°.
8. Выбрать верный ответ
Однородный стержень массой т вращается вокруг неподвижной
горизонтальной оси Ах, перпендикулярной стержню, с постоянной угловой
скоростью а) . Размеры заданы на чертеже, массой вала пренебречь.
Реакция подшипника в точке А равна.
а) Ra = 0,$т(д + 0 ,5ш 2а );
D
б) Ra = т (д + 0 ,5 ш 2а );
Rл
GS
со
в) Ra — т (д - 0,5ш 2а );
В
С
Уу.
А
-►X
г) Ra = 0 ,$т(д ~ 0,5ш 2а ).
9. Выбрать верный ответ
При неравномерном поступательном движении твердого тела силы
инерции приводятся:
а) к нулю;
б) к главному моменту;
в) к равнодействующей;
г) к главному моменту и к главному вектору.
10. Выбрать верный ответ
Прямоугольная пластина вращается в горизонтальной плоскости под
действием силы F - 50 Н. В указанном положении угловое ускорение е =
50 с ' 2 . Момент инерции пластины относительно её оси вращения 1А = 0,02
кг-м2, € = 0,1 м. Модуль реакции пружины равен...
сО Fynp =78 Н;
б) Fynp - 110 Н;
в) ^упр = 0 н ;
г) Fynp = 64 Н.
125
2.6. ПРИНЦИП ВОЗМОЖНЫХ ПЕРЕМЕЩЕНИИ
Принцип возможных перемещений (ПВП) используют в задачах о
равновесии механических систем при определении неизвестной
уравновешивающей силы или неизвестной реакции связи.
Возмож ными
перемещ ениями
называют
воображаемые
бесконечно малые перемещения, которые могут быть у точек системы в
данном её положении без нарушений связей, наложенных на систему.
Возможные перемещения - понятия чисто геометрические. Их
символьные обозначения: 8Si, 8(pi} 8xi, 8у i ...
Вектор возможного
перемещения точки направлен по касательной к кинематически возможной
траектории, т. е. так, как была бы направлена скорость при движении
точки по этой траектории (рис. 62)
Возможной скоростью называют скорость точки гит тела при
возмолсном, допускаемом связями движении точки или тела.
Возможной работой силы или момента силы называется работа
силы или момента силы на возмооюных перемещениях точек системы.
126
Возможной мощностью называется отношение
работы силы к бесконечно малому промежутку времени.
возможной
Идеальными называются связями} для которых сумма работ их
реакций на любом возможном перемещении системы равна нулю.
Решая задачи с применением принципа возможных перемещений,
связи, наложенные на систему, должны быть идеальными, стационарными,
голономными и удерживающими. В случае неидеальных связей, как,
например, связей с трением (негладкие поверхности), силы трения
относятся к заданным силам, а связи считают идеальными. В случае
неудерживающих (односторонних) связей возможные перемещения
допускаются только в направлениях, не нарушающих связь.
Принцип возможных перемещений: для равновесия механической
системы с идеальными голономными связями необходимо и достаточно,
чтобы сумма работ всех действующих на систему активных сил на
любом возмооюном перемегцении системы была равна нулю.
m g = 0.
Число степеней свободы механической системы равно числу
независимых возможных перемещений для этой системы. Число степеней
свободы можно определить как число дополнительных связей, которые
нужно наложить на систему, чтобы сделать её неподвижной. На рис. 63, а
система имеет одну степень свободы; на рис. 63, б механическая система
имеет две степени свободы.
СОол
Рис. 63
Если механическая система имеет одну степень свободы, то из всех
возможных перемещений её точек только одно будет независимым,
остальные будут зависимы от него. Соотношения этой зависимости
следует из кинематики для каждого вида возможного движения.
127
Для решения задач можно использовать уравнение возможных
мощностей, задавая системе возможные скорости вместо возможных
перемещений.
= 0.
Задача 14. Схема механизма, находящегося под действием взаимно
уравновешивающихся сил,, показана на рис. 64 Известно: Р —200 Н,
коэффициент жёсткости пружины с = 1 0 Н / с м , деформация сжатой
пруэюины Я = 2 с, 0А=20С, Пренебрегая силами сопротивления,
Решение. Рассматриваемый механизм находится под действием
системы уравновешивающихся сил: силы упругости Fynp , силы Р ,
приложенной к ползуну В, и силы Q, приложенной к точке А кривошипа
ОА . Составим уравнение работ, выражающее принцип возможных
перемещений.
28А1 = 0.
Связи, наложенные на механизм, допускают следующие возможные
перемещения его звеньев (рис. 65): кривошип ОА может повернуться на
128
угол S(p0A, пусть по ходу часовой стрелки, тогда точка А совершит
перемещение SSA перпендикулярное отрезку ОА, точка С также
переместится перпендикулярно её радиусу вращения ОС на расстояние 8SC
(т. к. угол 8(рол - бесконечно мал). Шатун АВ, совершающий плоское
движение, мгновенно повернётся относительно мгновенного центра
скоростей рАВ на угол 8(рАВ) ползун В, совершающий поступательное
движение, передвинется на расстояние 8SB вправо по горизонтали.
Уравнение работ, выражающее принцип работ возможных перемещений,
получает вид
?SSB - Fynp8Sc - Q8Sacos3Q° = О
Найдём зависимость между возможными перемещениями точек
системы. Выразим все возможные перемещения через перемещение точки
A — SSA, Так как звено ОА совершает вращательное движение, то
справедливо следующее соотношение
SSA
ОА
=
8SC
)
ОС
SSAOC
оSr —
,
с
ОА
Для определения зависимости перемещения 8SB от SSA звена АВ,
совершающего плоскопараллельное движение, применим теорему о
равенстве проекций скоростей (перемещений) двух точек на прямую,
соединяющую эти точки:
п
п
SSA
cos
60°
=
8SB
cos
30°
;
л
В
cos 60°
8SB
.
—— .
Я
cos 30°
Сила упругости пружины пропорциональна её деформации: Fynp = сЯ.
Подставив в уравнение работ выражение силы упругости
возможных перемещений точек системы, получим
8Sa cos 60°
cos 30°
SSA0C
OA
-
Q8Sacos30° = 0.
Откуда, разделив левую и правую части равенства на 8SA, получим
Pctg60° - сЛОС/ОА _ 200 ■0f577 - 10 ■2 ■0,5
cos30°
0,866
Ответ: Q —121,71 Я
129
121,71 Н
и
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
На каких рисунках возможное перемещение точки А показано верно.
б
2. Выбрать верный ответ
На каком рисунке в соотношении
перемещениями точки А и В допущена ошибка?
= SSB *cosa/sina
между
возможными
6SA = 6SB ■sina/cosa
130
3. Выбрать верный ответ
Механизм, изображённый на чертеже, находится в равновесии под
действием силы F и момента М, ОЛ = г, ВС = L Правильным
соотношением между силой и моментом является...
а) М = Ft / 2;
б) М = Fr>/3/2;
в) М = И Т з/2 ;
г) М — FI/2.
4. Выбрать верный ответ
Найти соотношение возможных перемещений 8<Рч и б<р3 звеньев 1
и 3 плоского стержневого механизма в положении, изображённом на
рисунке. Принять ОА = АВ = ОD.
а) 8(рг = 28(р3;
б) 5<рг = 5<р3;
^ <5<рх = 5<р3/2 ;
г/бсД! = 45<р3.
5. Выбрать верный ответ
Определить модуль момента М пары сил, который необходимо
приложить к шкиву 3 для уравновешивания груза 1 весом 900 Н. Радиусы
шкивов R = 2г = 40 см.
а) М = 48 Н;
б) М = 120 Я;
в) М = 24 И;
г) М = 90 Я.
131
6. Выбрать верный ответ
В механизме, изображённом на рисунке, соединение стержней шарнирное, движение груза - прямолинейное. Число степеней свободы
равно...
г) 4.
7. Выбрать верный ответ
При каком угле а механизм, изображённый на рисунке, находится в
положении равновесия? Известно Ft = F2 = 100 Н, ОА = 2 • ОВ
а) а = 90°;
б) а = 60°;
в) а = 30°;
г) а ~ 45.
8. Выбрать верный ответ
Определить модуль уравновешивающей силы F , приложенной к
точке А четырехзвенника ОАВС, если на шатун АВ = 0,4 м действует
пара сил с моментом М = 40 Н - м
а) 100 Н;
б) 250 Н;
в) 80 Н;
г) 160 Н.
132
2.7. ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ
Общее уравнение динамики может быть получено на основании
принципов Даламбера и принципа возможных перемещений.
Приложив ко всем точкам движущейся системы силы инерции, мы
можем перейти к задаче статики, рассматривая систему материальных
точек в состоянии покоя. Затем применим к этой системе принцип
возможных перемещений. Полагая все связи идеальными, найдём, что
сумма работ всех заданных сил и сил инерции на любом возможном
перемещении равна нулю.
28 А% +
(42)
= 0.
Это уравнение называется общим уравнением динамики (ОУД), здесь
28Afc - сумма элементарных работ активных сил;
28А% - сумма элементарных работ сил инерции.
Общее уравнение динамики: при двиэюении механической системы
с идеальными связями сумма возможных работ всех действующих на
систему сил и сил инергщи на любых возмоэюных перемещениях системы
равна нулю.
Для системы можно составить столько общих уравнений динамики
сколько степеней свободы имеет данная система.
Задача 15. Система состоит из трёх тел одинаковой массы т:
бруска, находящегося на горизонтальной плоскости, подвиэюного и
неподвижного блоков, а также невесомого и нерастяэюилюго каната
(рис. 66).
F
133
Рассматривая блоки как однородные сплошные диски одинакового
радиуса R и пренебрегая сопротивлениями, определить, какую
горизонтальную силу F необходимо приложить к бруску, чтобы
обеспечить его движение с ускорением а = 4д/1Б.
Рис. 67
Решение. Применим к решению задачи общее уравнение динамики.
В данной задаче движение системы таково, что груз 1 перемещается
горизонтально вправо. Покажем задаваемые силы: силы тяжести грузов
Рг, Р2, Р3, сnnyF, приложенную к телу 1 (рис. 67).
Приложим к системе силы инерции. Сила инерции груза 1,
движущегося поступательно с ускорением аъ выражается вектором
F*H = —т хах.
Силы инерции блока 2, вращающегося вокруг неподвижной оси с
угловым ускорением, приводятся к паре, момент которой
Силы инерции
приводится к вектору
блока
3,
F.Т
совершающего
плоское
движение,
=~т 3асз,
где асз - ускорение центра масс блока 3, и к паре сил момент которой
где £3 - угловое ускорение блока.
134
Сообщим системе возможное перемещение в направлении её
действительного движения (можно сообщить возможное перемещение и в
обратном направлении). Составим общее уравнение динамики (42):
m 1 - F 1HH5 5 i - M ^ 2 - M 3HH^ 3 - F 3 HHfi5C3 - P 3 « C3 = 0,
(43)
где 8(р2 и 8(р3 ~~ углы поворотов блоков 2 и 3, 8SC3 - перемещение точки
С - центра масс блока 3.
Выразим ускорение центра масс тела 3 и угловые ускорения тел
системы через ускорение тела 1. Мгновенный центр скоростей тела 3
находится в точке касания с неподвижной нитью - в точке Р.
Во =
ал
асз —
2R ’
R ’
—
Тогда силы инерции и моменты сил инерции будут соответственно
численно равны
F*H = т а±;
mR2 аг
= 1гх£г - 2
m R2 at
М3ИН - hx% =
F3 = m a3 =
т аг
Напомним, что зависимости между скоростями такие же как и между
ускорениями, такие же как и между перемещениями, поэтому
8<р2 =
8S1
R '
8<р3 =
8S,
2R ’
8$сз — 8(p3R —
8S,
Подставив всё в уравнение (43), получим
m R2 a18S1
FSS1 -m.a46S - i . - - j - - — —
8S,
m R 2 а± 8S% т аг 8S±
2~'2R3 ' 1 r ~ ~ 2
Т ~ т 9 ~г = О,
Откуда выразим F, разделив обе части равенства на 8S±, т. к.
F
/
т
аА т + 7
т гп\ тд
15т
тд
o-i
+
+ 8
8 +
+ Р
Т ) +
+ Т2 = “ 8
Ответ: F = тд
135
> 0.
15т 4д тд
+
15
2
8
тд.
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
К шкиву 1 ременной передачи приложен вращающий момент
Мвр = 3 Н • м. Массы шкивов равномерно распределены по их ободам и
соответственно равны ш 1 = 1 кг, т 2 = 2 кг. Радиус шкива 1 равен
R — ОД м. Пренебрегая трением, определить угловое ускорение шкива I.
а) Ег = 120 с"2;
Мвр
б) £г — 100 с~2;
е) г1 = 40 с~2;
г) ех = 80 с~2.
2. Выбрать верный ответ
Пренебрегая трением и массами блоков, определить ускорение
грузов для системы, изображенной на рисунке.
а) а = 12 м /с2;
б) а = 4 м /с2;
в) а = 10 м /с2;
г) а = 0 м /с2.
3. Выбрать верный ответ
На катушку массой т = 2 кг, с радиусом инерции г = 6 см намотана
нить, которую тянут с силой F = 0,5 Н. Определить угловое ускорение
катушки, полагая, что качение происходит без скольжения, радиус г =
4 см.
а) £ = 1 с
б) £ = 5 с 2;
в) £ = 8 с~2
г) £ = 12 с“2
136
4. Выбрать верный ответ
Тела 1 и 2 - однородные диски, массы и радиусы которых
одинаковы. Определить ускорение тела 3, если его масса т 3 = т 2 = т х.
а) а = 2,80 м /с2;
б) а = 6,00 м /с2;
в) а —4,36 м /с2;
г) а = 0,18 м /с2.
5. Выбрать верный ответ
Механическая система, изображённая на рисунке, состоит из трёх
тел массами
т 2, пг3. При движении тела 1 с ускорением аг, общее
уравнение динамики заданной системы выглядит следующим образом :
a) -F ? H6S1 + т гд ■cosa - M2H8(p2 + M3B8<p3 + F3H8SC + m 3g8Sc - 0;
б)
+ т гд ■sina - M2H8<p2 + М3и8(р3 + F3H8SC ~ 0;
в) -F^lH8S1 + т хд • sina —М2п8ср2 — М3я8ср3 - F3H8SC = 0;
г/ —
+ т хд • 5т а —
+ М3н8(р3 + F3h8Sc + m 3g8Sc = 0.
137
6. Выбрать верный ответ
Определить угловое ускорение барабана 1, если к нему приложена
пара сил с постоянным моментом М = 0,2 Н *м, массы тел т 2 = т х =
1 кг, моменты инерции относительно центральных осей
1г = /2 =
0 ,02 кг • м2, радиус г = 0,2 м.
а) е = 1,2 с~2;
б) £ = 2,5 с~2;
в) е = 5,4 с~2;
г) £ = 8,6 с“2
7. Выбрать верный ответ
Определить модуль момента М пары сил, если тело 1 массой 1 кг
движется с постоянным ускорением 1м/с2. Момент инерции барабана 2
относительно оси вращения радиус /2 = 0,1 кг ■м2, радиус г = ОД м.
о) М = 1,1 Н ■м;
б) М = 4,5 Н ■м;
в) М = 10,1 Н ■м;
г) М = 0,8 Н • м.
8. Выбрать верный ответ
Определить модуль момента М пары сил, действующей на
невесомый барабан, если силы инерции тел FaHK = 2 Н, F2H= 1 Н,
радиус г = ОД м. Силами сопротивления пренебречь.
а) М = 5,2 Н ■м;
б) М = 6,5 Н ■м;
в) М = 1,4 Н • м;
г) М = 0,5 Н ■м.
9. Выбрать верный ответ
Балка 1 массой 7% = 200 кг лежит на валах 2 и 3, моменты инерции
которых относительно осей вращения Д = /2 - ОД кг ■м2. Определить
силу F, которую необходимо приложить к балке, чтобы сообщить ей
ускорение а = 1 м/с2, если радиус г = ОД м.
а) F = 180 Н;
б) F = 76 Н;
в) F = 220 Н;
г) F = 510 Н.
10. Выбрать верный ответ
Для заданной механической системы можно составить систему
общих уравнений динамики в числе равном ...
а) 1;
б) 2;
в) 3;
ш2
139
г) 0.
т1
2.8. Т Е О Р И Я У Д А Р А
Силы, действующие на тела, можно разделить на силы, изменяющие
скорость точек непрерывно (например, сила тяжести) и силы, изменяющие
скорости точек тела в течение очень малого промежутка времени (десятой
и даже сотой доли секунды), такие силы возникают при ударе и
называются ударными силами.
Явление, при котором скорости точек тела за очень малый
промежуток времени изменяются на конечную величину, называется
ударом.
Очень малый промежуток времени X, в течение
происходит удар, называют временем удара.
которого
Удар, при котором нормаль к поверхности тела в точке касания с
ударяемой поверхностью проходит через центр тяжести тела, называется
центральным ударом.
Удар, при котором скорость центра масс тела в начале удара
направлена по нормали к ударяемой поверхности, называется прямым, в
остальных случаях - косым ударом.
В теории удара в качестве меры взаимодействия тел
рассматриваются не сами ударные силы, а их импульсы 5уд = Туд *т.
Импульсы неударных сил за время удара будут очень малы и ими можно
пренебречь.
Обозначим скорость точки в начале удара V, а скорость точки в
конце удара и. Тогда теорема об изменении количества движения точки
при ударе примет вид
т(й - v) = I,Ska
(44)
Это уравнение является основным уравнением теории удара, т.е.
изменение количества движения материальной точки за время удара
равно сумме действующих на точку ударных импульсов.
Из сказанного можно сделать выводы,
1. Действием неударных сил во время удара можно пренебречь.
2. Перемещениями точек тела за время удара можно пренебречь и
считать тело во время удара неподвижным.
140
3.
Изменение скоростей точек тела за время удара определяются
основным уравнением теории удара.
ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ТЕОРИИ УДАРА
Рассмотрим общие теоремы динамики для системы материальных
точек при ударе.
Теорема об изменении количества движения системы при ударе.
Уравнение (38), полученное в § 2.2, справедливо и для случая удара.
Но так как импульсами обычных сил при ударе пренебрегают, то в правой
части равенства останутся только ударные импульсы:
Q i-Q o =
Изменение количества движения системы за время удара равно
сумме всех внешних ударных импульсов, действующих на систему.
В проекциях на координатные оси это уравнение можно записать в
виде:
Qix ~~ Qox
”
Qiy ~~ Qoy ~
Qiz
“
Qoz
=
^
Если геометрическая сумма всех внешних ударных импульсов равна
нулю, то количество движения системы за время удара не изменится.
Следовательно, внутренние ударные импульсы не могут изменить
количества движения всей системы.
Теорема об изменении главного момента количества движения
(кинетического момента) системы при ударе.
Согласно уравнению (39), полученному в § 2,2, и учтя, что точки,
системы за время удара не перемещаются, можно записать теорему об
изменении кинетического момента системы при ударе
1г - 10 = т 0(.5 ц
т. е. изменение за время удара главного момента количества двиэюения
системы относительно какого-либо центра равно сумме моментов
относительно того эюе центра всех действующих на систему внешних
ударных импульсов.
141
В проекциях на координатные оси это уравнение можно записать в
виде:
Lix ~ Lox = ZMX(SD>
Li у "
у=
Llz - L0z = m z (sfc).
Если сумма моментов внешних ударных импульсов относительно
какого-либо центра или оси равна нулю, то кинетический момент системы
относительно того же центра или оси за время удара не изменится.
Внутренние же ударные импульсы не могут изменить кинетический
момент системы.
Теорема об изменении кинетической энергии.
Теорема об изменении кинетической энергии для решения основной
задачи динамики в теории удара не применяется, так как точки тела за
время удара считаются неподвижными, а вместо самих ударных сил
рассматриваются их ударные импульсы. Поэтому подсчитать работу
ударных сил непосредственно нельзя. Рассмотрим лишь вопрос о потери
кинетической энергии тел за время удара.
Теорема Карно (теорема о потере кинетической энергии при
неупругом ударе): Кинетическая энергия, потерянная системой тел при
абсолютно неупругом ударе, равна той кинетической энергии, которую
имела бы система, если бы её тела двигались с потерянными скоростями.
КОЭФФИЦИЕНТ ВОССТАНОВЛЕНИЯ ПРИ УДАРЕ
При соударении двух тел величина ударного импульса зависит те
только от их массы, скоростей до удара, но и от упругих свойств
соударяющихся тел. Эти свойства характеризуются коэффициентом
восстановления к , который определяется опытным путём.
Для прямого удара шара, падающего на неподвижную
горизонтальную жёсткую плиту (рис. 68), можно различить две стадии.
1. Скорости частиц шара, равные в момент удара v , убывают до нуля.
Шар при этом деформируется, и вся его начальная кинетическая энергия
переходит во внутреннюю потенциальную энергию деформированного
тела.
2. Шар под действием внутренних упругих сил начинает
восстанавливать свою форму, при этом его внутренняя потенциальная
142
энергия переходит в кинетическую энергию движения частиц шара. В
конце удара скорости частиц будут равны и.
Однако полностью механическая энергия шара не восстанавливается,
так как часть её уходит на сообщение шару остаточных деформаций и на
его нагревание. Поэтому и < V.
Коэффициентом восстановления при ударе называется величина
к, равная при прямом ударе тела о неподвижную преграду отношению
модуля скорости тела в конце удара к модулю скорости в начале удара:
v
При этом различают два предельных случая:
> случай абсолютно упругого удара (k = 1), при котором
механическая
энергия
тела
после
удара
полностью
восстанавливается;
> случай абсолютно неупругого удара (к —0), когда удар
заканчивается в первой стадии и вся механическая энергия тела
теряется на его деформацию и нагревание.
О
п
S
н
U
а
h
/7 7 7 7 7 7 7 7 7
V
Рис. 69
Рис. 68
Коэффициент восстановления при ударе К можно найти, если
рассмотреть шар, свободно падающий на плиту с предварительно
измеренной высоты Н, и определить высоту его подъёма h после удара
(рис. 69). Тогда
и
значит к - v
v = л/2~дН, и = ^2gh,
143
h
Н'
УДАР ТЕЛА О НЕПОДВИЖНУЮ ПРЕГРАДУ
Рассмотрим шар массы т , ударяющийся о неподвижную плиту.
Действующей на тело ударной силой будет при этом реакция плиты,
импульс этой силы за время удара - 5.
Рассмотрим случай прямого удара. Составим в этом случае
уравнение (44) в проекции на нормаль (рис. 68). Учтём, что Q0 = mv,
Q1 = тй, тогда
7Tl(lln
Vn)
Sn.
При прямом ударе ип = и, vn = —v, Sn = 5; следовательно
т (и + v) = 5.
Учтём, что при коэффициенте восстановления к скорость в конце
удара и = kv, тогда ударный импульс будет равен
S = ш (к 4- l)v.
Из формулы видно, что ударный импульс будет тем больше, чем
больше коэффициент восстановления.
Рассмотрим случай косого удара. Пусть в этом случае скорость v
центра масс тела в начале удара образует с нормалью к плите угол а , а
скорость и в конце удара - угол /? (рис. 70). Тогда уравнение (44) в
проекциях на касательную и нормаль будет иметь вид
т(иТ - vT) = 0,
т(ип - vn) = Sn.
Коэффициент восстановления в данном случае равен отношению
модулей \ип\ и \vn \. Так как влиянием трения пренебрегаем, удар
происходит только по направлению нормали к поверхности. Тогда с
учётом знаков проекций получим ип = —kvn , иТ —vT. Окончательно
находим:
S = ш(/с + l)\v n \.
Если учесть, что vT = \vn \tga, иТ = \un\tgp, значит | v n \tg c c —
| ип 11gfi, в результате получим
_ K 1 _ td a
~ \vn\ t g p
144
При косом ударе отношение тангенса угла падения к тангенсу угла
отражения равно коэффициенту восстановления. Так как к < 1, то а < Р .
т. е. угол падения всегда меньше угла отражения.
ПРЯМОЙ ЦЕНТРАЛЬНЫЙ УДАР ДВУХ ТЕЛ
При соударении двух тел удар называется прямым и центральным,
когда общая нормаль к поверхностям тел в точке касания проходит через
их центры масс и скорости центров масс в начале удара направлены по
этой общей нормали.
Пусть два однородных шара, массы которых т х и т 2, скорости их
центров в начале удара v1 и v 2> а в конце удара иг я и 2> совершают
прямой центральный удар (рис. 71). Проведём через их центры масс ось х.
Чтобы произошёл удар, должно быть vlx > v 2x, тогда и1х < и 2х.
Рис. 71
Применим теорему об изменении количества движения к
соударяющимся телам, рассматривая их как одну систему. Тогда ударные
силы, действующие между телами, будут внутренними, и
= О,
поэтому Qlx = Q0x или
145
m iU lx
+ m 2u 2x = m t vlx + m 2v 2x.
При соударении двух тел интенсивность удара зависит не от
абсолютного значения скорости каждого из тел, а от того, насколько
скорость ударяющего тела превышает скорость ударяемого, поэтому
коэффициент восстановления будет определяться по формуле
Щ х ~ и 2х
т
к — -------------- .
v i x ~ V 2X
Тогда ударный импульс для одного из тел, например, для первого
^ i ( M i x ~ vix)>
~
S 2x —
“
• S 'l x
Рассмотрим два предельных случая
1. Абсолютно неупругий удар (к = 0). Оба тела после удара будут
двигаться с одной скоростью, ударные импульсы будут равны:
и 1х
и2х
гщУгх + т2у2х
$2х
т1 + т 2
2, Абсолютно упругий удар (к = 1).
соответственно будут равны
т г ■т 2
O l* S-\v
lx —
т1 + т2
V 2 X).
Скорости и ударные импульсы
2т 2
У-гх
”
v i x ~ Т~
2х
“
V2x +
^
S2 х
“
I т
m i + Ш2
(^ ix
2ш
i^lx
т1 + т2
“
v 2xX
“
^ 2х),
2т1 *т 2
Six — т 1 + т 2 (Vix ~ V2X).
Как видно из формул, ударный импульс будет при абсолютно
упругом ударе вдвое больше, чем при абсолютно неупругом. Если же
массы соударяющихся тел одинаковы, то при абсолютно упругом ударе
они обмениваются скоростями.
Задача 16. Шар массой т г = 10 кг ударяется о неподвижный шар
массой гп1 = 20 кг (рис. 72). Какую скорость vt должен иметь центр
тяжести первого шара до удара, для того чтобы после неупругого удара
их общая скорость равнялась v = 6 м/с?
146
Решение. Проекции скоростей центров тяжести шаров на ось х в
начале удара будут р1х = ръ v2x = 0.
Проекция общей скорости
шаров на ось х в конце неупругого
удара равна
+ т 2^2х.
v —------------------ш1 4- т2
Из этой формулы находим проекцию искомой скорости центра тяжести
первого шара в начале неупругого удара
(т 1 + m 2)v —ш 2р2х (10 + 20)6 - 20- 0
рЛу —---------------------------= ------------—-----------= 18 м/с,
1Х
щ
10
' *
Ответ: р1х = 18 м/с
Тесты для самоконтроля
1. Выбрать верный ответ
При прямом ударе материальной точки по неподвижной преграде на
неё подействовал ударный импульс величиной S = 7,5 Н ■с. Скорость
точки до удара р = 10 м/с, скорость точки после удара и = 5 м/с. Масса
точки равна...
а) т - 2 кг;
6) т - 1,5 кг,
в) т = 4 кг,
г) т = 2,5 кг.
2. Выбрать верный ответ
На материальную точку массой m = 0,5 кг, движущуюся со
скоростью v = —ЗГ—4/, подействовал ударный импульс S = 31+ 4у.
Модуль скорости после удара и равен
а) и = 7 м/с,
б) и = 2,5 м/с,
в) и — 12 м/с,
147
г) и — 5 м/с.
3. Выбрать верный ответ
На рисунке показаны скорости двух тел до соударения v l w v2 и
после него щ и й 2. Массы тел т± = 10 кг, т 2 = 2 кг. Модуль импульса
ударной силы, действующей на тело 1 за время удара, равен...
vx — 2м/с
a)S = 6 H -c ,
v2 = 4м/с
6)S = S H -c ,
иг = 1м/с
в )S — 10 Н 1с,
и 2 = 1м/с
г) S = 8 Н ■с.
4. Выбрать верный ответ
Тело 1, двигаясь со скоростью г?! = 10 м/с, ударяет по второму
телу 2, которое двигается со скоростью v2 = 8 м/с в том же
направлении. В случае, когда массы тел т 1 = т 2 = т , скорость
совместного движения тел после абсолютно неупругого удара равна...
а/ к —9 м/с,
б )и = 7,5 м/с,
в/ и = 12 м/с,
г/ и = 18 м/с.
5, Выбрать верный ответ
На рисунке показаны скорости тел до соударения v1 и v2 и после
него щ и й 2. Коэффициент восстановления при ударе этих тел равен..,
а) к = 3/5,
б) к = 2/3,
в) к = 3/4,
148
г) к = 1/2.
6. Выбрать верный ответ
На тело, вращающееся вокруг неподвижной оси z с угловой
скоростью со0 = ISO с-1, подействовал ударный импульс с моментом
относительно оси MZ(S) = 10 Н ■м ■с. Угловая скорость после удара
со ■= 154 с-1. Момент инерции тела Iz равен ...
а) 4 = 2,5 кг • м2,
6)IZ = 10 кг ■м2,
в) 4 = 4 кг ■м2,
4 = 0,4 кг ■м2,
7. Выбрать верный ответ
Вращаясь вокруг оси Ах с угловой скоростью со0 = 6
квадратная
пластика ABCD наталкивается не неподвижное препятствие в точке /V и
после удара останавливается. Момент инерции пластины относительно оси
вращения Ах: 4 = 20 кг ■м2,длины сторон: А В ~ ВС — I = 1,2м. Модуль
импульса ударной реакции S в точке N равен...
a) S == 400 Н ' с,
б) S — 120 И ■с,
149
в) S = 200 Я *с,
г) S = 100 Я*
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
Учебное пособие написано на кафедре «Промышленное и
гражданское строительство» в соответствии с рабочей программой
дисциплины «Теоретическая механика» для бакалавров технического и
технологического направлений. Работа адаптирована для студентов
заочного факультета, обучающихся с применением дистанционных
образовательных технологий.
Теоретический материал охватывает все основные понятия,
определения и принципы раздела «Динамика». Данное пособие позволяет
студенту не только изучить основные идеи и методы классической
дисциплины «Теоретическая механика», но и получить определённый
навык решения задач динамики материальной точки и системы.
Кроме теоретического материала в пособии даны методические
указания и примеры решения задач по всем основным темам раздела
«Динамика». В конце каждой темы студентам предложен тестовый
контроль, результаты которого они могут проверить по таблицам из
при л. 3.
В прил.1 даны задания для контрольной работы по динамике. В
прил. 2 изложены минимально необходимые сведения о правилах и
приёмах применения векторного исчисления в трёхмерном евклидовом
пространстве, а также минимально необходимая информация
из
тригонометрии, высшей математики и другие справочные материалы,
необходимые для решения задач. Для большинства студентов заочного
обучения задачи, связанные с применением этих знаний математики,
вызывают затруднение.
Изучение динамики не заканчивается освоением рассмотренных
общих закономерностей. Приобретение навыков самостоятельного
решения практических задач - непременное условие овладения курсом
«Теоретическая механика»
Издание можно рекомендовать для самостоятельного изучения
раздела «Динамика» курса теоретической механики и последующего
самоконтроля не только студентам заочной, но и дневной формы обучения.
15 о
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Бутенин, Н В. Курс теоретической механики : в 2т. / Н.В. Бутенин,
Я.Л. Лунц, Д.Р. Меркин. - Спб.: Лань, 2008. - ТЛ. - 272 с.
2. Яблонский, А. А. Курс теоретической механики : в 2т. / А.А.
Яблонский, В.М. Никифорова М : КноРус, 2005. - ТЛ. —368 с.
3. Тарг С. М. Краткий курс теоретической механики / С.М. Тарг.-М .
: Высш. шк., 2008,416 с.
4. Маркова, Е. Л. Статика : учеб, пособие / Е. Л. Маркова, —Хабаровск ;
Изд-во Тихоокеан. гос, ун-та, 2015.-101 с.
5. Маркова, Е. Л. Кинематика : учеб, пособие / Е. Л. Маркова, Е. В.
Солодовник -Хабаровск : Изд-во Тихоокеан. гос. ун-та, 2015. - 10J
с.
6. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике /
под ред. А.А. Яблонского. -М . : Интеграл-Пресс, 2002 . - 382с.
7. Диевский, В. Я.
Теоретическая механика [Электронный ресурс] : . - М, :
Лань, 2009. - 320 с. -1 экз.
URL : http://e.laHbook,com/books/element.php?pl 1 cid=25&p[l id- i 30
8. Доев, В. С.
Сборник заданий по теоретической механике на базе Mathcacl
[Электронный ресурс] : учеб, пособие / В.С. Доев, Ф.А, Доронин. М. : Лань, 2010. - 585 с. : ил., табл.
URL : http://e,lanbook.com/books/eIeinerit.php?pll cid=25&pl 1_id=J 33
9. Никитин, H.H
Курс теоретической механики [Электронный ресурс] : учебник / Н.
Н. Никитин. - М. : Лань, 2011. - 720 с. : ил,
URL : http://e.lanbook,com/books/element.php?pl 1 cid=25&pl 1 _id= 1807
151
ПРИЛОЖЕНИЕ l
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА М 3
Контрольная работа № 3 по разделу «Динамика» состоит из четырёх
задач Д-1, Д-2, Д-3, Д-4. К каждой задаче контрольной работы даётся 10
рисунков и таблица, содержащая дополнительные к тексту задачи условия.
Нумерация рисунков двойная, при этом номером рисунка является цифра,
стоящая после точки. Например, рис. 1.6 —это рис. 6 к задаче Д-1. Номера
условий от 0 до 9 проставлены в 1-м столбце таблицы.
Студент во всех задачах выбирает номер рисунка по предпоследней
цифре шифра (номеру зачётной книжки), а номер условия в таблице - по
последней. Например, если зачётная книжка (шифр) оканчивается числом
38, то берут рис. 3 и условия № 8 из таблицы.
Контрольная работа выполняется в ученической тетради (12 листов).
На обложке указывают: название дисциплины, номер контрольной работы,
фамилия, имя, отчество студента, номер зачётной книжки (шифр), курс,
факультет, направление, профиль обучения.
Решение каждой задачи необходимо начинать на отдельном листе.
Сверху указывается номер задачи, далее записывается, что дано в задаче и
что требуется определить (текст задачи можно не переписывать), и
делается чертёж с учётом условий решаемого варианта. Чертёж должен
быть аккуратным. Решение задачи необходимо сопровождать краткими
пояснениями и подробно излагать весь ход расчётов. На каждой странице
следует оставлять поля для замечаний преподавателя.
При решении задач необходимо учесть следующее. Большинство
рисунков дано без соблюдения масштаба. Линии, параллельные строкам,
считаются горизонтальными, а линии, перпендикулярные строкам, вертикальными. Все связи считаются идеальными.
Работы, не отвечающие всем перечисленным требованиям,
проверяться не будут, а возвращаются для переделки. На повторное
рецензирование присылается та же работа с приложенными к ней
исправлениями.
152
Задача Д-1
Груз D массой т , получив в точке А начальную скорость р0 ,
движется по участку АВ (длиной I) наклонной плоскости, составляющей
угол а с горизонтом, в течение т секунд. Коэффициент трения скольжения
тела по плоскости равен / . На рис. Д1.5 - Д1.9 на тело D действует
постоянная сила Q, направленная вдоль оси Ахг. В точке В тело покидает
плоскость со скоростью vB и попадает со скоростью v c в точку С,
находясь в воздухе Т секунд.
Указания к решению задачи Д-1.
При решении данной задачи следует изучить теоретический
материал на стр. 4-16. Разобрать пример решения задачи 3 (стр. 10-13).
Задача Д-1 - на интегрирование дифференциальных уравнений
движения точки (решение второй или обратной задачи динамики). Сначала
нужно составить и проинтегрировать дифференциальное уравнение
движения груза на участке АВ, учтя начальные условия. Затем составить и
проинтегрировать дифференциальное уравнение движения груза на
участке ВС тоже с учётом начальных условий, ведя отсчёт времени от
момента, когда груз находится в точке В, и пологая в этот момент t = 0.
При решении задачи груз принять за материальную точку,
сопротивление воздуха не учитывать. Прочерк в столбцах таблицы
означает, что значение данного показателя есть, но оно неизвестно.
Таблица Д-1а ( к рис. Д1.0 —Д1 А)
vB
1
h
d
а
м/с
м
м
м
гр ад
0
1
—
3
—
2,5
30°
1 '
—
2va
6
6
2
0
—
2
—
—
3
3
—
3
3
—
4
0
—
—
5
. 1
6 ;
0
7
Найти
0,2
Т
с
—
45°
—
1
30°
0,1
—
f,d
х, h
2
°|
vA
■м/с
Номер
условия
—
1,5
4
2
45°
0,3
—
—
10
—
30°
од
1/5
/
10
—
—
45°
—
2
0
—
—
9,81
20
—
30°
0
2
8
0
—
10
—
12
30°
0,2
9
0
—
6
4,5
4
30°
0,2
153
—
Т, /г
44, h
т, l
vB,d
f,x = / ( 0
T, a
x, /г
x, vc
Таблица Д -16 ( к рис. Д1.5 -Д1.9)
vB
1
h
d
м/с
м
м
м
0
—
—
3
40
ftV3
1
16
—
5
d
h
2
21
—
20
—
—
<Ыз
—
—
3 0 V2
12
—
—
0
—
4,5
40
dV3
1,5
0
4,5
-
40
—
8
0
—
9
0
—
о
J
4
5
6
7
1,5
a
f
T
c
m
КГ
—
Q
kH
L,vc
—
—
0
Vb >4
a, d
—
0
—
0
—
0Д
0,2
од
0
—
h
15°
50
15°
0Д
0
0,3
0,3
—
3
—
0
—
—
30°
0
—
—
400
0
—
400
—
2,2
2
3
30°
0
40
1,5
—
5
30°
0
20
—
50
2
4
30°
0
—
0
Ух
Рис. Д-1 Л
Рис. Д-1.0
154
Найти
0
20°
15°
-
°
vA
м/с
о00
Номер
условия
vA>vB
T,X = / ( t )
t, h
vA,d
Q.l
v B, v c
T,m
У1
Рис, Д-1.2
Рис. Д-1.3
Рис-Д -1-4
Рис. Д-1.5
155
156
Задача Д-2
Механическая система состоит из груза 1, ступенчатого шкива 2 с
радиусами ступеней R2 = 0,3 м, г2 = 0,2 м и радиусом инерции
относительно оси вращения i2 — 0,25 м и катка 3. Каток 3 однородный с
радиусом R3 = 0,25 м или ступенчатый с радиусами R3 = 0,25 м, г3 =
ОД5 м и радиусом инерции относительно оси, проходящей через центр
масс, i3 = 0,2 м. Коэффициент трения груза о плоскость / = ОД. Тела
системы соединены друг с другом нерастяжимыми нитями, намотанными
на шкив и каток; участки нитей параллельны соответствующим
плоскостям. Данные представлены в табл. Д-2.
Движение начинается под действием переменной силы F = / ( s ) , ,
зависящей от перемещения сточки ее приложения из состояния покоя.
При движении на шкив 2 действует постоянный момент сил
сопротивления Мс (от трения в подшипниках). Каток катится по плоскости
без скольжения.
Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда
груз I переместится на расстояние sx = 0,2 м. Искомая величина указана в
столбце «Найти» табл. Д-2, где обозначено: v x и v C3 - скорость груза и
скорость центра масс тела 3 соответственно, ш2 и oj3 - угловые скорости
тел 2 и 3.
Указания к решению задачи Д-2.
Задача Д-2 на применение теоремы об изменении кинетической
энергии системы. При решении задачи учесть, что кинетическая энергия
Т системы равна сумме кинетических энергий всех входящих в систему
тел; эту энергию необходимо выразить через ту скорость (линейную или
угловую), которую в задаче надо определить. Для установления
зависимости
между
скоростями
точек
тела,
движущегося
плоскопараллельно, следует воспользоваться методом мгновенного центра
скоростей. Для определения момента инерции
неоднородного
(ступенчатого) тела применяется формула: 1 = m i2, где / -радиус инерции
тела относительно соответствующей оси; для однородного тела (катка) стандартная формула / = m R2/ 2, где R — радиус катка. При вычислении
работы необходимо все перемещения выразить через
учитывая, что
зависимость между ними будет такой же, как между соответствующими
скоростями.
157
При решении данной задачи следует изучить теоретический материал
на стр, 63-101. Разобрать пример решения задачи 18 (стр. 102-105).
Таблица Д-2
т1
т2
т3
а
р
F
Mc
кг
6
кг
8
кг
4
град
60
град
30
Н
8
10
6
30
45
80(6 + 4s)
70(3 + 5s)
H- м
1,6
. .2
:о
12
6
5
45
60
60(8 + 3s)
9
5
4
30
90
80(5 + 9s)
'4
5
6
11
12
3
60
0
1,5
V C3
9
8
45
1,2
Vi
6
8
4
5
45
30
60
40(7 + 3s)
60(6 + 8s)
50(9 + 4s)
co2
7
6
3
30
45
8
7
10
8
8
60
90
80(3 + 4s)
40(5 + 6s)
1,6
1,4
9
9
11
6
30
0
50(2 + 6s)
Номер
условия
0
1
158
1,4
1,2
0,8
1,5
1,2
Найти
0J2
И
Vi
w2
V C3
0J2
Vi
159
Задача Д-3
Вертикальный вал АК, вращающийся с постоянной угловой скоростью
со = 10 сГ1, закреплен подпятником в точке А и подшипником в точке,
указанной в табл. ДЗ в столбце 2 (АВ = BD = DE = ЕК = а = 0,5 м). К
валу жестко прикреплены тонкий однородный стержень I массой т 1
длиной /[ и невесомый стержень 2 длиной /2 с точечной массой т 2 на
конце. Оба стержня лежат в одной плоскости. Точки прикрепления и углы
наклона стержней а, /?, а также все численные данные указаны в табл. ДЗ.
Пренебрегая весом вала, определить реакции подпятника и
подшипника.
Указания к решению задачи Д-3.
При решении задачи Д-3 применяется принцип Даламбера. Следует
учесть, что силы инерции частиц стержня имеют равнодействующую Ёи}
которая определяется по формуле F M= ~т ас где ас - ускорение центра
масс стержня. Линия действия силы инерции FH в общем случае не
проходит через точку С.
При решении данной задачи следует изучить теоретический материал
настр. 117-120. Разобрать пример решения задачи 13 (стр. 120-122).
Таблица Д - 3
Номер
условия
0
1
Подшипник
в точке
В
Крепление в точке
стержня 1 стержня 2
К
D
т±
т2
к
кг
7
кг
2
С
а
м
0,4
м
0,3
0,4
0,5
град
45
60
р
град
30
30
30
60
60
30
45
60
30
60
К
В
D
8
5
0,5
2
К
Е
В
10
6
0,7
О
D
К
В
4
0,8
4
5
К
Е
D
В
Е
К
9
12
3
4
0,6
0,5
0,7
0,4
0,2
6
Е
D
0,6
К
В
10
2
5
0,7
7
К
Е
60
45
0,8
0,5
30
45
8
D
Е
К
9
6
0,6
0,4
60
30
Е
К
D
12
4
0,4
0,3
30
60
9
;
160
7
8
кт
Рис, Д-3.0
Рис. Д-3.1
Рис. Д-3.2
к
кт
2
1в
а
В -
А
А
777 / 777
7777777
Рис. Д-3.3
Рис. Д-3.6
Рис. Д-3.4
Рис. Д-3.5
в \р
А1
' 77/ 77/
Рис. Д-3.7
Рис. Д-3.8
161
Рис. Д-3.9
Задача Д-4
Плоский трехзвенный механизм находится в равновесии под действием
приложенных сил. Положение механизма задается углами а, /3 и у
Размеры стержней соответственно /ь h и /3 . На механизм действуют сила
F и пары сил с моментами М,,М2, один из которых неизвестен. Точка
приложения силы - П и угол (р, определяющие положение силы, а также
звенья, на которые действуют моменты, указаны на рисунках.
Размеры отрезков на соответствующих рисунках равны: A D =1/4 U
(рис. Д-4.0 - Д-4.2); BD =1/4 /3 (рис. Д-4.3 - Д-4.5); OD =1/4 /, (рис. Д-4.7,
Д-4.9); 0[D =1/4 /3 (рис. Д-4.6, Д-4.8). Значения всех заданных величин
приведены в табл. Д-4. Построение чертежа начинать со стержня,
направление которого определяется углом а.
Определить неизвестный момент, указанный в табл. Д-4 в столбце
«Найти», удерживающий систему в равновесии.
Указания. Решение задачи Д-4 проводится при помощи применения
принципа возможных перемещений. Механизм имеет одну степень
свободы, т. е. одно независимое возможное перемещение. Для решения
этой задачи следует выполнить следующие действия: сообщить механизму
возможное перемещение; вычислить сумму возможных работ всех
действующих внешних, активных сил и моментов на возможных
перемещениях; составить общее уравнение статики как сумму возможных
работ внешних сил равную нулю. При этом все вошедшие в уравнение
возможные перемещения необходимо выразить через какое-нибудь одно.
Это позволит получить алгебраическое уравнение относительно
неизвестной величины.
При решении данной задачи следует изучить теоретический материал
на стр. 117-120. Разобрать пример решения задачи 13 (стр. 120-122).
162
Таблица Д -4
Номер
условия
м
0 ,9
h
и
F
Н
0,3
320
М*
Я -м
120
0,5
0,8
0,4
300
520
120
0,4
0,5
260
150
60
0,5
0,7
0,8
0,6
240
160
-
0,6
0 ,6
0,4
360
200
240
-
а
р
У
<Р
к
h
град
45
град
0
град
0
60
град
30
м
0,4
1
60
120
90
30
2
45
60
60
3
90
90
4
150
60
150
90
5
50
30
60
45
0,5
0 ,9
0,6
400
6
120
60
90
60
0 ,7
0,6
230
7
0
150
120
45
0,6
0,4
0,8
0,5
450
8
150
30
45
60
0,6
0,6
0,4
220
180
-
9
90
120
120
30
0,3
0,8
0,3
310
-
М2
Найти
Я -м
-
м 2
-
163
м 2
620
-
М,
-
М2
540
-
МЛ
600
МЛ
620
м л
Р и с. Д -4 Л
Рис. Д-4.2
М2
м 2
м 2
м2
3
Рис. Д-4.6
м2
Ог
Рис. Д-4.8
Задача Д-5
Механическая система состоит из грузов 1 и 2, ступенчатого /диска
3, однородного сплошного цилиндра 4 (рис. Д-5.0 - Д-5.9). Тела системы
соединены друг с другом нерастяжимыми нитями, участки нитей
параллельны соответствующим плоскостям.
Система движется под действием сил тяжести, пары сил М = 150 Н *м
или постоянной силы F = 180. Каток катится по плоскости без
скольжения. Данные задачи по вариантам приведены в табл. Д-5.
Пренебрегая трением, определить ускорение груза, указанного в табл.
Д-5, в столбце «Найти».
Указания. Задача Д-5 на применение общего уравнения динамики к
изучению движения системы. Для решения задачи необходимо, кроме
действующих активных сил, показать соответствующие силы инерции.
Учесть при этом, что для тела, движущегося плоскопараллельно, система
сил инерции приводится к главному вектору сил инерции F H, равной
FH = т ас> приложенной в центре тяжести тела, и к паре с моментом
Ми — 1схЕ> гДе 1сх “ момент инерции тела относительно оси, проходящей
через центр тяжести; £ - угловое ускорение тела; ас - ускорение центра
тяжести тела. Для тела, движущегося поступательно, система сил
инерции приводится только к равнодействующей FH, равной F H= т ас>
приложенной в центре тяжести тела, а для тела, вращающегося вокруг
неподвижной оси, - только к паре с моментом Ми = 1Схе, где 1Сх момент инерции тела относительно оси вращения. Силы инерции FH
направлены противоположно направлению ускорения, направление Мн
противоположно направлению е. Система имеет одну степень свободы, т.
е. одно независимое возможное перемещение.
При решении данной задачи следует изучить теоретический материал
на стр .133-135. Разобрать пример решения задачи 15.
Рис. Д-5.0
165
Таблица Д - 5
Номер
условия
т1
кг
т2
кг
т 3
кг
т 4
кг
0
7
2
8
7
1
8
5
6
5
2
2
6
8
3
4
9
6
6
5
5
7
4
3
4
9
9
7
6
6
8
2
6
7
4
9
5
5
3
6
9
4
9
4
5
4
6
8
9
Яз
м
0,4
0,5
0,4
0,5
0,6
0,5
0,6
0,4
0,6
0,3
6
1
166
^3
м
0,2
0,3
0,2
0,3
0,3
0,2
0,2
0,1
0,2
0,1
h
м
0,3
0,4
03
0,4
r4
м
0,3
0,3
0,3
0,4
0,4
а2
аЛ
аг
а2
а2
аЛ
а2
0,5
0,2
а2
а2
0,4
0,4 0,4
0,3
0,4
0,2
0,3
0,2
Найти
0,4
вI
Рис. Д-5.5
Рис. Д-5.6
Мвр
167
ПРИЛОЖЕНИЕ 2
Теорема Пифагора
Теорема косинусов
с = л!а2 + Ь2 —2а ■b ■cosa
Теорема синусов
а
__
si?ia:
b
s in /?
_
с
s in y
Значения тригонометрических функций для наиболее часто
встречающихся углов
sin 0 = cos 90° = 0;
sin 30° — cos 60° = 0,5 ;
sin 15° = cos 75° = 0,259;
sin 75° = cos 15° = 0,966;
V2
„
.
V3
sin 60° = cos 30° = — = 0,866;
^
sin 45° = cos 45° = — = 0,707;
z
sin 90° = cos 0° = 1.
168
Соотношение между тригонометрическими функциями одного и того
же угла
sin2 а + cos2 а = 1.
Элементы векторной алгебры
Величины, для определения которых достаточно знать одно число
(положительное отрицательное или нуль), называются скалярами.
Например, температура, плотность, масса, работа силы.
Если приходится иметь дело с величинами, для определения
которых, кроме численного значения, необходимо знать направление в
пространстве, то они называются векторами. Например, перемещение,
скорость, ускорение, сила и др.
Скаляр и вектор не исчерпывают классы величин, рассматриваемых
в механике. Многие величины имеют более сложную структуру, чем
векторы и скаляры, и для определения их недостаточно знать числовые
значения и направления. Они называются тензорами (второго и высших
рангов). Так, рассмотрение моментов инерции относительно различных
осей, проходящих через некоторую точку твёрдого тела, приводит к
понятию тензора инерции.
Вектор изображается отрезком прямой (обозначается а или АВ ),
направление которого совпадает с направлением рассматриваемой
величины, а длина в выбранном масштабе характеризует её численное
значение.
Различают свободные, скользящие и закреплённые векторы.
Свободный вектор можно переносить параллельно самому себе и
прилагать в любой точке тела. Например, момент пары сил, скорость
поступательного движения твёрдого тела.
Скользящий вектор можно переносить вдоль линии действия
вектора. Например, вектор силы, приложенный к твёрдому телу.
Закреплённый вектор относится к определённой точке. Например,
скорость и ускорение точки твёрдого тела в общем случае его движения.
169
Суммой двух векторов,
приложенных в одной точке, является
третий
вектор с, изображаемый диагональю параллелограмма,
построенного на слагаемых векторах (рис. П.1, а).
Суммой нескольких векторов а , b , с , ... является вектор р ,
представляющий замыкающую сторону многоугольника, построенного на
слагаемых векторах (рис. П.1, б)
с
а)
Ь)
Рис. П.1
Свойства векторного сложения:
а Т В - Ъ+ а
- коммуникативность;
(а + Б) + с —а + (Б + с ) - а + Б + с
- ассоциативность.
Умножение вектора на скаляр
Произведение вектора а на скаляр m есть вектор Б, модуль которого
в m раз больше модуля вектора а. Ъ = та.
Если
/77=-Л векторы
а и b противоположны и представляют
простейший случай линейно зависимых векторов.
Векторы аг , а2>
существуют скаляры
ап называются линейно зависимыми, если
т ь т2
шп, не все равные нулю, такие, что
т гаг + т 2а2 + ... + т пап = 0.
Два линейно зависимых вектора параллельны между собой и
называются коллинеарными. Три линейно зависимых вектора лежат в
одной плоскости и называются компланарными.
170
Разложение векторов
Разложение векторов не имеет единственного решения до тех пор,
пока не заданы сами направления разложения вектора, т.е. базис. Если
векторы базиса ортогональны и модули их равны единице, то базис
называется ортонормированным. Если базис ортонормирован, то система
координат называется ортогональной декартовой. В ней базисные векторы
(орты) обозначаются Г, J, к, а оси х, у z (рис. П.2).
а
= a x i 4- a y j + a z k t
Скалярное произведение векторов
Скалярным произведением двух векторов а - Ь
произведение их модулей на косинус угла между ними:
называется
а • b - ab cos (а, 5).
Если векторы представлены своими проекциями на оси
прямоугольной декартовой системы координат, то скалярное произведение
векторов а *Ъ можно записать в виде
й ‘ Ь = ахЬх + ау Ьу + az bz .
171
Свойства скалярного произведения
а ■Б = Б ■а
- коммуникативность;
(a + 5)*c = a- c + 5- c - дистрибутивность;
(та) *В — т(а ■Б) —ассоциативность, где m - действительное число;
a - В = 0, если векторы а и Б взаимно перпендикулярны;
a - а = а 2 - скалярный квадрат вектора равен квадрату его модуля.
Векторное произведение векторов
Векторным произведением двух векторов a X Б называется вектор
ц направленный перпендикулярно плоскости векторов сомножителей в ту
сторону* откуда поворот от первого сомножителя ко второму на меньший
угол виден против хода часовой стрелки и равный по величине площади
параллелограмма, построенного на этих векторах (рис. П.З).
с — |а х b\ = ab sin а
Таким образом, направление векторного произведения соответствует
движению правого винта при его вращении от вектора а к вектору Б.
Свойства векторного произведения:
а х Б = —Б х а
- антикоммуникативность;
(а + Б ) х с = а х с + Б х с
(та) X В = т ( а х В)
ах В- 0
- дистрибутивность;
- ассоциативность, действительное число;
- если векторы а и Б коллинеарны;
а х а - 0.
172
Если векторы а
координатах, то
и b заданы в прямоугольных декартовых
i
ахb=
ах b —
к
)
ау &Z
ЬУ К
или
azby^i + (а2Ь
, и х - ах
В теоретической механике через векторное произведение
выражаются: момент силы относительно центра, скорость точки твёрдого
тела при его вращательном движении вокруг неподвижной оси и
неподвижного центра и т. п.
Проекция вектора на ось и на плоскость
Проекцией вектора на заданную ось, например Ох, называется
скалярное произведение вектора а на единичный вектор
Г ,
характеризующий положительное направление оси (рис. П 4).
Рис. П.4
Проекция вектора а на плоскость - это вектор, заключенный между
проекциями начала и конца вектора на эту плоскость.
a x y =a'COS(p
ах = а ' cos (рcos а ,
ау = а •cos (р •sin а ,
az - a-sin(р.
Рис. П. 5
173
Функции и их графики
Линейная функг^ия, Это функция вида уЛос+b, где к и Ъ -действительные
числа. Её график - прямая (рис. П.6). При к=0 получаем постоянную
функцию, её график - прямая, параллельная осих (рис. П.7).
У ,i
У
/
/
^
х
X
b )
Рис. П.6
Рис. П.7
Обратная пропоргщоналъностъ. Если величины х и у обратно
пропорциональны, то функциональная зависимость между ними
выражается уравнением у —с/хь где с есть некоторая постоянная величина.
График обратной пропорциональности есть кривая линия, состоящая из
двух «ветвей». Эти кривые называются равносторонними гиперболами
(рис. П.8).
Рис. П.9
174
Квадратичная функция. Функция у = а х2 + Ьх + с , где а, Ь, с постоянные величины, а 0, называется квадратичной (рис. П.9). График
её - есть парабола. Вершина её лежит в точке с координатами
К линиям второго порядка относится также эллипс (рис. П. 10)
Уравнение эллипса
Су - УоУ
это канонический вид уравнения эллипса с полуосями а и Ь и центром
симметрии с координатами (х0; у0).
Окружность - это частный случай эллипса при равенстве полуосей
х2 у 2
—+— = 1
а2 а2
с центром в начале координат и радиусом а.
Или канонический вид окружности радиуса а (рис. П.11) с центром в
точке с координатами (х0; у 0)
(х - х 0) 2 (У ~ У о У
------ ------- 1------- ----У
X
О
X
Рис. П.11
Рис. П.10
175
Правила дифференцирования и производные основных элементарных
функций
1. (С)' = 0
2. (и + v) ~ и + v
3 . (и - v) = и ■V + и - V
4. (С • и) = С *и
fu\
Vv/
_ U ‘V-U'V
V2
6. (ita) = а ■иа~г • и
7. (sin гг) = и ■cos и
8. (cos и) = - u *s in u
9. (а к) = аи ■и ■In а
10 (е и) = еи ■и
176
Таблица 111
№
п/п
1
Виды дифференциальных уравнений и их решения
Дифференциальные
Решения дифференциальных уравнений
уравнения
х = B t 4- А
х —
B t2
L
.
B t3 j4t2
x —
+
+
6
l
+ Tit + (Д
2
х = Dsin(pt)
x = — ^ c o s ( p t ) + Cx
2>■
х - к 2х = 0
x = C±e kt 4- C2e ~ kt
x =
4- C2
-sin(pt) 4- СД 4- C2
x — Сг к е 1а — C2k e ~ kt
x = Ct cos(fct) + C2 sin(/<t)
4
х + fc2x = 0
x — —Сг к s m ( k t ) 4- C2k c o s ( k t )
5
х + пх = 0
x =
+ C2e ±nt
x = ±C 2e ±nt
x = Xi + x 2; Xt = Сг + C2e ± n t;
6
x 2 = Tit; A = + ^
х + nx = q
x = Ct + C2e - nt + —t
x = +nC 2e ±ni + —
n
n
x = xx + x2;
x± =
cos(/ct) 4- C2 sin(/ct)
X2 = /c2 _ p 2 Sm(P £)
7
х \ к 1х — H s i n ( p t )
ч
x - (Д cos(/ct) 4- C2 sin(/ct) +
2
Я
p
2 si-nipt)
x = —Сг fcsin( k t ) 4- C2 k c o s ( k t ) 4- 2
/с
8
9
p
2 c o s(p t)
х 4- 2пх 4- к 2х = 0
к > п
x = e “n t(Ci cos(/?t) 4- C2 sin(/?t)
(1 = л] к 2 — п 2
x = —n e “n t(C;L cos(/?t) 4- C2 sin(/?t)) 44-e- n t( - C 1/? sin(/?t) 4- C2p cos(/?t)
х + 2пх 4- к 2х — 0
к < п
р .= V ^ 2 - /с2
ж=
+ C2e ^ n+P)t
x = - C j( n - p )e ~ (n- p)t - C2(n + p ) e -(n+p)t
177
Таблица Т12
Осевые моменты инерции однородных тел
178
ПРИЛОЖЕНИЕ 3
Ответы на тесты по теме «Первая и вторая задачи динамики»
1-в; 2-е; 3-6; 4-а; 5-6; 6-в; 7-г; 8-6; 9-г; 10-а; 11-е.
Ответы на тесты по теме «Динамика относительного движения
точки»
1-а; 2-а,6; 3-6; 4-г; 5-в; 6-а; 7-г; 8-6; 9-а,6; 10-а; 11-г,
Ответы на тесты по теме «Прямолинейное колебание точки»
1-е; 2-(1-е, 2-а, 3-6, 4-г); 3-г; 4-а; 5-а; 6-г; 7-6; 8-в; 9-а, в; 10-г.
Ответы на тесты по теме «Теоремы динамики точки»
1-6; 2-е; 3-а; 4-г; 5-г; 6-е; 7-а; 8-е; 9-6; 10-е; 11-а.
Ответы на тесты по теме «Принцип Даламбера для материальной
точки»
1-г; 2-е; 3-6; 4-а; 5-6; 6-г; 7-г; 8-6; 9-а.
Ответы на тесты по теме «Система материальных точек»
1-е; 2-а; 3-6; 4-г; 5-г; 6-а; 7-в; 8-6; 9-г; 10-6.
Ответы на тесты по теме «Теорема о движении центра масс»
1-е; 2-г; 3-г; 4-е; 5-а; 6-6; 7-6; 8-а; 9-а; 10-в.
Ответы на тесты по теме «Теорема об изменении количества
движения системы»
1-г; 2-6; 3-а; 4-е; 5-а; 6-е; 7-г; 8-г; 9-6.
Ответы на тесты по теме «Теорема об изменении кинетического
момента»
1-г; 2-6; 3-г; 4-в; 5-в; 6-а; 7-г; 8-6; 9-а; 10-в.
Ответы на тесты по теме «Теорема об изменении кинетической
энергии системы»
1-е; 2-а; 3-г; 4-а; 5-6; 6-6; 7-е; 8-а; 9-е; 10-(а-1, 6-4, е-3, г-2).
179
Ответы на тесты по теме «Дифференциальные уравнения различных
типов движения твёрдого тела»
.
1-г; 2-а; 3-в; 4-6
Ответы на тесты по теме «Потенциальное силовое поле»
.
1-а, в; 2-6; 3-г; 4-в; 5-а; 6-6
Ответы на тесты по теме «Принцип Даламбера»
.
1-а; 2-в; 3-6; 4-6; 5-а; 6-г; 7-а; 8-г; 9-в; 10-6
Ответы на тесты по теме «Принцип возможных перемещений»
1-а, г; 2-г; 3-6; 4-а; 5-г; 6-в; 7-е; 8-а.
Ответы на тесты по теме «Общее уравнение динамики»
1-6; 2-г; 3-а; 4-в; 5-в; 6-6; 7-а; 8-г; 9-в; 10-6.
Ответы на тесты по теме «Удар»
1-6; 2-г; 3-в; 4-а; 5-г; 6-а; 7-г
.
180
ОГЛАВЛЕНИЕ
ВВЕДЕНИЕ.................................................................................................3
ВВЕДЕНИЕ В ДИНАМИКУ. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ....................... 4
1. ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ..................................
5
1.1. Законы механики Галилея-Ньютона................................................. 5
1.2. Дифференциальные уравнения движения материальной точки.. ..6
1.3. Две основные задачи динамики........................................................ 8
1.4. Динамика относительного движения точки....................................17
1.5. Прямолинейные колебания точки..............................
29
1.6. Теоремы динамики точки.................................................................42
1.7. Принцип Даламбера для материальной точки............................... 57
2. ДИНАМИКА МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ................................. 63
2.1. Система материальных точек..... .....................................................63
2.2. Теоремы механической системы..................................................... 77
2.3. Дифференциальные уравнения различных типов движения
твёрдого тела............................. .....................................................110
2.4. Потенциальное силовое поле.........................................................I 13
2.5. Принцип Даламбера для механической системы..........................L17
2.6. Принцип возможных перемещений..............
L26
2.7. Общее уравнение динамики..................................................
133
2.8. Теория удара..............................................
140
ЗАКЛЮЧЕНИЕ........................
150
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК....................................................151
ПРИЛОЖЕНИЕ 1................................................................................... 152
ПРИЛОЖЕНИЕ 2 .............................................
168
ПРИЛОЖЕНИЕ 3.................
179
181
Учебное издание
Маркова Елена Леонидовна
Д И Н АМ И КА
Учебное пособие
Дизайнер обложки И. Л\ Тюкавкина
Отпечатано с авторского оригинала-макета
Подписано в печать 22.01.17. Формат 60x84 1/ 16.
Бумага писчая. Гарнитура «Таймс». Печать цифровая.
Уел. печ. л. 10,70.Тираж 100 экз. Заказ 25.
Издательство Тихоокеанского государственного университета.
680035, Хабаровск, ул. Тихоокеанская, 136.
Отдел оперативной полиграфии издательства Тихоокеанского государственного университета.
680035, Хабаровск, ул. Тихоокеанская, 136.
