/
Текст
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ РФ
Рубцовский индустриальный институт
ГОУ ВПО «Алтайский государственный технический
университет им. И.И. Ползунова»
А.С. Демидов
Н.А. Кулагина
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Часть 2
Динамика
Учебное пособие для студентов заочной формы обучения специальностей
190201.65 «Автомобиле- и тракторостроение»,
190601.65 «Автомобили и автомобильное хозяйство»,
190206.65 «Сельскохозяйственные машины и оборудование»,
151001.65 «Технология машиностроения»,
150204.65 «Машины и технология литейного производства»,
260601.65 «Машины и аппараты пищевых производств»,
290300 «Промышленное и гражданское строительство»
Рубцовск 2008
УДК 531.1/3
Демидов А.С., Кулагина Н.А. Теоретическая механика. Часть 2:
Динамика: Учебное пособие для студентов заочной формы обучения
специальностей 190201.65 «Автомобиле - и тракторостроение», 190601.65
«Автомобили и автомобильное хозяйство», 190206.65
«Сельскохозяйственные машины и оборудование», 151001.65 «Технология
машиностроения», 150204.65 «Машины и технология литейного
производства», 260601.65 «Машины и аппараты пищевых производств»,
290300 «Промышленное и гражданское строительство»/ Рубцовский
индустриальный институт,- Рубцовск, 2008. - 90 с.
Содержит необходимый теоретический материал раздела «Динамика»,
рассматриваемого по курсу «Теоретическая механика» в рамках учебных
программ, 5 расчётно-графических задания, примеры их выполнения.
Предназначено в качестве рабочего материала при изучении студентами
заочной формы обучения дисциплины «Теоретическая механика».
Рассмотрено и одобрено
на заседании НМС
Рубцовского индустриального института.
Протокол № 1 от 15.01.08 г.
Рецензент:
к.т.н., доцент А.К. Фокеев
© Рубцовский индустриальный институт, 2008
Содержание
Введение..................................................5
Раздел 1
ДИНАМИКА ТОЧКИ
1.1. Основные законы динамики.............................6
1.2. Постановка прямой и обратной задач динамики..........6
ЗАДАНИЕ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ НА
ТЕМУ «ДИНАМИКА ТОЧКИ» (Д1)................................9
ДАННЫЕ ВАРИАНТОВ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ (Д1) 10
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЫ
НА ТЕМУ «ДИНАМИКА ТОЧКИ» (Д1)............................14
Раздел 2
КОЛЕБАНИЯ И ОТНОСИТЕЛЬНОЕ
ДВИЖЕНИЕ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
2.1. Свободные незатухающие колебания материальной точки.20
2.2. Свободные затухающие колебания материальной точки...22
2.3. Вынужденные колебания...............................24
2.4. Относительное движение материальной точки...........29
2.4.1. Сложное движение с позиции кинематики............29
2.4.2. Сложное и относительное движение с позиции динамики . ... 31
ЗАДАНИЕ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ НА ТЕМУ
«КОЛЕБАНИЯ И ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ
МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ» (Д2).................................33
ДАННЫЕ ВАРИАНТОВ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ (Д2). 34
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЫ
НА ТЕМУ «КОЛЕБАНИЯ И ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ
МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ» (Д2).................................36
Раздел 3
ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ
ЭНЕРГИИ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
3.1. Понятие о кинетической энергии материальной точки и
механической системы..............................42
3.2. Понятие о механической работе. Работа в механической системе . . 44
ЗАДАНИЕ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ НА ТЕМУ
«ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ
ЭНЕРГИИ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ» (ДЗ).......................46
ДАННЫЕ ВАРИАНТОВ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ (ДЗ). 47
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЫ
НА ТЕМУ «ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ
ЭНЕРГИИ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ» (ДЗ)...............53
Раздел 4
ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО МОМЕНТА
МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ (ТЕОРЕМА МОМЕНТОВ)
4.1. Количество движения материальной точки. Импульс силы. Момент,
количества движения материальной точки. Теоремы моментов
относительно центра и оси.......................59
4.2. Количество движения механической системы. Теорема об изменении
количества движения для механической системы. Закон сохранения
количества движения.............................61
4.3. Понятие кинетического момента. Теорема об изменении .
кинетического момента механической системы. Закон сохранения
кинетического момента...........................60
ЗАДАНИЕ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ НА ТЕМУ
«ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО МОМЕНТА
МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ (ТЕОРЕМА МОМЕНТОВ)» (Д4) . . 63
ДАННЫЕ ВАРИАНТОВ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ (Д4). 65
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЫ
НА ТЕМУ «ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО
МОМЕНТА МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ (ТЕОРЕМА
МОМЕНТОВ)» (Д4)..................................71
Раздел 5
ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДАЛАМБЕРА К ИЗУЧЕНИЮ
ДВИЖЕНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
5.1. Понятие силы инерции материальной точки. Принцип Даламбера к
изучению механической системы...................76
ЗАДАНИЕ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ НА ТЕМУ
«ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДАЛАМБЕРА К ИЗУЧЕНИЮ
ДВИЖЕНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ» (Д5)..............76
ДАННЫЕ ВАРИАНТОВ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ (Д5). 77
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЫ
НА ТЕМУ «ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДАЛАМБЕРА
К ИЗУЧЕНИЮ ДВИЖЕНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ» (Д5) 83
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК ........................90
ВВЕДЕНИЕ
Наиболее трудоемкой в изучении частью теоретической механики
считается динамика.
Настоящее методическое пособие представляет собой сборник
необходимого теоретического материала и 5 расчётно-графических работ (с
примерами их выполнения), рассматриваемых в разделе динамики по курсу
«Теоретическая механика» студентами специальностей 190201.65
«Автомобиле- и тракторостроение», 190601.65 «Автомобили и
автомобильное хозяйство», 190206.65 «Сельскохозяйственные машины и
оборудование», 151001.65 «Технология машиностроения», 150204.65
«Машины и технология литейного производства», 260601.65 «Машины и
аппараты пищевых производств», 290300 «Промышленное и гражданское
строительство».
Выполняемые расчётно-графические работы по указанному курсу
охватывают следующие темы:
1. Динамика точки;
2. Колебательное и относительное движение материальной точки;
3. Изменение кинетической энергии механической системы;
4. Изменение кинетического момента механической системы;
5. Принцип Даламбера.
Согласно рассматриваемым темам, пособие разбито на
соответствующие части, где содержатся необходимые теоретические
сведения, предлагаются расчётно-графические задания и приводятся
примеры их выполнения.
Данное учебное пособие рассчитано на активизацию самостоятельной
работы студентов заочной формы обучения.
РАЗДЕЛ 1. ДИНАМИКА ТОЧКИ
Динамика - это раздел теоретической механики, в котором изучается
движение твердых тел под действием сил.
1.1. Основные законы динамики
Первый закон динамики (закон инерции).
Изолированная от внешнего воздействия материальная точка
сохраняет состояние покоя или равномерного прямолинейного движения до
тех пор, пока приложенные силы не заставят её изменить данное
состояние.
Второй закон динамики (основной закон динамики).
Произведение массы материальной точки на ускорение, которое она
получает под действием данной силы, равно по модулю этой силе, а
направление ускорения совпадает с направлением действия
рассматриваемой силы.
Математически основной закон динамики можно представить в виде
векторного равенства:
ma=F. (1)
Третий закон динамики (закон равенства действия и
противодействия).
Две материальные точки действуют друг на друга с силами, равными
по модулю и направленными по прямой, соединяющей эти точки, в
противоположные стороны.
1.2. Постановка прямой и обратной задач динамики точки
В данном подразделе обычно классифицируют задачи на два вида:
Прямая задача
В рамках данной задачи по известному закону движения определяют
силу, действующую на материальную точку. Как правило, её решение связано
с дифференцированием соответствующих уравнений движения.
При способе задания движения точки в декартовых прямоугольных
координатах рассматривается группа уравнений вида:
may=^Fky ’ ИЛИ
(2)
В левых частях каждого из рассматриваемых уравнений
интерпретируется второй закон Ньютона (основной закон динамики),
согласно которому F=m-a, в отношении составляющей (проекции)
равнодействующей силы, взятой относительно одной из осей х, у, z.
В правых частях уравнений представлены составляющие (проекции)
вектора равнодействующей сил, взятые по соответствующим осям. Очевидно,
что составляющая равнодействующей Ft (её проекция на ось i ),
согласно положениям статики, равна арифметической сумме проекций на ту
же ось сил > действующей на данную материальную точку, см.
рисунок 1.
Рис. 1. Движение материальной точки М, по поверхности под действием силы
(равнодействующей) F, рассматриваемое в системе декартовых осей х, у, z
Величина и направление равнодействующей F всех сил, приложенных к
точке, определяется следующим образом.
Величина:
Направление:
В данных формулах направление вектора равнодействующей
определяется с помощью направляющих косинусов, где a, у - углы
наклона вектора F к осям х, у, z, соответственно.
Если используются оси естественного трехгранника (касательная т,
нормаль п, бинормаль Ь, (см. рисунок 2), рассматривается следующая
группа уравнений вида:
(5)
Рис.2. Движение материальной точки М, по поверхности под действием силы
—►
(равнодействующей) F, рассматриваемое в системе естественных осей т, п, b
Обратная задача
В рамках данной задачи определяется закон движения материальной
точки по действующим на неё силам. Решение этой задачи сопряжено с
необходимостью интегрировать дифференциальные уравнения движения.
После интегрирования уравнений движения появляющиеся постоянные
определяются путем рассмотрения начальных условий. Под начальными
условиями здесь следует понимать значение положения *0, у0, z0 , скорости
ЕОх, ЕОу, VOz , материальной точки в начальный момент времени t=0 с.
ЗАДАНИЕ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ
НА ТЕМУ «ДИНАМИКА ТОЧКИ» (Д1)
Постановка задачи
Груз D массой т, получив в точке А начальную скорость Vo , м с,
движется в изогнутой трубе АВС, расположенной в вертикальной плоскости;
участки трубы или оба наклонные, или один горизонтальный, а другой
наклонный (рис.З, табл. 1).
На участке АВ на груз кроме силы тяжести действует постоянная сила
Q (её направление показано на рисунках) и сила сопротивления среды R,
зависящая от скорости, Vo м с, груза (направлена против движения); трением
груза о трубу на участке АВ пренебречь.
В точке В груз, не изменяя своей скорости, переходит на участок ВС
трубы, где на него кроме силы тяжести действует сила трения (коэффициент
трения груза о трубу/= 0,2) и переменная сила F, проекция которой Fx
на ось х задана в таблице 1.
Считая груз материальной точкой и зная расстояние АВ=1 или время 6
движения груза от точки А до точки В, найти закон движения груза на участке
ВС, т.е. х =f (t), где х = BD.
Указания
Задача Д1- на интегрирование дифференциальных уравнений движения
точки (решение основной задачи динамики).
Решение задачи разбивается на две части.
Сначала нужно составить и проинтегрировать методом разделения
переменных дифференциальное уравнение движение точки (груза) на участке
АВ, учтя начальные условия.
Затем, зная время движения груза на участке АВ или длину этого
участка, определить скорость груза в точке В. Эта скорость будет начальной
для движения груза на участке ВС.
После этого нужно составить и проинтегрировать дифференциальное
уравнение движения груза на участке ВС.
Далее необходимо 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 полагая в
этот момент t=Q.
При интегрировании уравнения движения на участке АВ в случае, когда
задана длина I участка, целесообразно перейти к переменной х, учтя, что
dV dV*
dt х dx
(6)
ДАННЫЕ ВАРИАНТОВ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ Д1
Данные к работе Д1
Таблица 1
Номер варианта т, кг Уо, м/с Q, н R, Н /, м t, с Fx(x), Н
1 2 20 6 0,4 V - 2,5 2 sin (4t)
2 2,4 12 6 0,8 V2 1,5 - 6 t
3 4,5 18 9 0,5 V - 3 3 sin (2t)
4 6 14 22 0,6 V2 5 - -3 cos(2t)
5 1,6 18 4 0,4 V - 2 4 cos (4t)
6 8 10 16 0,5 V2 4 - -6 sin (2t)
7 1,8 24 5 0,3 V - 2 9 I2
8 4 12 12 0,8 V2 2,5 - -8 cos (4t)
9 3 22 9 0,5 V - 3 2 cos (2t)
10 4,8 10 12 0,2 V2 4 - -6 sin (4t)
И 2 20 6 0,4 V - 2,5 2 sin (4t)
12 2,4 12 6 0,8 V2 1,5 - 6 t
13 4,5 18 9 0,5 V - 3 3 sin (2t)
14 6 14 22 0,6 V2 5 - -3 cos(2t)
15 1,6 18 4 0,4 V - 2 4 cos (4t)
16 8 10 16 0,5 V2 4 - -6 sin (2t)
17 1,8 24 5 0,3 V - 2 9 t2
18 4 12 12 0,8 V2 2,5 - -8 cos (4t)
19 3 22 9 0,5 V - 3 2 cos (2t)
20 4,8 10 12 0,2 V2 4 - - 6 sin (4t)
21 2 20 6 0,4 V - 2,5 2 sin (4t)
22 2,4 12 6 0,8 V2 1,5 - 6 t
23 4,5 18 9 0,5 V - 3 3 sin (2t)
24 6 14 22 0,6 V2 5 - -3 cos(2t)
25 1,6 18 4 0,4 V - 2 4 cos (4t)
26 8 10 16 0,5 V2 4 - -6 sin (2t)
27 1,8 24 5 0,3 V - 2 9t2
28 4 12 12 0,8 V2 2,5 - -8 cos (4t)
29 3 22 9 0,5 V - 3 2 cos (2t)
30 4,8 10 12 0,2 V2 4 - -6 sin (4t)
Вариант 1 Вариант 2
Вариант 4
Вариант 3
Вариант 5
Вариант 6
Вариант 7
Вариант 8
Вариант 9
Вариант 10
А / '7 /X D/A / //7 /У\45 Вариант 11 Ш^^Т77\^\о Вариант 13 ~~—°^J ''х | | 1 1 1 1 | 1 1 | 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ! Вариант 15 „. -г,. ., fiQ A D Лгл\ £>13\ Вариант 17 С \A\D 30 \\ в) ц) в>77/ А/^7 \^2\ 45° Вариант 19 \ ^~17Г\ 45" У^\,С Вариант 12 7^/d \7\45 Вариант 14 В Вариант 16 \\Р 6о7В п к Вариант 18 В /^\d А/)745 3^fXZ \ 1 Л Вариант 20
Вариант 21
Вариант 24
Вариант 25
Вариант 27
Вариант 28
Вариант 29
Вариант 30
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ
РАБОТЫ НА ТЕМУ «ДИНАМИКА ТОЧКИ» (Д1)
Пример №1
Выпишем данные варианта, графически отобразим данные варианта,
см. рис.4.
Данные: т = 1,6кг; Е0=18ж/c;Q = 4H; /? = 0,4 V;t=2c; Fx = 4cos(4z).
Рис. 4. Данные к примеру №1
Найти: Согласно условию задания, от нас требуется определить закон
движения на участке ВС.
РЕШЕНИЕ:
Рассмотрим участок АВ.
Проведем прямую Az.
Движение груза по условию задания является прямолинейным, и поэтому
v=v.
Составим дифференциальное уравнение движения данного груза на
участке АВ.
Общий вид дифференциального уравнения движения груза
относительно оси z:
В нашем случае:
где Qz—Q—- проекция постоянной силы Q на ось z;
Rz—~R ——0,4 V - проекция силы сопротивления среды на ось z.
Подставляя данные, получим:
1,6—= 4-0,4 7
dt
Избавляемся от постоянного коэффициента 1,6 левой части, разделив на его
значение левую и правую часть нашего уравнения:
dV
dt
= 2,5-0,25 7.
Разделяя переменные V и t, получим:
d7 J dV 1 J
(2,5-0,25 Г) ' н™ (Й^Т0)=-4 •
Интегрируем раздельно левую и правую часть нашего уравнения,
использовав при этом формулу
=1п|х|+С [1, с.330].
Таким образом, получим выражение:
1п|И—10|=—0,25Г+СР (*)
Для определения значения неизвестной постоянной С\, появившейся в
результате интегрирования, воспользуемся граничными условиями. Известно,
что в начальный момент времени (t=Qc) значение скорости
7= V0=18.ч/ с. Подставляя эти значения в выражение (*), получим:
С1=1п|8|=2,08.
Подставим значение константы С1 в выражение (*):
1п|7—10|=—0,25^+2,08. (**)
Используя свойства натурального логарифма, выразим из (**) скорость V и
определим её значение в точке В, т.е. при t=2 с.
Р—10 = е V = 10+e
При t = 2c^V=VB^>
г т 1 г\ . —0,25-24-2,08 1/1 лг
7в=10+е =14,85.м с.
Рассмотрим участок ВС.
Проведем из точки В прямую Вх. По условию задания движение
груза на этом участке является прямолинейным вдоль этой оси, поэтому
7v=7
Общий вид дифференциального уравнения относительно оси х:
В нашем случае:
d7y
и;-----= Ст F + F
dt х //'.у 7 х’ V )
где 6'Л=—G'-sin30 =—ш-g-sin 30 _ проекция силы тяжести груза G на
ось х; Ftpx=~Fтр - проекция силы трения F ТР на ось х\
/'v=4cos(4/) - проекция переменной действующей силы F на ось х.
Силу трения на наклонной поверхности (или её проекцию на
наклонную ось х ) можно определить, составив уравнение статического
равновесия груза относительно оси у, см. рис.5.
У )=(|^
W-Gcos30‘=0.
Учитывая, что FTP = N-f, получим:
FTP=/-G-cos30 FTP=f-m-g-cos30 .
Подставляем данные и полученное значение Fтр в (***):
ти-^-=—7wgsin3O —/-7Mg-cos30+4-cos(4z).
(Л-l
Делим обе части уравнения на тп и приводим подобные в правой части
уравнения:
^-=—6,73 + 2,5cos(4/).
dt v ’
Интегрируя последнее уравнение, получим:
d х
V=—=-6,73^+0,625 sin(4/)+C2. (****)
(Л I
Для определения значения неизвестной постоянной С2, появившейся
в результате интегрирования, воспользуемся граничными условиями.
Известно, что для данного участка в начальный момент времени (t=Oc)
значение скорости ИО=ИВ= 14,85л/ с. Подставляя эти значения в (****),
получим С2= 14,85. Подставим значение константы С2 в выражение
d х
И=—=-6,73/+0,625sin(4/)+14,85. (*****)
Умножая обе части (*****) На dt и вновь интегрируя, получим:
;с=-3,365/2-0,15625 cos(4/)+14,85 t+C3. (******)
Для определения значения неизвестной постоянной С3, появившейся
в результате интегрирования, воспользуемся граничными условиями.
Известно, что для данного участка в начальный момент времени (t=Oc)
величина перемещения х=0 м.
Подставляя эти значения в (******), получим С3—0,15625. С учетом
этого, (******) примет вид:
jc=—3,365/2—0,15625 cos(4t) +14,85/+0,15625.
Полученное выражение является искомым уравнением движения на
участке ВС.
Пример № 2
Выпишем данные варианта, графически отобразим данные варианта
(см. рис.5).
Данные:
m=8кг; Ио= 10л/, с; 0=16Н; R=Q,.5 V2; 1=4м; F=-6sin(21).
Найти: Закон движения на участке ВС.
РЕШЕНИЕ:
Рассмотрим участок АВ.
Проведем прямую Az. Движение груза по условию задания является
прямолинейным, и поэтому V z=V.
Составим дифференциальное уравнение движения данного груза на
участке АВ.
Рис. 5. Данные к примеру №2
Общий вид дифференциального уравнения движения груза
относительно оси z:
В нашем случае:
dV
mV——=Gz+Rz+Qz,
dz z z ^z
где Gz=—G-sin30 =—w-g-sin30 - проекция силы тяжести груза G на
ось z; R=-R = — цУ2 - проекция силы сопротивления среды R на ось
—►
z, Qz—Q - проекция постоянной силы Q на ось z.
Подставляя данные, получим:
mV •
dV
dz
= —/7?g-sin30—ц- +
Разделим обе части уравнения на т:
V-----g-sin30------V +—.
dz mm
Вынесем в правой части уравнения общий множитель
Р г
— за скобки:
т
_ М I' w-g-sin30 2 Q
dz ту ц ц
Обозначим:
п =
О /M-g-sin30
16-8-10-0,5
0,5
48 и к=—=^-=0,0625.
т 8
В результате подстановки этих величин дифференциальное уравнение
движения на участке АВ примет вид:
V.^-=k\n-V2},
(aZ
или
dz
Разделяя переменные, получим:
V-dV
k-dz.
Для приведения левой части уравнения к общему виду, необходимому
для интегрирования, умножаем левую и правую часть уравнения на
коэффициент 2:
IV-dV
2k-dz.
Интегрируем раздельно левую и правую часть нашего уравнения.
использовав при этом формулу J ln|x|+C [1, с. 330].
Таким образом получим выражение:
In |(и2—п
i •
Для определения значения неизвестной постоянной С15 появившейся в
результате интегрирования, воспользуемся граничными условиями. Известно,
что в начальный момент времени (?=0с) координата z=z0=0 и скорость
И=И0=10л//с. Подставляя эти значения в выражение (*), получим:
In (и2-и) =С,=>
In (102—(—48
Подставляем значение к =0,0625 и и=—48,
значение С j=4,997 в выражение (*):
Cj =4,997. (B)
а также полученное
1пцИ +48)|=—2-0,0625-z+4,997.
Пользуясь свойствами натурального логарифма, преобразуем данное
выражение:
Г2+48=е(-°’125-г+4’997):
K2=e(-0;125-z+4;997)_48_
Определим значение скорости И — Vв в точке В с координатой z=I=4 л/.
И2 = "°’125 ’4 +4’997) - 48 Пв=6,46 м / с.
Рассмотрим участок ВС.
Проведем прямую Вх. По условию задания движение груза на этом
участке является прямолинейным вдоль этой оси, поэтому V х= И
Общий вид дифференциального уравнения относительно оси х:
dV
т----
dt
кх ’
В нашем случае:
dV
ТП —— — Cj + г ТР + г
dt
где 6*=—G-sin30 =—7M-g-sin3O _ проекция силы тяжести груза на ось
х\ FTPx=-FTP=—f-m-g-cos3Q - проекция силы трения FTP на ось
х; Fx=— 6 sin(2/) - проекция переменной действующей силы р на ось
х. Силу трения на наклонной поверхности (или её проекцию на наклонную
ось х) можно определить, составив уравнение статического равновесия
груза относительно оси у (см. рис. 6 и пример №1).
Подставляя данные в дифференциальное уравнение движения груза,
записанное в общем виде, получим:
dV
т——=mg-$tfC3Q -f-mg-cos30 —6sin 2/ =>
(Л-l
т ~—=mg (sin 30— f cos 30°)—6 sin 21.
Разделим на m левую и правую часть уравнения:
—-=3,268-0,75 sin2r.
Умножая обе части последнего уравнения на dt и интегрируя, получим:
F=3,268r+0,375cos2r+C2.
Для определения значения неизвестной постоянной С2, появившейся в
результате интегрирования, воспользуемся граничными условиями. Известно,
что для данного участка в начальный момент времени (t=Oc) значение
скорости И0=Ив=6,46л/ с. Подставляя эти значения в последнее
уравнение, получим С2=6,085. С учетом полученного значения С2
уравнение примет вид:
dx
И=—=3,268 Г+0,375 cos2 Г+6,085.
dt
Умножая обе части данного выражения на d t и интегрируя, получим:
x=l,634r2+0,1875sin2r+6,085r+C3.
Для определения значения неизвестной постоянной С3, появившейся
в результате интегрирования, воспользуемся граничными условиями.
Известно, что для данного участка в начальный момент времени (г=Ос)
величина перемещения х=0л/. Подставляя эти значения в последнее
выражение, получим С3=0.
С учетом полученного значения уравнение примет вид:
х=1,634 г2+0,1875 sin 2 г+6,085 г.
Полученное выражение является искомым уравнением движения на
участке ВС.
РАЗДЕЛ 2. КОЛЕБАНИЯ И ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ
МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
В рамках предлагаемых расчётно-графических работ рассматриваются
прямолинейные колебания материальной точки.
Колебания можно подразделить на свободные незатухающие,
свободные с наличием вязкого сопротивления (затухающие) и
вынужденные.
2.1. Свободные незатухающие колебания материальной точки
В этом случае рассматривают колебательное движение материальной
точки без учета среды сопротивления. Закон движения прямолинейных
колебаний материальной точки вдоль оси х при свободных незатухающих
колебаниях в дифференциальной форме имеет вид:
х+к2-х=0.
(6)
Данное выражение представляет собой однородное дифференциальное
уравнение второго порядка, решением которого будет функция:
х = /4 sin (А/+а). (7)
Скорость материальной точки V при этом можно определить как:
V=V x=x=Akcos(kt+a). (8)
Так как закон колебательного движения содержит периодическую
функцию, то такие колебания считаются гармоническими.
Рассмотрим параметры, входящие в данные уравнения:
С] С2
-----=—.—=А - амплитуда свободных незатухающих колебаний, [л/];
cos a sina
k2=—, поэтому k—J— - круговая частота, [с-1] ; (kt+a)=<p - фаза
/и у т
колебаний, [рад];
с - постоянная, характеризующая восстанавливающую силу упругого
Z X Н
элемента (его жесткость), — .
I I
Дадим краткую характеристику этих параметров.
Амплитудой колебаний называется величина, равная наибольшему
отклонению материальной точки от центра колебаний О. Часто
используют величину, равную удвоенному значению амплитуды колебаний,
это так называемый размах колебаний.
Для характеристики гармонических колебаний также используют величину,
называемую периодом колебаний Т, [с]. Период колебаний связан с
круговой частотой к следующей зависимостью:
т=^г- (9)
Величину обратную периоду колебаний Т называют частотой
колебаний v > [с1] или \Гц\.
(Ю)
Частота колебаний - это число полных колебаний, совершаемых
точкой за 1с.
Круговая частота - это число полных колебаний, совершаемых точкой
за время 2 тт сек.
Как мы видим, круговая частота к отличается от частоты колебаний
v, на величину постоянного множителя 2тг , т.е.:
к=2тт-у.
(П)
При рассмотрении свободных незатухающих колебаний при действии
на материальную точку постоянной силы (например, силы тяжести Р ),
необходимо учитывать смещение её равновесного положения (центра
колебаний) в сторону действия этой силы на величину Лот;, называемую
статическим отклонением, выраженную в [.м], и определяемую
следующим выражением:
(12)
В случае, когда единственной постоянной силой, действующей на
материальную точку массой т, является сила тяжести P=mg, период
колебаний Т можно определить по формуле:
Т=2тт
или
Т=2тт
(13)
При использовании в качестве восстанавливающей силы упругости
нескольких элементов их эквивалентная жесткость сэке рассчитывается
следующим образом (см. рисунок 6):
Рис.6. К расчету эквивалентной жесткости сэкв упругих
параллельном соединении; Ь) при последовательном соединении
1
элементов: а) при
При параллельном соединения 2 элементов разной жесткости С\, с2,
I с
г 1 z
с учетом необходимого для прямолинейных колебаний условия —=— для
*2 С1
линии подвеса груза (см. рис. 6, а) эквивалентная жесткость сэкв этих
элементов будет равна:
с =с1 + с0. (141
экв 12 \1 “у
При последовательном соединении двух элементов с жёсткостью и
с2 (см. рис. 6, Ь) их эквивалентная жесткость сэкв определяется по
формуле:
(15)
2.2. Свободные затухающие колебания материальной точки
В этом случае рассматривают колебательное движение материальной
точки в вязкой среде (с учётом сил вязкого трения).
Сила вязкого трения R зависит от скорости V материальной точки.
При прямолинейных колебаниях материальной точки вдоль оси х данная
зависимость может быть линейной Rx=~ijVx или квадратичной
Rx=—ldVx. Знак «минус», говорит о том, что сила вязкого трения всегда
направлена противоположно вектору скорости. В данных выражениях р
представляет собой коэффициент сопротивления среды. Рассмотрим
свободные затухающие колебания с прямо пропорциональной линейной
зависимостью. Дифференциальное уравнение движения материальной точки
при этом выглядит следующим образом:
х+2Ь х+к2х=0,
(16)
где
С ,2 Р эд
—=к и —= 2 о.
т т
(17)
Для свободных затухающих колебаний принято использовать
следующие характеристики.
Модуль логарифма декремента затуханий ЬТ\ называется
логарифмическим декрементом, т.е: L—|ln [b Т J|.
Величина Тj - период затухающих колебаний. Под периодом
затухающих колебаний принято принимать промежуток времени, равный
периоду функции sin (к । / +сх) и определяемый выражением:
Т -2тг - 2тг
^k2—h2
(18)
Здесь хк2—Ь2—к1, [с '] - круговая частота затухающих колебаний.
В зависимости от того, как соотносится восстанавливающая сила и
сила сопротивления среды при движении материальной точки, принято
различать три случая.
Первый случай
В случае, когда сопротивление
во сстанавливающей силой (k > b),
уравнения (16) будет выражение:
среды мало по сравнению с
решением дифференциального
х=Ае bt.
(19)
В отличие от свободных незатухающих колебаний (см. (7)), в
последнем выражении (см. (19)) содержится множитель e~bt, так
называемый декремент затухающих колебаний, учитывающий
сопротивление движению, благодаря которому с течением времени
амплитуда колебаний А} = Ае bt убывает по отношению к начальной
амплитуде А по закону геометрической прогрессии.
Движение материальной точки в первом случае является
колебательным относительно некоторого равновесного положения с
постепенным уменьшением амплитуды колебаний.
Второй случай
В случае, если к—Ь, сопротивление, оказываемое средой на
материальную точку, равно воздействию восстанавливающей силы, и
решение дифференциального уравнения (16) имеет вид:
x=e~bt(Ci+C2l}. (20)
Тогда движение материальной точки перестаёт быть колебательным.
Материальная точка при этом, находясь вне равновесного положения, будет
асимптотически стремиться к нему.
Третий случай
Когда к <h, сопротивление, оказываемое средой по сравнению с
восстанавливающей силой, велико, и решение дифференциального уравнения
(16) примет вид:
x=Cte-[M'+C2e-{t-'1', (21)
где г=\С—С2
В этом случае движение материальной точки также не является
колебательным. Материальная точка, находясь вне равновесного положения,
будет стремиться к нему асимптотически.
2.3. Вынужденные колебания
Если на точку кроме постоянной восстанавливающей силы действует
переменная сила О, изменяющаяся по гармоническому закону, то такие
колебания считаются вынужденными, а сила О считается возмущающей
силой.
Рассмотрим частный случай, когда проекция возмущающей силы на ось
х при прямолинейных колебаниях меняется по гармоническом закону:
(2x=(2osm Р^ (проекция возмущающей силы может меняться и по другому
гармоническому закону).
Вынужденные колебания могут рассматриваться с учетом
сопротивления среды и при его отсутствии.
Для вынужденных колебаний при отсутствии сопротивления среды
дифференциальное уравнение движения имеет вид:
x+Zr2x=P0sin pt, (22)
где
и —=Р0. (23)
тт
Здесь Qg , [^] - величина начальной возмущающей силы;
Л1
Ро, ~ - начальное ускорение материальной точки
С
I I
р, [ с~1 ] - круговая частота возмущающей силы.
Решением уравнения (22) будет являться выражение вида:
x = /4sin(A/ + a)+/^sin pt.
массой пг,
(24)
В этом выражении:
А, к - амплитуда и круговая частота собственных колебаний
материальной точки соответственно;
В, р - амплитуда и круговая частота вынужденных колебаний
материальной точки соответственно.
Амплитуда вынужденных колебаний В определяется по формуле:
или
(25)
где
- величина статического отклонения материальной точки
под действием начальной возмущающей силы Qq
Проанализировав уравнение (24), можно прийти к выводу о том, что
вынужденные колебания представляют собой совокупность собственных
колебаний материальной точки и её вынужденных колебаний.
Для вынужденных колебаний принято использовать следующие
характеристики:
Коэффициентом расстройки z называется отношение круговой
частоты р вынужденных колебаний к круговой частоте к её
собственных колебаний:
*=р (26)
Коэффициент расстройки показывает степень несовпадения
(расстройку) частот вынужденных и собственных колебаний
Коэффициентом динамичности ц называется отношение амплитуды
вынужденных колебаний В к статическому отклонению Ао
материальной точки под действием начальной возмущающей силы QG, т.е.:
В
П=- (27)
Ло
Коэффициент динамичности показывает, во сколько раз амплитуда
вынужденных колебаний больше статического отклонения Ло , и зависит
от соотношения частот (коэффициента расстройки z).
Коэффициент динамичности /7 и коэффициент расстройки z
связаны между собой зависимостью:
1
1 2 ’
1 — Z
9
(28)
В случае, если круговая частота собственных колебаний совпадает с
круговой частотой вынужденных колебаний, наступает явление резонанса.
При резонансе р—к коэффициент расстройки z=l, (см. формулу
(26)); коэффициент динамичности rj=со, (см. формулу (28)). При
конечном значении статического отклонения Ло из выражения (27) следует,
что амплитуда вынужденных колебаний В —> со.
Для вынужденных колебаний с учётом сопротивления среды
(например, силы R, пропорциональной первой степени скорости V )
дифференциальное уравнение движения будет имеет следующий вид:
x+2bх+к2x=l\,sm pt. (29)
Решением данного уравнения будет выражение:
х=Ае z’/sin(^1^+£x)+Bsin(/7^—/?). (30)
В данном выражении
^(к2—р2)2+^Ь2-р2
п I 2Ьр
и fi=arctg 2
— р
(31)
Вынужденные колебания при наличии вязкого сопротивления, также
как и вынужденные колебания без сопротивления, представляют собой
совокупность собственных и вынужденных колебаний.
Собственные колебания происходят при этом по закону:
х=Ае btsin (Ar^+tx), (32)
а вынужденные:
х= BAvApt —В).
(33)
Установлено, что собственные колебания быстро затухают в течение
так называемого времени установления ty . Таким образом, по истечении
времени ty точка фактически будет совершать колебания по закону,
определяемому выражением (33).
Для вынужденных колебаний с учетом сопротивления среды можно
использовать следующие факты:
С учетом того, что h = bl к - величина, характеризующая
сопротивление среды, то значение fi,[pad], - характеризующее сдвиг
фазы вынужденных колебаний по отношению к фазе возмущающей силы,
можно выразить как:
fi=arctg
(34)
Проанализировав теоретический материал, можно прийти к выводу о
том, что явление резонанса при вынужденных колебаниях с учетом среды
сопротивления фактически наступает при значениях коэффициента
расстройки z, еще не достигнувшего единицы.
zp=^]-2h2. (35)
Согласно выражению (32), при малых значениях коэффициента
сопротивления среды h значение коэффициента расстройки при резонансе
z р^ 1. Оттуда же следует, что при больших значениях h (см. выражения
(35), (34), (31)) явление резонанса не ведет к значительному увеличению
амплитуды вынужденных колебаний В (см. рисунок 7). По тому, как
соотносятся круговые частоты вынужденных и собственных колебаний,
различают следующие частные случаи.
Первый случай
Величина коэффициента расстройки z«0. Согласно выражению
(26), подобная ситуация возникает когда р^Ь.
В таком случае амплитуда вынужденных колебаний примерно равна
величине статического отклонения (В « Ло).
Колебания при этом, очевидно, происходят с амплитудой, равной
статическому отклонению. Сдвиг фазы вынужденных колебаний по
отношению к фазе возмущающей силы при этом (см. (33)) будет примерно
равен нулю (fi « 0).
Второй случай
Величина коэффициента расстройки z —>со. Согласно выражению
(26), подобная ситуация возникает когда рУ>Ь.
В таком случае амплитуду вынужденных колебаний при малом
сопротивлении среды можно приближенно подсчитать по формуле:
Ао
2 ’
Z
(36)
Рис. 7. График зависимости коэффициента динамичности г?
от коэффициента расстройки z
Третий случай
Величина коэффициента расстройки s —> 1. Согласно выражению
(26), подобная ситуация возникает когда р^Ь и сопровождается явлением
резонанса. В таком случае амплитуду вынужденных колебаний В р можно
приближенно подсчитать по формуле:
(37)
Сдвиг фазы вынужденных колебаний по отношению к фазе возмущающей
силы при этом приближенно можно определить как (у^тт/2.
При вынужденных колебаниях с сопротивлением среды в случае
резонанса амплитуда Вр устанавливается в течение так называемого
времени установления ty . Чем меньше сопротивление среды, тем больше
будет время ty. При отсутствии сопротивления (Л—>оо) процесс
увеличения амплитуды колебаний может происходить бесконечно долго.
Рис. 8. График зависимости сдвига фазы 3 от коэффициента расстройки z
2.4. Относительное движение материальной точки
2. 4.1. Сложное движение с позиции кинематики
Относительное движение материальной точки наряду с её переносным
движением является составляющей частью сложного движения.
Сложным (абсолютным) называется движение, совершаемое точкой по
отношению к неподвижной системе отсчета. Траектория точки при этом
называется абсолютной траекторией, скорость и ускорение являются
абсолютными.
Переносным называется движение, совершаемое точкой, жестко
связанной с подвижной системой отсчёта, относительно неподвижной
системы отсчёта. Траектория точки, жестко связанной с подвижной системой
отсчета, называется переносной траекторией, скорость и ускорение являются
переносными.
Относительным называется движение, совершаемое точкой, по
отношению к подвижной системе отсчета. Траектория точки при этом
называется траекторией относительного движения, скорость и ускорение
являются относительными.
При анализе сложного движения кинематические характеристики точки
рассматриваются с использованием:
1) теоремы о сложении скоростей при сложном движении'.
V ,=V +V (38)
где Vа6с - вектор абсолютной скорости;
Vпер - вектор скорости точки в переносном движении;
V опт - вектор скорости точки в относительном движении.
2) теоремы о сложении ускорений (теоремы Кориолиса) '.
a R=a -Уа -Уа , (39)
аб от пер кор ’ \г у /
где аа6 - вектор абсолютного ускорения точки;
аот - вектор ускорения точки в относительном движении;
а„ер - вектор ускорения точки в переносном движении;
акор - вектор кориолисова (поворотного) ускорения точки.
Вектор кориолисова ускорения акор характеризует изменение относительной
скорости в переносном движении и изменение переносной скорости в
относительном движении.
Вектор кориолисова ускорения определяется как:
aKop=2(wXVonm)' (40)
а его абсолютную величину можно определить:
^=2-|c«|-|no„ffi|-sincx , (41)
где <сх=(шЛИо„,й).
Вектор угловой скорости со всегда параллелен оси вращения и
направлен в ту сторону, откуда вращение видимо происходящим против
часовой стрелки. Так как угловая скорость во всех точках вращающегося тела
одинакова, то данный вектор можно приложить к любой точке вращающегося
тела, в соответствии с вышеизложенным правилом.
Направление вектора кориолисова ускорения акор можно определить
следующим образом. Для этого вектор относительной скорости Vonm
проецируется на плоскость, перпендикулярную вектору угловой скорости
переносного движения со. Полученную проекцию, представляющую собой
вектор, необходимо повернуть в данной плоскости на угол л72 в сторону
переносного вращения. Полученный вектор будет являться вектором
кориолисова ускорения акор
Кориолисово ускорение равно нулю, если переносное движение
является поступательным или точка движется параллельно вектору угловой
скорости переносного движения со.
2.4.2. Сложное и относительное движение с позиции динамики
Отметим, что второй закон динамики и полученные из него теоремы
верны только для абсолютного движения точки, т.е. по отношению к
инерциальной (неподвижной) системе отсчета.
Для абсолютного движения:
(42)
Абсолютное ускорение в данном выражении можно представить как
а ,=а +а +а
аб от пер кор
Введём следующие обозначения: -т апер=Futtep и -т акор = F"op.
Вектор F"ep называется переносной силой инерции. Он направлен в
сторону, противоположную вектору ускорения а,кр материальной точки в
переносном движении.
Вектор Fu называется кориолисовой силой инерции. Он направлен в
сторону, противоположную вектору кориолисова ускорения акор
материальной точки.
В результате подстановки и преобразования выражения (42) получим
уравнение для относительного движения:
т аот= Z Fk+FUneP+ Ftp (43)
Сравнивая (41) и (42), можно прийти к выводу о том, что все уравнения
и теоремы механики для относительного движения точки составляются так
же, как и для абсолютного движения, но с прибавлением переносной F"ep и
кориолисовой F"op сил инерции.
Данная добавка учитывает влияние на относительное движение
материальной точки перемещения подвижных осей.
В случае, если подвижная система отсчёта движется поступательно, то
кориолисово ускорение F"op—0 и закон относительного движения
принимает вид:
maonm=EF k+^eP-
(44)
В случае, если подвижная система отсчёта движется поступательно,
равномерно и прямолинейно, то F"op=0 и F"ep=0.
Закон относительного движения при этом будет таким же, как и закон
абсолютного (сложного) движения. Поэтому такой подвижной системе
отсчёта также свойственна инерциальность.
Полученный результат позволяет сделать вывод о невозможности путем
механических экспериментов установить, находится ли данная система в
покое или совершает поступательное равномерное прямолинейное движение.
Данный вывод был получен Галилеем и носит название принципа
относительности классической механики.
В случае, если точка по отношению к подвижной системе находится в
покое, уравнение относительного движения принимает вид:
<45>
Данное выражение является уравненим относительного равновесия
материальной точки. Отсюда можно сделать вывод о том, что уравнение
относительного равновесия составляется так же, как и уравнения равновесия
для неподвижной системы отсчета, но с прибавлением к действующим на
материальную точку переносной силы инерции.
В случае, когда кориолисова сила инерции F"op^Q, то:
F1KOP=-т акор=-2 т (wX Vonm). (46)
Модуль кориолисовой силы инерции можно определить как:
KU=2M^I'KJsincx’
(47)
где <сх=(сблИо„т).
Так как сила F кор перпендикулярна Vопт, то уравнение (43) в проекции
на касательную примет вид:
(48)
По этой же причине \F"opl. работа кориолисовой силы инерции
при относительном перемещении будет равна нулю.
В связи с этим теорема об изменении кинетической энергии
материальной точки в относительном движении имеет вид:
2 2
(49)
где ~ сумма работ активных сил на относительном перемещении;
Л - работа переносной силы инерции при этом перемещении.
В данном выражении кинематические и силовые параметры относятся только
к относительному движению.
ЗАДАНИЕ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ НА ТЕМУ
«КОЛЕБАНИЯ И ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ МАТЕРИАЛЬНОЙ
ТОЧКИ» (Д2)
Постановка задачи
Груз i массой т укреплен на пружинной подвеске в лифте (рис. 9 и
табл. 2).
Лифт движется вертикально по закону
§=0,5-(cx172)+cx2-sincu^+cx3-cos(cu^ (ось £ направлена по вертикали вверх;
£ - выражено в метрах, t в секундах).
На груз действует сила сопротивления среды R = цУ, где V- скорость
груза по отношению к лифту.
Найти закон движения груза по отношению к лифт, т. е. x=f(t).
Начало координат поместить в точке, где находится прикреплённый к
грузу конец пружины, когда пружина не деформирована.
Во избежание ошибок в знаках, направить ось х в сторону удлинения
пружины, а груз изобразить в положении, при котором х 0 и пружина
растянута).
При подсчетах можно принять g ~ 10 м/с2.
Массой пружин и соединительной планки 2 пренебречь.
В таблице обозначено: с3, с2, с3 - коэффициенты жесткости пружин;
А о - удлинение пружины с эквивалентной жесткостью в начальный момент
времени /=0; Vo - начальная скорость груза по отношению к лифту
(направленная вертикально вверх).
Прочерк в столбцах сг, с2, с3 означает, что соответствующая пружина
отсутствует и на чертеже изображаться не должна.
Если при этом конец одной из оставшихся пружин окажется
свободным, его следует прикрепить в соответствующем месте или к грузу,
или к потолку (полу) лифта; то же следует сделать, если свободными
окажутся соединенные планкой 2 концы обеих оставшихся пружин.
Условие д=0 означает, что сила сопротивления R отсутствует.
Указания
Задача Д2 охватывает одновременно темы относительное движения и
колебания материальной точки.
Сначала нужно составить дифференциальное уравнение
относительного движения (по отношению к лифту) рассматриваемого в
задаче груза, для чего присоединить к действующим силам переносную силу
инерции. При этом необходимо заменить подвеску одной пружиной с
жесткостью, эквивалентной жесткости подвески.
Затем проинтегрировать полученное линейное дифференциальное
уравнение 2-го порядка, учтя начальные условия.
ДАННЫЕ ВАРИАНТОВ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ Д2
Данные условий к работе Д2_________________________________Таблица 2
№ ус- ло- вил т, кг п“ й с С2, Н/м с3, Нм с s s co, c1 Ao, л/ Vo, м c
1 1 300 150 100 0 0,1 0 15 0 0 0
2 0,5 200 250 150 0 0,4 0 10 4 0,1 1
3 0,6 50 100 50 0 0 0,1 5 5 0 2
4 0,8 - 240 120 -1,5g 0 0 - 8 0,1 0
5 1 100 50 150 0 -1,5g 0 - 4 0 1
6 0,7 50 100 100 0 0 -1,5g - 2 0,15 2
7 0,5 - 120 150 0 0,8 0 5 0 0 4
8 0,3 80 100 50 0 0 0,4 10 4 0,1 3
9 0,4 70 200 100 0 0,6 0 15 6 0,05 1
10 1 240 160 - 0 0 0,5 6 0 0 0
11 0,5 100 80 180 0 0,2 0 5 2 0,1 2
12 0,8 200 250 100 0 0 0,8 10 4 0 3
13 0,5 100 120 - -g 0 0 - 6 0,15 0
14 1,5 100 50 80 -1,2g 0 0 - 2 0,2 1
15 1,8 50 80 100 -0,5g 0 0 - 0 0,1 2
16 2 400 - 400 0 0 0,1 16 0 0 0
17 2,2 100 200 100 0 0,2 0 10 2 0 3
18 1 L50 50 100 0 0 0,5 20 5 0,1 1
19 0,4 120 - 120 g 0 0 - 4 0 2
20 0,6 100 120 180 1,2g 0 0 - 8 0,2 4
21 0,9 50 90 80 0,5g 0 0 - 10 0,15 3
22 0,5 120 - 180 0 0,1 0 20 20 0 0
23 1 100 90 200 0 0 0,2 15 0 0 1
24 1,2 200 220 300 0 0,3 0 10 2 0,1 4
25 0,4 200 50 - 0 0 0,2 20 0 0,15 0
26 1,4 200 250 300 0 0,4 0 10 1 0,2 3
27 2 L50 120 200 0 0,1 0 15 2 0,1 1
28 1 - 200 300 1,5g 0 0 - 20 0 4
29 0,4 100 120 220 0,5g 0 0 - 10 0 2
30 0,6 80 100 180 0,3g 0 0 - 12 0,1 1
Варианты 4-6
Варианты 1—3
Варианты 10-12
Варианты 7-9
Варианты 13-15
Варианты 19-21
Варианты 25 - 27
Варианты 28 - 30
Варианты 16-18
Варианты 22 - 24
Рис.9. Задание Д 2 - Данные вариантов
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ
РАБОТЫ НА ТЕМУ «ОТНОСИТЕЛЬНОЕ И КОЛЕБАТЕЛЬНОЕ
ДВИЖЕНИЕ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ» (Д2)
Пример №3
Данные:
т —0,5 кг; с, = 80Н/м; с2=120Н/м; «,= —g; а2=0; <х3=0; р = 6
Ось направлена по условию вверх. Лифт движется вертикально
согласно уравнению = 1 / 2 • ((х t Z )+а2• sin(соt)+а3• cos(соt).
л
д-1 г 1
Согласно условиям задания <;=———, [л/] (в данном случае лифт
движется сверху вниз).
Найти: Закон движения груза по отношению к лифту
Рис. 10. К примеру №3
РЕШЕНИЕ:
Определим эквивалентную жесткость двух
соединенных пружин:
срс2 80-120 .QH
с—-----—-------= 48 —.
ct+c2 80+120 м
последовательно
Рассмотрим груз в положении, при котором пружина растянута. На груз
действует сила тяжести Р, сила упругости F и сила сопротивления
среды /?=р V . Для составления уравнения равновесия присоединим к этим
силам переносную силу инерции Fnep=—matKp. Кориолисова сила
инерции равна нулю, так как переносное движение (движение корпуса)
является поступательным. Начало координат поместить в точке, где
находится прикреплённый к грузу конец пружины, когда пружина не
деформирована. Направим ось х в сторону удлинения пружины (в данном
случае - вниз). Тогда уравнение движения в векторной форме примет вид:
mZ„=P + F + FP,+R-
Здесь
Р =Р; F =-сХ=-сх, где Л=х- удлинение пружины; Fl‘ =-та ;
И Рх= — ЦХ.
Учитывая то, что оси § и х направлены в противоположные стороны,
получим:
Подставляя полученные значения проекций сил в уравнение движения,
получим:
mx—P-cx-mg-gx. Так как p=mg^>
тх——сх—цх.
Разделив на т левую и правую часть, преобразовав выражение, получим
однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными
коэффициентами типа х+р x+q х—0.
В нашем случае
х + 12х + 96-х=0=>
/9=12; q—96.
Характеристическое уравнение имеет вид:
к2+ pk + q=0.
В нашем случае корни характеристического уравнения комплексные:
k=a+ifi; k2=a—ifi,
где а=-^-=-—=-6; £=аL-—=aL-—=7,75^
2 2 У 4 V 4
к=-6+П,75; B2=-6-z7,75.
Опуская доказательство, запишем общее решение дифференциального
уравнения в случае комплексных корней его характеристического уравнения:
x=e~<xt[A cosfit+Bsinfit).
В нашем случае:
х=е-6/(Л cos 7,75+ В sin 7,75 .
Постоянные коэффициенты определим, используя граничные условия:
При t—Q, xo=Ao=O,15.w. Подставляя данные условия в последнее
выражение, определим значение А :
0,15 = 1-(Л+0)=> Л=0,15.
Постоянный коэффициент В определим, продифференцировав общее
решение дифференциального уравнения с подстановкой граничных условий:
хо=Ио=О; t=0:
x=[e~6t(A cos7,75^+Bsin7,75z)j =>
x——6e~6t(Acos7,75t+Bsin7,75ij+e~6t(—7,75Asin7,75t+B-7,75cos7,75t^
0=—6-1 (0,15-1 + 0)+1 (0+В-7,75-1)=>
В=0,116.
Итак, уравнение относительного движения груза будет выглядеть
следующим образом:
x=e“6t(0,15cos7,75?+0,116sin7,75^,[.w].
При помощи приложения HiMath Computing Package 1,0 или других
аналогичных утилит можно получить график данной функции ( см. рис. 11).
I
I
Рис. 11. График уравнения х=е 6t(0,15cos7,75Z+0,116sin7,75z),[.w]
Пример №4
Данные:
т=2кг; с} = 400Н / м; с2=4007//м; oq=0; сх2=0; сх3=О,1;
м
Ось § направлена по условию вверх.
Лифт движется вертикально согласно уравнению:
<; = 1 / 2 • (a j г)+сх2 • sin (со /)+а 3 • cos (со /).
В нашем случае: 5=0,1 -cos (161).
Найти: Закон движения груза по отношению к лифту *=/(*)•
Рис. 12. К примеру №4
РЕШЕНИЕ:
Определим эквивалентную жесткость двух последовательно
соединенных пружин:
cfc2 400-400
с —-----—--------=200 —.
Ci+c2 400+400 м
Рассмотрим груз в положении, при котором пружина растянута. На груз
действует сила тяжести Р, сила упругости F.
Для составления уравнения равновесия присоединим к этим силам
переносную силу инерции Fпер=— тапер , кориолисова сила инерции равна
нулю, так как переносное движение (движение корпуса) является
поступательным. Направим ось х в сторону удлинения пружины (в данном
случае - вниз).
Тогда уравнение движения в векторной форме будет иметь вид:
maomH=P+F + Funepx.
Здесь РХ=Р, Fx=-cx, где х-удлинение пружины, Fl‘Kp=-m аперх .
Учитывая то, что оси £ и х направлены в противоположные стороны,
получим:
а =—а =—?=— «-cos(a)/) =а -аЛсозсо/ и
перх перс, \ э ) э
F“=-m-a3-w2coswt.
Подставляя полученные значения проекций сил в уравнение движения,
получим:
т х = Р—сх—т-а3 • си2 cos си t.
Данное дифференциальное уравнение может быть записано в виде:
jc+Zr2 л:=/>!+/>2 cos («Я),
где к2=—=100; bx=g; Z?2=cx3-cu2=0,l-256=25,6.
т
Для определения закона движения груза надо проинтегрировать
полученное дифференциальное уравнение.
Его общее решение по теории дифференциальных уравнений:
х=х}+х2; где у -общее решение однородного уравнения х+А2х=0,
т.е.: A’1=C1sin(^)+C2cos(^) или x1=Clsin(10/)+C2cos(10/), а х2 -
частное решение неоднородного уравнения.
С учетом вида левой и правой части данного уравнения ищем х2 как:
x2=B+Dcoswt.
Для определения постоянных В и D находим х :
х2=(В+Dcoswt} =—Dcu2cosco/.
Подставим значения х2 и х2 в дифференциальное уравнение, получим:
— 1) си2 cos си/ +k2(B+D coscu t)=bl+/>2cos(cu/)=>
b2 = 25,6
к2—a2 100-162
0,164 и
10
100
=0,1.
С учетом x—xr+x2 , общее решение уравнения движения примет вид:
x=Cj sin 10/+С2 cos 10/—0,164 cos 16/+0,1.
Для определения постоянной С2 подставим в общее решение граничные
условия, согласно которым при /=0 хо=Ло=О=>
0=0+С2-1—О,164-1+0,1 =>
С2=0,064.
Для определения постоянной С1 продифференцируем общее
уравнение движения и подставим в полученное выражение граничные
условия, согласно которым при t=Q И = Ио = 0 =>
A:=10C1cos 10/-10C2sin 10Z+2,624 sin 16/^>
0 = 10Cl-l-0^
C,=0.
Подставляя значения постоянных интегрирования в уравнение,
окончательно получим закон относительного движения груза:
х—0,064cos 10/—0,164 cos 16/4-0,1, [.м].
При помощи приложения HiMath Computing Package 1,0 или других
аналогичных утилит можно получить график данной функции, см. рис. 13:
Рис. 13. График уравнения х=0,064 cos 10/ — 0,164cosl6/+0,l; [л/]
РАЗДЕЛ 3. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ
ЭНЕРГИИ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
3.1. Понятие о кинетической энергии материальной точки и
механической системы
При рассмотрении данной темы необходимо различать понятия
кинетической энергии материальной точки и кинетической энергии
механической системы.
Кинетической энергией материальной точки будет являться скалярная
величина Т:
т mV2 \п 1
Т=—^’
(50)
В таком случае теорема об изменении кинетической энергии
материальной точки представляет собой выражение:
mV\ ^V20 y
2 2 ’
(51)
где 7. - алгебраическая сумма работ всех сил, действующих на
материальную точку М при её перемещении из положения в
mVl л,
—-— - кинетическая энергия точки М в положении М 0 и момент
времени t0
т л / л л
—-— - кинетическая энергия точки м в положении , и момент
времени G •
В отличие от материальной точки механическая система в общем
случае представляет собой совокупность (систему) твердых материальных
тел (материальных точек), связанных между собой, находящихся в состоянии
покоя или совершающих поступательные, вращательные и
плоскопараллельные движения (для материальных точек только
поступательные движения).
Если механическая система представляет собой совокупность
материальных точек, то кинетическая энергия такой системы определяется по
формуле:
2
(52)
Если механическая система представляет собой совокупность твердых
материальных тел, то кинетическая энергия каждого тела определяется в
зависимости от характера его движения в рассматриваемой системе:
Для поступательно движущего тела:
т V2C
2
(53)
где
- скорость центра масс С данного тела.
Для тела, совершающего вращательное движение относительно оси
(54)
где J[кг-.м2] - момент инерции тела относительно оси z.
Для тела, совершающего плоскопараллельное движение:
(55)
Иначе говоря, при плоскопараллельном движении тела его
кинетическая энергия складывается из энергии поступательного движения со
скоростью его центра масс и энергии вращательного движения вокруг этого
центра масс. Рассмотрев механическую систему, представляющую собой
совокупность твердых тел, приходим к выводу, что кинетическая энергия
всей механической системы представляет собой сумму кинетических энергий
этих тел:
(56)
Теорема об изменении кинетической энергии механической системы имет
следующий вид:
(57)
где ~ кинетическая энергия механической системы в момент
времени tG;
Т}=^ Т\ - кинетическая энергия механической системы в момент
времени
Аек - сумма работ внешних сил, приложенных к системе;
А’к - сумма работ внутренних сил, приложенных к системе.
Если расстояния между любыми двумя взаимодействующими точками
остаются постоянными, то такая механическая система считается
неизменяемой.
Для неизменяемой системы сумма работ внутренних сил равна нулю,
те. Z4=o-
Таким образом, теорема об изменении кинетической энергии для
неизменяемой механической системы принимает вид:
(58)
В связи с тем, что применение теоремы об изменении кинетической
энергии механической системы сопряжено с определением работы,
совершаемой телами системы при различных видах движений, рассмотрим
понятие работы и методы её оценки.
3.2. Понятие о механической работе. Работа в механической системе
Определение работы, совершаемой над твердым телом, зависит от рода
силы и от того, какое движение совершает данное тело.
а) При поступательном прямолинейном движении тела под действием
постоянной по модулю и направлению силы F её работа определяется по
формуле:
Л=Е-5-со8бх, [Дус], (59)
где F-cosa - проекция вектора силы F на ось, вдоль которой
осуществляется движение;
х - путь, пройденный телом под действием данной силы;
а =(/'’" Е) - угол между вектором силы и направлением перемещения.
б) При поступательном прямолинейном движении тела под действием
постоянной по направлению и переменной по модулю силы (F=/(x)) её
работу можно определить как
Л=//(«)*. (60)
«о
в) Считая силу трения Fтр постоянной в поступательном движении
при скольжении тела по наклонной шероховатой поверхности, её работу
можно определить по формуле:
А=—f-m-g-cosa-s
(61)
где f - коэффициент трения скольжения между телом и шероховатой
поверхностью; « - угол наклона шероховатой поверхности к горизонтали.
г) При колебательном движении твердого тела работа переменной силы
упругости Fy4}p определяется по формуле:
л=|-(у-л;), (62)
где с, [///м] - жесткость упругого элемента;
Ло - отклонение от положения статического равновесия в момент
времени tG;
Л, - отклонение от положения статического равновесия в момент
времени •
д) При вращательном движении твердого тела относительно
неподвижной оси под действием постоянного момента М, [//•.«], его
работу можно определить по формуле:
А=М-ср, (63)
где ср, [рад] - угол поворота тела относительно начального положения под
действием данного момента М .
е) При вращательном движении твердого тела относительно
неподвижной оси при действии постоянного момента сопротивления
вращению Мтр (момента трения) его работа определяется по формуле:
(64)
ж) При вращательном движении твердого тела относительно
неподвижной оси при действии переменного момента M=f (<р) его работа
при повороте тела на конечный угол Ф\ определяется по формуле:
<Pi
A=$Md<p. (65)
о
В неизменяемой механической системе после определения работы
каждой силы в отдельности получают сумму работ внешних сил в
рассматриваемой механической системе Аек, входящую в правую часть
выражения (58).
Сопоставляя левую часть данного уравнения с правой, определяют
неизвестные параметры движения согласно прилагаемому заданию.
ЗАДАНИЕ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ НА ТЕМУ
«ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ
МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ» (ДЗ)
Постановка задачи
Механическая система состоит из грузов 1 и 2, ступенчатого шкива 3 с
радиусами ступеней R3 = 0,3 м, г3 = 0,1 м и радиусом инерции относительно
оси вращения р3=0,2 м, блока 4 радиуса /?4 0,2 м и катка (или подвижного
блока) 5 (рис. 14, табл. 3); тело 5 считать сплошным однородным цилиндром,
а массу блока 4- равномерно распределенной по ободу.
Коэффициент трения грузов и плоскость/=0,1.
Тела системы соединены друг с другом нитями, перекинутыми через
блоки и намотанными на шкив 3 (или на шкив и каток); участки нитей
параллельны соответствующим плоскостям.
К одному из тел прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с.
Под действием силы F = f (s), зависящей от перемещения s точки ее
приложения, система приходит в движение из состояния покоя; деформация
пружины в момент начала движения равна нулю.
При движении на шкив 3 действует постоянный момент М сил
сопротивления (от трения в подшипниках).
Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда
перемещение s станет равным 5] = 0,2 м.
Искомая величина указана в столбце «Найти» таблицы, где обозначено:
V] , V2 , Из, - скорости грузов 7, 2 и центра масс тела 5 соответственно, со3 и
СО4 - угловые скорости тел 3 и 4.
Все катки, включая и катки, обмотанные нитями (как, например, каток
5 на рис. 1) катятся по плоскостям без скольжения.
На всех рисунках можно не изображать груз 2, если л/ 0; остальные
тела должны изображаться и тогда, когда их масса равна нулю.
Указания. Задача ДЗ - 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
нужно выразить через ту скорость (линейную или угловую), которую в задаче
надо определить.
При вычислении Т для установления зависимости между скоростями
точек тела, движущегося плоскопараллельно, или между его угловой
скоростью и скоростью центра масс воспользоваться мгновенным центром
скоростей (кинематика).
При вычислении работы надо все перемещения выразить через
заданное перемещение \/, учтя, что зависимость между перемещениями здесь
будет такой же, как между соответствующими скоростями.
ДАННЫЕ ВАРИАНТОВ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ ДЗ
Данные условий к работе ДЗ Таблица 3
Номер условия П11, кг Ш2, кг т3, кг кг т5, кг с, Нм М Нм F=f(s), Н Найти
1 8 0 0 4 6 320 0,8 50(8+3s) Уз
2 0 4 6 0 5 240 1,4 60(6+5s) F2
3 0 6 0 5 4 300 1,8 80(5+6s) a>4
4 5 0 4 0 6 240 1,2 40(9+4s) Vi
5 0 5 0 6 4 200 1,6 50(7+8s) F('5
6 8 0 5 0 6 280 0,8 40(8+9s) CO3
7 0 4 0 6 5 300 1,5 60(8+5s) F2
8 4 0 0 5 6 320 1,4 50(9+2s) CO4
9 0 5 6 0 4 280 1,6 80(6+7s) F('3
10 8 0 0 4 6 320 0,8 50(8+3s) Vi
11 0 4 6 0 5 240 1,4 60(6+5s) f2
12 0 6 0 5 4 300 1,8 80(5+6s) co4
13 5 0 4 0 6 240 1,2 40(9+4s) Fi
14 0 5 0 6 4 200 1,6 50(7+8s) Fc5
15 8 0 5 0 6 280 0,8 40(8+9s) CO3
16 0 4 0 6 5 300 1,5 60(8+5s) f2
17 4 0 0 5 6 320 1,4 50(9 \ 2s) CO4
18 0 5 6 0 4 280 1,6 80(6+7s) Fc5
19 8 0 0 4 6 320 0,8 50(8+3s) Fi
20 0 4 6 0 5 240 1,4 60(6+5s) f2
21 0 6 0 5 4 300 1,8 80(5+6s) CO4
22 5 0 4 0 6 240 1,2 40(9+4s) Fi
23 8 0 0 4 6 320 0,8 50(8+3s) Fj
24 0 4 6 0 5 240 1,4 60(6+5s) f2
25 0 6 0 5 4 300 1,8 80(5+6s) co4
26 5 0 4 0 6 240 1,2 40(9+4s) Fi
27 0 5 0 6 4 200 1,6 50(7+8s) Fc5
28 8 0 5 0 6 280 0,8 40(8+9s) CO3
29 0 4 0 6 5 300 1,5 60(8+5s) f2
30 4 0 0 5 6 320 1,4 50(9+2s) CO4
Вариант 1
Вариант 2
Вариант 3 Вариант 4
Вариант 5 Вариант 6
' Д ; / НН L - г") ]\ _ 1 OJ 5 Т 'К F ® 45 ° Вариант 7 2 4 2 /х (Л 5 <\х< / V /\\ 6(?°Х У. Ch Вариант 9 -/ 30° к \ \ _ \ 3 ( fTTw. 7 v—^^дХУ д зо °рЧОх/^ / >?. —К / \ т 7 v3? Вариант 11 ( СкГ'К 2 4 W Дд « °а\- Вариант 8 4 2 ^Г^Х' / (л N з ^£х<А-Л\ 1 \ / ^.<*5-'' ч\\А / Х'х^узо0 к ) 45 \ 1 / г 1 Вариант 10 7 /Д/ 3 5 4 ^4 Д / Z зо ° /ч/(4 -й1Х1 Вариант 12
Вариант 13
Вариант 14
Вариант 15
Вариант 16
Вариант 17
Вариант 18
Вариант 19
Вариант 20
Вариант 21
Вариант 22
Вариант 23
Вариант 24
Вариант 26
Вариант 27
Вариант 29
Вариант 28
Вариант 30
Вариант 25
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ
РАБОТЫ НА ТЕМУ «ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ
ЭНЕРГИИ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ» (ДЗ)
Пример №5
Данные:
R3=0,3m; г3=0,]м; р3=0,2м; R4=0,2m; f=0,1; тх = 5кг; т2=0; т3 = 4кг;
т4=0; т5=6кг; с =240Н/м; М=1,2 Н-м; sy=^2m; F=40 (9+4 s), [л/].
Найти: Vj •
РЕШЕНИЕ:
Рассмотрим движение неизменяемой механической системы,
состоящей из весомых тел 1, 3, 5 и невесомых 2,4. Изобразим действующие
на систему внешние силы: активные F;Fynp;Р};Р3;Р5 , реакции:
^з, ^5; силу трения Fmpl ; момент сопротивления вращению
М.
Для определения V х воспользуемся теоремой об изменении кинетической
энергии:
Определим Т и TG. Так как в начальный момент времени система
находилась в состоянии покоя => ТG=0.
Определим значение кинетической энергии Т:
Заметим, что тело 1 - движется поступательно; тело 3 - вращается
относительно неподвижной оси; тело 5 - совершает плоскопараллельное
движение, отсюда следует:
1 2
Z3=—Jс'шз ’
T5=^m5-V2G+^JG-w25.
Выразим кинематические характеристики тел через одну величину V ।:
v,=vA.
vi
V B—w3R3 и VB—VX^> со3 —.
Л3
Ил=СОзГз и •
Выразим моменты инерции тела 3 и тела 5 относительно собственных
осей вращения:
Jc=m3-p23 и JG=0,5m5-r25.
Таким образом, значение кинетической энергии системы Т:
т=т1+т3+т5
т=
1 „2 1 2 Y1 1
— m. V.+—m3p3—t+-
2 1 1 2 3 3 Rf 2
T=V2- Q,5mx+Q,5m3-p2-
R2
2 Г3
r23
2
-1-0,5 ms~
Rl
11 2 тл2 Г3
2 2 5 5 1 R}.r25
r2 '
4-0,25/?25-—^5- .
Rl
2 1
Найдем сумму работ всех действующих внешних сил при
перемещении, которое будет иметь система, когда тело 1 пройдет путь
5j=0,2 м.
Введем обозначения: s - перемещение точки G (центра тяжести тела 5);
Ф3 - угол поворота тела 5; Л и Ло - начальное и конечное удлинения
пружины.
В таком случае работы отдельных сил системы можно выразить
следующим образом:
Л (F)=J (40 (9 + 45))ds'=40(9+2 s\) ;
A(Pl)=Pl-sl -cos 30°;
A{M)=-M-cp3;
A(p')=-P5-s5;
По условию задачи Ло—0. Тогда ^=6^ - перемещение конца пружины.
Выразим перемещения Ф3, s5 и sN через
*1
= =-----Го/
э D * з з э г) 3’
Л3
Rn 2Pg=>sn 2sg 2s/;=>
Лл<—2’-—’/’3—Л,.
л3
С учетом полученных значений сумма работ действующих внешних
сил:
t4^=40(951 + 25i)+P1-5]-cos30c—/•P1-51-cos60‘ —
*1 р с
----Р.----------
R3 5 R3 3 2
2
л 2 Гз
4-^1—
7?32
Приравнивая сумму работ к изменению кинетической энергии, выразим
40(9s, +2S|)+Pl->vl-cos30 — /-/’l-.sl-cos60 —Л/—!—P5—-
•г
0,5m}+0,5m3-pl—-
R3
2
1-0,5 ms~
Rl
1V3 1V3
2
I- 0,25 m5 ~
Rl
c
3~2
2
2 3
4-^-4
R3
Подставив исходные значения, получим:
40(9-0,2+ 2-0,22)+50-0,2-cos30 -0,1-50-0,2-cos60°-l,2-^|-6o+|-O,1-^уЧ 4-0,22-—
U,J U,J Z у 0,3
1 0 1 0 1
0,5-5 + 0,5-4-0,22-—Ц-+0,5-6-^ + 0,25-6^
0,3 2 0,32 0,32
Vx = 4,43 м/с.
Последнее значение является ответом на вопрос нашего задания
задания.
Пример № 6
Данные:
7? =0,3 л/; г =0,1 м; рч=0,2м; 7?4=0,2м; f=0,1;тл1=0;т? = 5 кг, т.=0;
т4=6кг;т5 = 4кг;с = 2(ЮН/м;M=l,6Н-м; F=50(7 + 8s)[.m].
Найти: VC5'
РЕШЕНИЕ:
Рассмотрим движение неизменяемой механической системы,
состоящей из весомых тел 2, 4, 5 и невесомых 1, 3. Изобразим действующие
на систему внешние силы: активные F; Fупр; Р2;Р4;Р5; реакции:
Л'2; Л''4; N 5; силу трения Fтр2; момент сопротивления вращению М.
Для определения У(.5—^с воспользуемся теоремой об изменении
кинетической энергии:
Определим /и ТG . Так как в начальный момент времени система
находилась в состоянии покоя => ТG=0.
Определим значение кинетической энергии Т:
т=т2+т4+т5.
Заметим, что тело 2 - движется поступательно; тело 4 - вращается
относительно неподвижной оси; тело 5 совершает плоскопараллельное
движение, отсюда следует:
1 2
T2=^m2V2H;
т — 1. т 2 •
L 4~ 2 b'w4 >
7_ । г/2 , । т 2
Т2 m5’^cF 2 JС’W5-
Выразим кинематические характеристики тел через одну величину
Ег
= со4=—
'М
2V с
l\=2l",= l/=coy-Ry^>co =---
О С L 3 3 3 г)
Л3
1//= со3-/у3=2r3= V н.
Кроме того, выразим моменты инерции тела 4 и тела 5:
JB=0,5m4-R4 и J c=0,5m5-R2.
Определяем значение кинетической энергии системы Т:
Т = Т+Т+Т^
2 4 5
г-ri 1 /~^2 ' > 2 1 /)2
Т=--7и2-2 •-г-г3+--^4-7?4-
Z R3 Z
1 2 1 1 2 VC
— ----ms-R^—
2 5 c 2 2 5 5 r}
г С
«4
T=F2
• о
2m2—
R23
0,5 tm4+0,5/m5+0,25 m5
Найдем сумму работ всех действующих внешних сил при
перемещении, которое будет иметь система, когда тело 1 пройдет путь
51=0,2 м. Введем обозначения: S2=SH - перемещение тела 2; <р3 -угол
поворота тела 5; Ло и Aj - начальное и конечное удлинения пружины. В
таком случае работы отдельных сил системы можно выразить следующим
образом:
Л(Г)=/ (50(7+8s))tZs'=50(751 + 45f);
Л (Р2)=—P2-52-cos30c ;
А(М)=-М-<р3;
X(?w)=|(a2-A2);
А (Fmp2)=-f-P2-s2- cos 60е.
По условию задачи Ао=О. Тогда \=SH - перемещение конца пружины.
Выразим перемещения <р3 и S2~SH через
2sr
Vn—2 V g^> sn—2sg — 2sd^>
5i
S2~ SH~ 2~Б~'Г3~ ^1 •
С учетом полученных значений сумма работ действующих внешних сил:
2S 2 s
2/i:=50(7il + 4^)-M-^-f-22-^-^-/>2-2^-r,-Sin60-/-/’2-24!-r3-cos60-.
Л3 2 R3 К3 К3
Приравнивая сумму работ к изменению кинетической энергии, выразим
Ис-
50(7.s1+4.s?)-M-^-|-22--^-r2-/22-2^-r3-sin60-/-/22-2-^-r3-cos60^
Ис=4------------------ъ---------------------------------------------
с 1 2
Г3
| 2ш2—2+ 0,5/774+0,5 /775+0,25 т5
I R3
?.П? Г)?2 о? о?
50 (7-0,2+4-0,22)-1,6-Н-Г2±-Л21.22.2Л_.0,|2-50-2И±.0з|.sin 60 -0,1-50-2H±.03|.cos 60
0,3 2 0з32 __________0,3 __________ 0,3
0 I2
2-5--^-+0,5-6+0,5-4+0,25-4
0,32
=>Ис=3,09.м с.
Полученное значение является ответом на вопрос нашего задания задания.
РАЗДЕЛ 4. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО
МОМЕНТА МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ (ТЕОРЕМА
МОМЕНТОВ)
Для правильного восприятия текущей темы необходимо познакомиться
с рядом ключевых понятий, имеющих отношение как к материальной точке,
так и механической системе в целом.
4.1. Количество движения материальной точки. Импульс силы.
Момент количества движения материальной точки. Теоремы моментов
относительно центра и оси
Количеством движения материальной точки массой т называется
векторная величина О, равная произведению её массы на скорость:
Q=mV.
(66)
Количество движения измеряется в системе СИ -
[Яс],
ИЛИ
кг-м
Элементарным импульсом силы называется векторная величина
dS, равная произведению силы
времени d t:
на элементарный промежуток
dS=Fdt.
(67)
Импульс силы за конечный промежуток времени равен
определенному интегралу от элементарного импульса, взятому в пределах
от нуля до tp
/,
(68)
о
Импульс силы, также как и количество движения, имеет единицу измерения
[//•с], или
кг-м
с
Теорема об изменении количества движения материальной точки
представляет собой следующее выражение:
mV-mV0=^Sk.
(69)
Т.е.: Изменение количества движения материальной точки за конечный
промежуток времени равно сумме импульсов всех действующих на точку
сил за этот же промежуток времени.
Моментом количества движения материальной точки относительно
произвольного центра О называется векторная величина Мо(тУ),
определяемая равенством:
Мо[т к)= rXm V.
(70)
Вектор М o[mV) направлен перпендикулярно плоскости,
содержащей вектор количества движения О и центр О.
Модуль момента количества движения материальной точки
относительно центра О при этом будет равен:
М Q[mV} =т-V-h,
(71)
где h - кратчайшее растояние между центром О и линией действия
вектора т V (плечо вектора количества движения).
При определении момента количества движения, также как и для
момента силы, необходимо учитывать правило знаков, согласно которому
момент количества движения считается положительным, если вектор О
стремится повернуть плечо h против часовой стрелки и наоборот.
Момент количества движения и момент силы связаны между собой
дифференциальной зависимостью согласно теореме моментов
материальной точки относительно центра.
В соответствии с данной теоремой:
Производная по времени от момента количества движения точки,
взятого относительно произвольного неподвижного центра, равна моменту
действующей на точку силы относительно того же центра.
d(Mn(mV]}
(72)
Из данного уравнения следует, что если момент силы относительно
произвольной точки О равен нулю, то Мо (т V)= const.
В отношении какой-либо оси z зависимость момента количества
движения и момента силы трансформируется в теорему моментов
относительно оси'.
d t
(73)
4.2. Количество движения механической системы. Теорема об
изменении количества движения для механической системы. Закон
сохранения количества движения
Количеством движения механической системы называется векторная
величина Q, равная геометрической сумме (главному вектору) количеств
движения всех точек системы:
(74)
Для механической системы, состоящей из твердых тел, количество движения
в такой системе равно произведению массы всей системы на скорость
центра её масс С, т.е.:
Q=M-VC.
(75)
Для механической системы теорема об изменении количества движения
интерпретируется следующим образом:
Изменение количества движения системы за конечный промежуток
времени равно сумме импульсов внешних сил, действующих на систему, на
протяжении этого промежутка времени, те.:
(76)
Закон сохранения количества движения для механической системы
говорит о том, что если сумма всех внешних сил, действующих на систему,
равна нулю, то вектор количества движения системы будет постоянен по
модулю и направлению.
4.3. Понятие кинетического момента. Теорема об изменении
кинетического момента механической системы. Закон сохранения
кинетического момента
Если для характеристики поступательного движения системы
используется количество движения системы, то для характеристики
вращательного движении системы применяется кинетический момент.
Кинетическим моментом, или главным моментом количеств движения
системы, называется величина Ко, равная геометрической сумме
моментов количеств движения всех точек системы относительно этого
центра, т.е.:
ОН
Определим кинетический момент механической системы,
вращающейся относительно неподвижной оси вращения z:
или (78)
Кинетический момент Kz вращающего твердого тела
относительно оси вращения z равен произведению момента инерции тела
относительно этой оси на угловую скорость этого тела.
В случае, если механическая система состоит из твердых тел,
вращающихся относительно одной и той же оси z, то кинетический
момент К _ можно определить как
(79)
Кинетический момент механической системы и сумма моментов всех
внешних сил относительно одного и того же центра О образуют между
собой дифференциальную зависимость:
dKo
d t
(80)
Данная зависимость выражает теорему моментов ддя механической
системы, согласно которой производная по времени от кинетического момента
системы относительно произвольного неподвижного центра О равна сумме
моментов всех внешних сил системы относительно этого же центра.
Проекции вектора кинетического момента на декартовые оси
определяются как
d К \
(81)
(8Г)
(81/z)
На основании теоремы об изменении кинетического момента можно
прийти к следующим выводам.
Если сумма моментов всех действующих на систему сил равна нулю,
то кинетический момент системы будет оставаться величиной
постоянной. Внутренние силы не могут изменить кинетический момент.
Для механической системы, вращающейся относительно неподвижной
оси z, в таком случае справедливо равенство:
К =J_oj = const. (82)
Проанализируем последнее выражение.
Если механическая система - неизменяемая (j==const}, то угловая
скорость такого тела со=const и тело будет вращаться с постоянной
угловой скоростью.
Если механическая система изменяемая (например, в случае, если под
действием внутренних сил происходит движение материальных точек с
изменением их расстояний до оси вращения), то изменение момента инерции
J: при этом будет обратно пропорционально изменению угловой скорости
тела со.
ЗАДАНИЕ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ НА ТЕМУ
«ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО МОМЕНТА
МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ» (Д4)
Постановка задачи
Однородная горизонтальная платформа (круглая радиуса R или
прямоугольная со сторонами 27? и 7?, где 7?=1,2 л/) массой тг-=24 кг вращается
с угловой скоростью со о =10 с1 вокруг вертикальной оси z, отстоящей от
центра масс с платформы на расстоянии ОС=Ь.
На рисунках (см. рис. 17) для каждого варианта задания показаны
платформы: с видом в аксонометрии (левый рисунок) и с видом сверху
(правый рисунок).
В момент времени to =0 по желобу платформы начинает двигаться (под
действием внутренних сил) груз D массой т2=% кг по закону s=AD=F(t), где
s - выражено в метрах , t - в секундах.
Одновременно на платформы, изображенные на рис. 0-4, начинает
действовать пара сил с моментом М (задан в ньютон • метрах; при М < 0 его
направление противоположно показанному на рисунках); для платформ,
изображенных на рис. 5 - 9, М = 0.
Определить: для платформ, изображенных на рис. 0-4, зависимость
co=f(t), т.е. угловую скорость платформы, как функцию времени; для
платформ, изображенных на рис. 5 - 9, - угловую скорость ап платформы в
момент времени Л=7 с.
Форма желоба ддя вариантов 1 -5, 11-26 прямолинейная (желоб КЕ)', для
вариантов 6-8, окружность радиуса 7? (обод платформы); для вариантов 9-10,
27 - окружность радиуса r=Q,5R, для вариантов 28-30 - дуга окружности
радиуса r=0,5R.
На всех рисунках груз D показан в положении, при котором 5>0
(если л<0, груз находится по другую сторону от точки Л); в вариантах 6-
10, 27-30 расстояние s = AD отсчитывается по дуге окружности. Изображая
чертеж решаемой задачи, провести ось z на заданном расстоянии ОС b от
центра С.
Указания
Задача Д4 - на применение теоремы об изменении кинетического
момента системы.
При применении теоремы к системе, состоящей из платформы и груза,
кинетический момент К: системы относительно оси z определяется как сумма
моментов платформы и груза.
При этом следует учесть, что абсолютная скорость И груза
складывается геометрически из относительной Vom и переносной V пер
скоростей,т. е. V=Vom+V„ep.
Поэтому и количество движения этого груза т V=т Vom+m Vnep.
Тогда можно воспользоваться теоремой Вариньона (статистика), согласно
которой эти моменты вычисляются так
же, как моменты сил.
В случае, когда М = 0 и надо определить coi, воспользоваться законом
сохранения кинетического момента (показав, что он здесь имеет место).
При этом следует сначала найти и показать на чертеже положения Do и
Di груза в моменты времени /(| 0 и / |1 с (найти, чему равен угол A CD при
/о 0 и /| = 1с), а также определить, чему равна и как направлена скорость
V отн в эти моменты времени.
После этого надо вычислить К-, но не для произвольного момента
времени, а сначала для момента /о 0 (когда груз в положении Do и со= со0), а
затем для момента t\ = 1 с (когда груз в положении Di и щ сд), использовать
закон сохранения К-.
Момент инерции прямоугольной пластины с массой т и сторонами а/
и а2 относительно оси С-, перпендикулярной пластине и проходящей через ее
,, / т ь 2 . 2\
центр масс С, равен I B°i+o2/-
На виде сверху изобразить положение груза в момент времени t—0
или t=ti, а также векторы относительной, переносной и абсолютной
скорости груза в данные моменты времени.
ДАННЫЕ ВАРИАНТОВ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ Д4
Данные условий к работе Д4 Таблица 4
Номер варианта Ъ Закон относительного движения M
s=F(t) s=F(t)
1 R/2 0,6 cos (2/) - 8
2 R2 0,8t2 - 2+4/
3 R2 0,4(1—?) - 8?-2
4 R2 —0,8cos(2/) - -12
5 2R3 0,4t3 - -6?
6 R/2 - -0,6? -
7 R2 - 0,4 cos(3/) -
8 2R3 - 0,6(2-?) -
9 3R4 - — 0,5cos(3/) -
10 3R4 - 0,8(?+l) -
11 R 0,4 cos (2/) - 12
12 R 0,5 (0,5+ /2) - 2?+2
13 R 0,3 sin (2/) - 4?
14 R 0,2t2 - 10
15 R 0,1?+ 0,4 - -20
16 R 0,2? - ?+10
17 R 0,2 cos (2? - 5
18 2R3 0,5(0,1+?) - 5 + 4/
19 R2 0,4 sin (2? - 5?
20 R 0,5 cos (2? - 8
21 R 0,4? - 10+2/
22 R 0,5 cos (2? - -15
23 R2 0,1? - 5-10/
24 R 0,5 sin(/) - ?-10
25 R 0,4? - 22
26 R2 0,1?+ 0,5 - 2?+10
27 R4 - 2(0,5+?) -
28 R4 - 0,1?+0,2 -
29 R4 - 0,2?+0,1 -
30 R - 0,l(0,2 + ?) -
Мяэ
Вариант 5
Вариант 6
Рис. 17. Задание Д 4 - Данные вариантов
Вариант 11 Вариант 12
Рис. 17. Продолжение: Данные вариантов. Задание Д4
Вариант 13
Вариант 17
Вариант 18
Рис. 17. Продолжение: Данные вариантов. Задание Д4
Вариант 19
Вариант 20
Вариант 23 Вариант 24
Рис. 17. Продолжение: Данные вариантов. Задание Д4
Е Е
Вариант 26
Вариант 27
У
Вариант 28
Вариант 29
Рис. 17. Продолжение: Данные вариантов. Задание Д4
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ
РАБОТЫ НА ТЕМУ «ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО
МОМЕНТА МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ» (Д4)
Пример №7
Данные:
Прямоугольная пластина со сторонами R и 2R, где R=\,2m, и
массой /77| = 24кг вращается с угловой скоростью со()=10с-1 вокруг
вертикальной оси z, отстоящей от центра масс С платформы на
расстоянии OC=b= R =1,2м. В момент времени t0=® по желобу
платформы начинает двигаться под действием внутренних сил груз D
массой т2=Ъкг по закону s=AD = F(t)=0,4t3, где s - выражено в
метрах, t - в секундах. Одновременно на платформу начинает действовать
пара сил с моментом М = — 6t2.
Рис. 18. К примеру №7
Найти: Зависимость co=/(z).
РЕШЕНИЕ:
Рассмотрим механическую систему, состоящую из платформы и груза
D. Для определения си применим теорему об изменении кинетического
момента системы относительно оси z :
Изобразим действующие на систему внешние силы: силы тяжести Р1 и
Р2; реакции Ро и Ro2. Так как линии действия сил Р1 и Р2
параллельны оси z, а линии действия Ро и Ро пересекают эту ось,
то моменты этих сил относительно неё равны 0. В таком случае
интерпретация теоремы об изменении кинетического момента механической
системы будет следующей:
Умножая обе части этого уравнения на dt и интегрируя, получим
K=-2t3+Cv
В то же время для рассматриваемой механической системы
K=K™+KDZ.
Так как платформа вращается относительно неподвижной оси z, то
т^Ш т
По теореме Гюйгенса о моментах инерции относительно параллельных осей:
J :=J ^,+m^R2,
где Jc~ =nh(R2+(2R)2} n=~miR2^
12
T 17
17 2
Таким образом: K™=—-m} R -co. Груз D совершает сложное движение,
согласно которому его абсолютная скорость определяется как сумма
относительной и переносной скоростей: V = V onm + Vnep.
Так как груз D совершает относительное движение по направляющей
КЕ согласно закону х=0,4?3, то Vопт=s= 1,2t2.
В то же время груз D совершает переносное вращательное движение
относительно оси z, и V nep=w-OD. Так как OD2=(2 R)2+s2, то по
теореме Вариньона:
KD—M (т. V)—M (т. V )+М (т.У )=>
z 2 7 2 отн' 2 пер'
Kf=m2-l,2t2-2R+m2-w(4R2+Q,[6t6).
Таким образом, К = К™ + К®:
Kz=l,42-mlR2-w+m2l,2t2-2R+m2w(4R2+Q,16t6).
Приравниваем значения кинетического момента:
\,42-mlR2-w + m2A,2t2-2R+m2w(4R2+0,16t6)=-2t3+Cl.
Значение постоянной интегрирования Сг определим, рассмотрев
граничные условия: при t = 0 с со = 1 Ос-1.
Подставляя их в последнее выражение, получим:
С\ = 1,42 m г R2-u)+m2-uo-4 7?2=со Т?2( 1,42 т1 + 4 т2 )^>
С1 = 10-1,22(1,42-24 +4-8)=951,55.
С учетом полученного значения последнее уравнение примет вид:
1,42-ш, /?2-а)+ш2-1,2/2-2/? + ш2-а)-(4/?2+0,16/6)=-2/3+951,55^
—2/3+951,55—ш2-1,22-2/? -2^+951,55-27,65
СО =--------5-------5---------л =--------------л---•
1,42^7? +m24R + /и2-0,16Г 95,15 +1,28Г
Подставляя исходные данные, получим искомое уравнение
вращательного движения:
— 273+951,55—27,65
со =------------------.
95,15 + 1,28?6
Пример №8
Данные:
Круглая пластина радиусом
с угловой скоростью со0=10с 1
от центра масс С платформы
R = 1,2 м и массой тл = 24 кг вращается
вокруг вертикальной оси z, отстоящей
на расстоянии OC=b=R 2=0,6 л/. В
момент времени ^о=О по ободу платформы (см. рисунок 19) начинает
двигаться под действием внутренних сил груз D массой т2—%кг по
закону
X=^D=F(Z)=^(1-Z2),
где 5 - выражено в метрах, t - в
секундах.
Найти: Угловую скорость платформы в момент времени 1\=1 с.
РЕШЕНИЕ:
Рассмотрим механическую систему, состоящую из платформы и груза
D. Для определения воспользуемся законом сохранения
кинетического момента, согласно которому К = const.
По определению К:= М: [mk V.
Найдем и покажем на чертеже положения DQ и груза в моменты
времени t0=Qc и t =1с и определим <ACD.
Воспользуемся связью угла Ф и дуговой координаты X-:
о $
s=cp-R^> Ф=—.
Поэтому при t0—0 с:
7Гй(1-0^=7Г [ ]
0 3 R 3 J
при tl—lc:
тгЛ(1-12) . г
----D=0’ IP06!’
J к
(положение точки
D0 );
(положение точки
D, ).
Следовательно,
<p=<ACD(=^- [рад].
Рис. 19. К примеру №8
Определим кинетические моменты системы в моменты времени
^о=Ос и tx — \c.
В момент времени tG=0 с:
Для рассматриваемой механической системы: . Так
как платформа вращается относительно неподвижной оси z, то
К^пл=Jг-со0. По теореме Гюйгенса: J = JCz +тир 0,25R2. В этой
формуле: JCz = 0,5ти1-7?2 и Jz=0,75-ml R2.
Таким образом, при ?о=®с кинетический момент
KznJI=0,75-m1 R2-u)0. Груз D совершает сложное движение, согласно
которому его абсолютная скорость определяется как сумма относительной и
переносной: V'^V'^+V^.
Так как груз D совершает относительное движение по окружности
согласно закону
то
В момент времени Г^я=0. В то же время груз D
совершает переносное вращательное движение относительно оси
z и
= со 0 • OD 0. Рассмотрим Д OD о С:
OC=R/2; CDG=R; <OCDg=
По теореме косинусов:
OD2=ОС2+CD20 -2ОС CD- cos
ОД=0,25 R2+R2- 2-0,5 0,5 )= 1,75 R2.
По теореме Вариньона:
К‘^=М~(т2 Vto) = Q+MAm2 V‘° )
К*™=т2со0-1,75 R2— 1,75 т2 со0 R2.
Так как К*°:= К^ш+, то:
K^=O,75-ml-R2-wo+l,75-m2-wo-R2=woR2(O,75ml+l,75m2).
В момент времени t0= 1 с:
Для рассматриваемой механической системы: К*'=К*~п+К*1 .
Так как платформа вращается относительно неподвижной оси z, то
K^m=J/сор По теореме Гюйгенса: «Л=J+mi-0,25R . В этой
формуле: Jc^,=0,5ml-R2 и Jr.=0,75-w?17?2.
Таким образом, при ^0=1с кинетический момент
Kt',v,=Q,75-m}R2-(jol. Груз D совершает сложное движение, согласно
которому его абсолютная скорость определяется: Г'1= V°mit+.
Так как груз D совершает относительное движение по окружности
ttR I 2\ ТЛ • 2
согласно закону s=~^—И- то <„ш;,=л=—у/с7.
А 2
В момент времени 1с, Го^т=——-7?. В то же время D
совершает переносное вращательное движение относительно
=соj • ODj=coj• 1,5 7?, и по теореме Вариньона:
ОСИ z и
t,D
= М (m.V*' )+М (пгУ*1 )
:' 2 опт ’ _2 пер ’
7,0
= т2
——•RA,5R +ти-со-(1,5Я)
3
1
^1D= 1,5»72-Т?2( 1,5coj —1). Так как К*'
=0,75• тл R2-сох +1,5 т2 R2(1,5 сох-1)
-t । ил । ryr-t^D
Приравниваем значения кинетических моментов в моменты времени /о=О с
и /| = 1 с, т.е.: к*°=К*1^>
со0Т?2(0,75»7] +1,75 /722)=0,75 - Т?2-сог +1,5 т2- Т?2( 1,5 cox — 1
со0(0,75 т} + 1,75 ти2)+1,5 т2
а)| 0,75 тл + 2,25т2
Подставляя данные со0=10с-1, 77^=24x2, т2=^кг, получим
окончательный результат сох = 9,22 с 1.
РАЗДЕЛ 5. ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДАЛАМБЕРА
К ИЗУЧЕНИЮ ДВИЖЕНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
5.1. Понятие силы инерции материальной точки. Принцип
Даламбера для материальной точки и механической системы
Применение законов Ньютона не является единственным путём к
решению задач механики. В ряде случаев применение общих положений
(принципов механики) позволяет найти более рациональное решение. Один
из таких общих принципов механики называется принципом Даламбера.
Введем следующее понятие:
Векторная величина, равная по модулю произведению массы точки на
её ускорение и направленная противоположно этому ускорению, называется
силой инерции материальной точки.
F"=—ma. (83)
Тогда принцип Даламбера для материальной точки можно представить в
виде выражения:
Ffl+F + F“=0 (84)
и сформулировать следующим образом:
Если в любой момент времени к действующим на материальную точку
активным силам и реакциям связей присоединить силы инерции, то
полученная система оказывается уравновешенной.
В отношении механической системы принцип Даламбера будет
заключаться в том, что:
Если в любой момент времени к каждой из точек системы, помимо
действующих на неё внешних и внутренних сил, присоединить
соответствующие силы инерции, то полученная система сил будет
уравновешенной и к ней можно применить уравнения статики.
ЗАДАНИЕ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ НА ТЕМУ
«ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДАЛАМБЕРА К ИЗУЧЕНИЮ
ДВИЖЕНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ» (Д5)
Постановка задачи
Вертикальный вал AD (рис. 20), вращающийся с постоянной угловой
скоростью со = 10 с1, закреплен подпятником в точке А и цилиндрическим
подшипником в точке, указанной на рисунке. К валу прикреплен жестко или
с помощью шарнира тонкий однородный ломаный стержень массой т = 10 кг,
состоящий из частей 7 и 2. С помощью тонкого невесомого стержня 3 в
положении, указанном на рисунке (или жестко), на валу AD зафиксировано
положение ломаного стержня и (или) сосредоточенного груза массой т =2 кг.
Размеры вала даны в таблице, размеры частей стержня показаны на рисунках,
где b = 0,1 м, а массы этих частей пропорциональны их длинам. Определить
величины, указанные в таблице в столбце 9, где обозначено: Ra, Rd и т. д. -
реакция соответствующего подшипника или шарнира, N - реакция
невесомого стержня. Весом вала пренебречь.
Указания. Задача Д5 - на применение к изучению принципа Даламбера.
При решении задачи учесть, что когда силы инерции частиц тела (в данном
задаче стержня) имеют равнодействующую R", то численно R'1 = тас, где
ас - ускорение центра массы тела, но линия действия силы к в общем
случае не проходит через его центр массы С (см. примеры Д5).
ДАННЫЕ ВАРИАНТОВ К РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ Д5
Данные условий к работе J_ ,5 Таблица 5
Номер условия АВ, м BE, м ED, м а, град Р, град X град Найти
1 0.4 0,6 0,5 60 120 ? N
2 0,3 0,5 0,6 60 75 ? Rd
3 0,5 0,4 0,4 30 120 ? Ra
4 1 1,4 0,5 30 45 ? N
5 0,4 0,2 0,3 60 45 ? Ra
6 0,3 0,6 0,3 1 60 _L 120 ? Rd
7 0,2 0,8 0,4 60 105 ? N
8 0,8 0,2 0,6 60 75 ? N
9 0,3 1,2 0,4 45 130 ? Ra
10 0,7 0,5 0,2 45 60 ? Rd
11 1,5 0,3 0,3 60 150 - N
12 0,5 0,5 0,4 75 150 60 Rd
13 0.4 0,8 1,6 60 75 60 Ra
14 0,5 0,3 0,4 75 150 60 Rd
15 2,2 0,5 0,4 15 60 60 Ra
16 0,4 0,6 0,9 60 60 60 Rd
17 0,2 0,5 1,1 45 105 60 Ra
18 0,6 0,4 0,6 1 45 _L 120 45 Rd
19 2,0 0,2 1,0 45 105 60 Ra
20 1.0 0,5 0,5 45 75 60 Rd
21 1,8 0,6 0,2 75 120 60 Ra
22 0,3 0,3 0,3 60 75 120 Ra
23 0,5 1,3 0,4 60 120 45 Rd
24 2,1 0,2 0,2 45 60 60 Rd
25 0.4 1,0 0,3 75 60 60 Ra
26 0,2 0,4 1,0 60 105 60 Rd
27 0,1 0,6 0,3 60 105 30 Ra
28 2,0 1,0 0,2 30 75 60 Rd
29 1,4 0,3 0,5 60 75 45 Ra
30 0,4 0,4 0,6 60 150 30 Rd
Вариант 1
Вариант 3
Вариант 4
Вариант 5
Вариант 6
Вариант 7
Вариант 8
Вариант 9
Вариант 11
Вариант 12
Вариант 13
Вариант 15
Вариант 17
Вариант 18
Вариант 21
'^D
Вариант 24
Вариант 20
Вариант 22
Вариант 23
Вариант 28
Вариант 30
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ
РАБОТЫ НА ТЕМУ «ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДАЛАМБЕРА
К ИЗУЧЕНИЮ ДВИЖЕНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ» (Д5)
Пример №9
Данные: Вертикальный вал AD вращается с постоянной угловой
скоростью со = 10 с” и имеет следующие геометрические параметры:
ЛВ=0,8.м; ВЕ=0,4.м; ED=0,4.w, (см. табл. 6).
К валу шарнирно прикреплен при помощи невесомого стержня тонкий
однородный ломаный стержень массой тп = 10 кг, состоящий из частей 1 и
2, размеры которых =6, Z2=4; где 7>=0,1.м. Массы стержней
пропорциональны их длинам.
Данные к примеру №9 Таблица 6
Номер условия АВ, м BE, м ED, м а, град А град град Найти
X 0,8 0,4 0,4 30 30 RB,N
РЕШЕНИЕ:
Данная задача на применение принципа Даламбера к изучению
движения системы. Изображаем, с учетом исходных данных конструкцию
вала. Массы частей 7 и 2 ломаного стрежня пропорциональны их длинам и
соответственно равны: m=0,6m и т2=0,4т. Соответственно,
Р^0,6 mg и P2=0,4»7g. дЛя определения искомых реакций применим
принцип Даламбера.
Проведем вращающиеся вместе с валом оси Аху так, чтобы стержни
лежали в плоскости ху, и изобразим действующие на систему силы:
активные силы - силы тяжести Рх, Р2 и реакции связи - реакцию
подпятника в виде составляющих XА и YА, реакцию невесомого
стержня 3 - N.
Согласно принципу Даламбера, присоединим к этим силам силы
инерции элементов ломаного стержня. Так как вал вращается равномерно, то
элементы стержня будут иметь только нормальные ускорения апк,
направленные к оси вращения, численно равные ank=vo2-hk, где hk -
расстояния от центров тяжестей к-х элементов до оси вращения.
Тогда силы инерции F" будут направлены от оси вращения и
численно равны Ргк=Лтк-аь=Лтк-ю2-Ьк, где ^тк - суммарная масса
элементов системы.
-а/33л г
Рис 21. К примеру №9
Так как все Fk пропорциональны hk, то эпюры этих
параллельных сил инерции частей ломаного стержня 1 и 2 образуют
соответствующие треугольные эпюры. Каждую из полученных параллельных
сил инерции заменим их равнодействующей, равной главному вектору этих
сил. Так как модуль главного вектора сил инерции любого тела имеет
значение ри=тас где т - масса тела, ас - ускорение его центра масс,
то для частей стержня получим:
R=m-a„ и R0=m0-ar.
Ускорения центров масс частей 1 и 2 ломаного стержня определим как:
ac=w2-hc и ac=w2-hc^, где hc и hc - расстояния от центров масс
частей стержня до оси вращения. В нашем случае:
hc =0,5-6 Z?-sin30 =0,15 м,•
hc =0,5-4Z)-cos30’=0,1732.w;
ас =w2-hc =102-0,15=15az с2;
ac =co2-/?C2=102-0,1732 = 17,32.w c2;
Rul=ml-ac =0,6-10-15=90H;
T?“=7m2-<7c=0,4-10-17,32=69,28Я.
Линии действия равнодействующих R" и пройдут через центры
тяжестей соответствующих треугольных эпюр сил инерции. Тогда расстояния
от точки Е до линий действия сил R" и R" соответственно будут равны:
2 2
/’]=—•/]-cos30 =0,3464.w; Z?2=—-/2-cos60 =0,1333м. Согласно принципу
Даламбера, приложенные внешние силы (активные и реакции связей) и силы
инерции образуют уравновешенную систему сил. Учтем, что в данном случае
реакция стержня N тождественна полной реакции шарнира В. Далее
рассуждаем следующим образом. Кривой стержень на валу находится в
состоянии равновесия, при этом реакции подшипников вала нас не
интересуют. Для рассматриваемого криволинейного стержня, его связями с
валом являются шарнирно-неподвижная опора в точке Е и шарнирный
невесомый стержень 3 с реакцией N. Для определения положения реакции
N найдём значение неизвестного угла наклона у невесомого стержня 3
к оси вала. Рассмотрим треугольник, образованный частью ломаного стержня
/1=0,6л/, отрезком между шарнирами BE—0,4 м и невесомым стержнем
3. С этой целью сначала определим длину стержня 3 по теореме косинусов:
/3=+ BE2—2-Zj- BE -coscx=>
/3=a/0,62 + 0,42- 2-0,6-0,4-cos30^
73=0,3230 м.
Угол у определим, рассматривая тот же треугольник, с применением
теоремы синусов и формулы приведения sin (тт—у)=sin у ;
sincx siny . /sincv/Д
—-—=—-— => у=arcsin — - => у=68,247
/3 1Л 13 J
Определив угол у, мы можем подсчитать плечо h силы реакции
невесомого стержня 3 - N относительно шарнира Е:
h=| BE |-sin у => =0,4-sin 68,247 => /?=0,3715.м.
Согласно принципу Даламбера составим уравнение равновесия кривого
стержня, относительно точки Е:
2Ж(?,)=0:
-7?"-0,3464 Н-РрОДЗ+ЛЕЛ—Р^О,1732—7?2#0,1333=0=>
P“-0,3464-Pf0,15+P2-0,1732+P“-0,1333
= h
Л^90'0’3464~60'0’15+40'0’1732+69’28'0’1333
0,3715
N=RB = ]03,2H.
Полученное значение является искомым результатом данной расчётно-
графической работы.
Пример №10
Данные:
Вертикальный вал AD вращается с постоянной угловой скоростью
со = 10с-1 и имеет следующие геометрические параметры:
АВ—0,4 м ; BE=0,8 м; ED=0,4m. К валу жестко прикреплен тонкий
однородный ломаный стержень массой тп= 10кг, состоящий из частей 1 и
2, размеры которых указаны на рисунке, где Ь=0,\м. Массы стержней
пропорциональны их длинам.
Данные к примеру №10 Таблица 7
Номер условия АВ, м BE, м ED, м а, град А град Y, град Найти
х 0,4 0,8 0,4 45 135 - R4’RE
РЕШЕНИЕ: Данная задача на применение принципа Даламбера к
изучению движения системы. Изображаем с учетом исходных данных
конструкцию вала. Массы частей 7 и 2 ломаного стрежня пропорциональны
их длинам и соответственно равны: m} = 0,6m и 7и2=0,4ти=>
Pl=0,6mg=60H и Р2=0,4 mg=40 Н. Для определения искомых
реакций применим принцип Даламбера. Проведем вращающиеся вместе с
валом оси Аху так, чтобы стержни лежали в плоскости ху, и изобразим
действующие на систему силы: активные силы - силы тяжести Р}, Р2 и
реакции связи - реакцию подпятника RА в виде составляющих X 4, У 4.
Согласно принципу Даламбера, присоединим к этим силам силы инерции
элементов ломаного стержня. Так как вал вращается равномерно, то элементы
стержня будут иметь только нормальные ускорения <^„а-, направленные к
оси вращения и численно равные <7нА.=со2-/?А., где hk - расстояние от
центров тяжестей элементов до оси вращения. Тогда силы инерции F"
будут направлены от оси вращения, а численно Fk=Л mk-ah=A mk-w2-hk,
где ^тк ~ суммарная масса элементов системы. Так как все F"
пропорциональны hk, то эпюры этих параллельных сил инерции частей
ломаного стержня 7 и 2 образуют соответствующие треугольные эпюры.
Каждую из полученных параллельных сил инерции заменим их
равнодействующей, равной главному вектору этих сил. Так как модуль
главного вектора сил инерции любого тела имеет значение R3‘=mac, где
т - масса тела, ас - ускорение его центра масс, то для частей стержня
получим:
К=т-аг и Рэ=тпэ-аг .
Ускорения центров масс частей 7 и 2 ломаного стержня определим как
су. =(о -h и =a)2-hr ,
С С '—2 '-'2
где и hc - расстояния от центров масс частей стержня до оси
вращения. В нашем случае:
hc =0,5-6 Fsin 45 =0,212.w;
hc =6 Л-sin 45 +0,5-0,4=0,624 м;
ac =w2-hc =102-0,212=21,2м c;
ac =w2-hc =102-0,624=62,32м c ;
R"=my ac =6,0 • 21,2 = 127,2 H;
R2=m2-ac = 4,0-62,32 = 249,28 H.
Линии действия равнодействующих 7?“ и 7?“ пройдут через центры
тяжестей соответствующих эпюр сил инерции. Расстояние от точки А до
линии действия R и К2 определятся как:
d1=\AB\—b1 и d2=b2—|Л7?|,
2
где Л1=~-71-cos45 =0,2829м\
b2=/l-cos45 =0,4243м. Следовательно, <7j=0,l17.м, <72=0,0243м.
Рис. 22. К примеру №10
Согласно принципу Даламбера, приложенные внешние силы (активные
и реакции связей) и силы инерции образуют уравновешенную систему сил.
Проведем систему осей Аху, вращающуюся вместе с валом, таким
образом, чтобы активные силы и рассматриваемые реакции находились в
плоскости ху. Составим согласно принципу Даламбера три уравнения
относительного равновесия данной механической системы :
Xma(f,}=0:
Rp-1,2-P}-0,212-P7 -0,624 - 7?“- 0,117+/?"-0,0243=0
£. 7 1 7 2 7 1 7 2 7
Р1-0,212+Р2-0,624+ Я“-0,117- Я“-0,0243
> л I-' Х-' l-' Х-'
ZV /7^“ Z 7Г —
Е 1,2
_ 60-0,212 + 40-0,624+127,2-0,117-249,28-0,0243
/?,—38,75/7.
=0:
IX
-R,-X ,+Ri;+Rl!=Q^
IL Я 1 2
X a=-Re+R\+FP2^
^=-38,75 + 127,2 + 249,28^
X А=337,73 Н.
T.F =0-
y-p-p2=^
ya=px+p^
Y =60+40 = 100/7.
Я
Полную реакцию подпятника R определим как:
7? =^2 + y2 = V337,732+1002 = 352,22 Н.
Я * Я Я 7 7
Полученные значения F£= 38,75 Н и RА=352,22 Н являются искомым
результатом данной расчётно-графической работы.
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Дифференциальное и интегральное исчисления: Учеб, для вузов/
Н.С. Пискунов.-4-е изд., доп.-М.: Физматгиз, 1963. - 856 с.: ил.
2. Курс теоретической механики: Учеб, для вузов/ И.М. Воронков,-13-е
изд., испр.-М.: Наука., 1966.-596 с.: ил.
3. Теоретическая механика в примерах и задачах. Т.2: Учеб, пособие/
М.И. Бать., Г.Ю. Джанелидзе, А.С. Кельзон.-М.: Наука., 1968. - 624 с.: ил.
4. Краткий курс теоретической механики: Учеб, для втузов/ С.М. Тарг.
-10-е изд., перераб. и доп.-М.: Высш.шк., 1986. - 415с.: ил.
5. Сборник задач по теоретической механике: Учеб, пособие.-2-е изд.,
испр. и доп./Под ред. К.С. Колесникова.-М.: Наука., 1989. - 448 с.
6. Курс теоретической механики: Учеб, для вузов/М.М. Гернет.-5-е изд.,
испр.-М.: Высш.шк., 1987. - 344 с.: ил.
Демидов Александр Станиславович
Кулагина Надежда Александровна
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Часть 2
Динамика
Учебное пособие для студентов заочной формы обучения специальностей
19020Е65 «Автомобиле- и тракторостроение», 19060Е65 «Автомобили и
автомобильное хозяйство», 190206.65 «Сельскохозяйственные машины и
оборудование», 151001.65 «Технология машиностроения», 150204.65
«Машины и технология литейного производства», 260601.65 «Машины и
аппараты пищевых производств», 290300 «Промышленное и гражданское
строительство»
Редактор Е.Ф. Изотова
Подготовка оригинала-макета А.С. Демидов
Подписано к печати 13.02.08. Формат 60X84 1/16
Усл. печ. л. 5,63. Тираж 100 экз. Зак. 08-655. Per № 3
Отпечатано в типографии ООО Фирма «Выбор»
658213, Рубцовск, Ленина, 41