7592
.pdf90
Следствие 2.
Если главный момент внешних сил относительно какой-либо оси все время равен нулю, то кинетический момент системы относительно этой оси остается неизменным.
Дифференциальное уравнение вращательного движения
Предположим, что материальное тело вращается вокруг оси z . Его кинетический момент будет равен Kz = Izω и тогда в соответствии с теоремой
об изменении кинетического момента
d [I zω] |
|
∑ |
|
z ( |
k ) |
|
= |
n |
R |
|
R e |
. |
|
|
|
m |
|
F |
||
dt |
k =1 |
|
||||
|
|
|
|
|
Если тело в процессе вращения не изменяется, то Iz = const и мы получаем
дифференциальное уравнение вращательного движения твердого тела:
|
dω |
n |
R |
R e |
|
|
I z |
|
= ∑ mz (F k |
) , |
|||
dt |
||||||
|
k =1 |
|
|
|
Если учесть, что dω = ε = ϕ&& , это уравнение можно записать в виде
dt
Iz |
n |
R |
R |
) , |
или |
Izϕ |
n |
R |
R |
) . |
|
|
|
|
|||||||
ε = ∑ mz (F k |
= ∑ mz (F k |
|||||||||
|
|
|
e |
|
|
&& |
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k =1 |
|
|
|
|
|
k =1 |
|
|
|
При поступательном движении мерой инертности тела является его масса, а при вращательном − его момент инерции.
Задача 2.9. |
È и массой вращается относительно |
Однородный стержень длиной |
оси, проходящей через его конец О перпендикулярно ему с угловой скоростью p и с угловым ускорением u.
Найти кинетический момент стержня относительно оси вращения.
O |
ω |
|
ε
K − ?
91
Решение.
Кинетический момент твердого вращающегося тела вычисляется по
формуле: |
IÊ − момент инерции относительно оси вращения, |
ω − |
KÊ IÊω, где |
||
угловая скорость вращения. |
|
Ось вращения для стержня не является центральной осью, поэтому момент |
||||||||
инерции IÊ находим по теореме Гюйгенса: |
||||||||
|
IÊ IÊС m" |
Í |
$ , |
|
|
|||
|
|
|
||||||
где |
IÊС ml ⁄12 |
− |
момент инерции однородного тонкого стержня |
|||||
относительно оси, проходящей через его середину. |
||||||||
Тогда |
IÊ |
A |
ml m | |
Í |
} A ml . |
|||
|
|
|||||||
|
|
A |
|
|
|
L |
Находим кинетический момент:
KÊ IÊω AL ml ∙ ω.
Задача 2.10.
Регулятор Уатта в установившемся движении при угловой скорости вращения ω 12 сnA имеет момент инерции I 40 кгм . Сопротивлением вращению пренебречь.
Найти момент инерции IA при новом значении угловой скорости ωA 3 сnA при условии сохранения кинетического момента.
ω
Решение.
Кинетический момент твердого вращающегося тела вычисляется по формуле: KÊ IÊω,
где IÊ − момент инерции относительно оси вращения, ω − угловая скорость вращения.
При сохранении кинетического момента справедливо равенство
I ∙ ω IA ∙ ωA,
92
откуда следует, что IA I ∙ ω⁄ωA 40 ∙ 12⁄3 160" кг ∙ м $.
Задача 2.11.
Однородный диск радиуса R и массой m вращается вокруг неподвижной оси, проходящей через точку О и перпендикулярной плоскости диска, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε.
Определить, чему равен кинетический момент диска относительно оси вращения.
R
ε
C
O
ω
Решение.
Кинетический момент твердого вращающегося тела вычисляется по формуле: KÊ IÊω,
где IÊ − момент инерции относительно оси вращения, ω − угловая скорость вращения.
Ось вращения для диска не является центральной осью, поэтому момент |
|||
инерции IÊ находим по теореме Гюйгенса: |
|||
|
IÊ IÊС |
mR , |
|
где |
IÊС mR ⁄2 |
− |
момент инерции круглого однородного диска |
относительно центральной оси. |
|||
Тогда |
IÊ IÊС |
mR A mR mR L mR . |
|
Находим кинетический момент: |
|||
|
KÊ IÊω |
L mR ∙ ω. |
3.2.6. Работа силы
Рассмотрим отрезок траектории точки M, в которой приложена сила F. Элементарная работа силы равна скалярному произведению вектора
силы F и вектора элементарного перемещения точки ее приложения dr :
δA = (F·dr). |
(2.2) |
Представив F и dr в виде:
93
F = Xi + Yj + Zk, dr = dxi + dyj +dzk,
получим аналитическое выражение элементарной работы силы, соответствующее не векторному, а координатному способу задания движения точки приложения силы:
δA = Xdx + Ydy + Zdz.
Eсли известен естественный способ задания движения точки M и дан закон изменения ее дуговой координаты s = f(t) , то формулу (2.2) можно записать в виде:
δA = | F |·| dr |·cos (F, dr) = F·ds, |
(2.3) |
τ |
|
где Fτ – проекция силы F на направление орта касательной τ.
В случае, когда точка приложения силы F перемещается по прямой M1M2 на расстояние S и при этом сила остается постоянной по модулю и направлению (рис. 9),
|
|
|
F |
|
M1 |
M |
|
M2 |
|
α |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 3.9.
из формулы (2.3) получим
’A - Ñ’=-Ob cos N ¨^ cos N Ô ^
Таким образом, работа постоянной силы на прямолинейном перемещении равна произведению модуля силы на модуль перемещения и на косинус угла между направлением силы и перемещением. При этом:
A (F) > 0, если 0 < α < π/2,
A (F) = 0, если α = π/2,
A (F) < 0, если π/2 < α < π.
94
3.2.7. Кинетическая энергия
Кинетической энергией материальной точки называется величина, равная половине произведения массы точки на квадрат скорости:
T= 1 mv2
2
Кинетическая энергия механической системы равна сумме кинетических энергий ее точек
T = ∑n 1 mk vk 2
k =1 2
Кинетическая энергия твердого тела вычисляется по аналогичной формуле с той разницей, что сумма заменяется интегралом:
Õ |
1 |
ª ' ¨ , |
|
2 |
- |
где dm ─ масса бесконечно малого объема тела, а v ─ его скорость.
Вычисление кинетической энергии при различных формах движения
1. Поступательное движение тела
При поступательном движении тела его кинетическая энергия равна |
|
1 |
'„ |
Õ 2 |
2. Вращательное движение тела
При вращении тела относительно некоторой оси z его кинетическая энергия равна
Öo× ØÙÚ×.
3.Плоскопараллельное движение тела
При плоском движении тела кинетическая энергия вычисляется с помощью теоремы Кенига:
Кинетическая энергия механической системы равна сумме кинетической энергии поступательной части движения и кинетической энергии системы в ее относительном движении относительно центра масс.
95
Кинетическая энергия поступательной части движения равна
o× ±·×Û.
Относительное движение тела относительно центра масс является вращательным, поэтому его кинетическая энергия равна o× ØÙСÚ×.
В результате получаем, что
Õпл A '„ A Üq„p ,
где '„ скорость центра массы тела, а Üq„ момент инерции тела
относительно оси, проходящей через центр масс тела перпендикулярно оси вращения.
3.2.8. Теорема об изменении кинетической энергии механической системы
Теорема об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме
Производная по времени от кинетической энергии механической
системы равна сумме мощностей всех действующих в системе
сил:
ÝÖÝÞ ∑ÇßHe ³ß
или, после разделения мощностей внешних и внутренних сил:
)à)+ ∑<¶HO á¶Q ∑<¶HO ᶼ
Для неизменяемых систем, у которых внутренние силы не
работают, получим:
ÝÖÝÞ ∑ÇßHe ³âß
Теорема об изменении кинетической энергии в интегральной форме
96
Изменение кинетической энергии механической системы за некоторый промежуток времени равно сумме работ всех действующих в системе
сил: |
Õ ÕO ∑¶HA< |
’¶ |
|
|
(2.4) |
или, выделяя отдельно работы внешних и внутренних сил:
Õ ÕO ∑<¶HA ’Q¶ ∑<¶HA ’¼¶
где T0 ─ начальное, а T ─ конечное значение кинетической энергии. |
||
Для неизменяемых систем |
ã∑ÂHAà |
Aå 0 æ можно записать: |
T TO ∑ÃÂHA AèÂ
Задача 2.12. Найти ускорение тела A, принимая барабан B за однородный цилиндр и полагая mA = mB (рис. 10, а).
y |
|
y |
а) |
б) |
|
B |
B |
NB |
x |
x |
PB
A (1)
A |
sA |
PA |
|
A′ (2)
Рис. 3.10
Решение:
Груз A движется под действием постоянной силы PA с постоянным ускорением, которое не зависит от начальной скорости, и которую можно считать равной нулю.
97
Рассмотрим два состояния системы: первое – в состоянии покоя, для которого T1 = 0, и второе – текущее, соответствующее смещению груза A на величину sA от первоначального положения (рис. 10, б), для которого
T2 = T = TA + TB = (1/2)mAvA2 + (1/2)(mBR2/2)(vA/R)2 = (3/4)mvA2 .
Подставляя T2 в (2.4) вместе с работой силы PA , придем к соотношению:
(3/4)mvA2 = mgsA ,
продифференцировав которое, получим:
(3/2)vAaA = vAg ,
откуда aA = (2/3)g.
Задача 2.13.
Система, состоящая из трех тел A, B и C одинаковой массы приходит в движение из состояния покоя. Принимая B и C за однородные цилиндры, определить:
–какую скорость приобретет груз A , пройдя расстояние SA,
–ускорение тела A (рис. 11).
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
NBX |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
NBY |
|
|
B |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
vC′ = vA |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
vB = vA |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
PB |
|
|
|
|
|
A |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
vC |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1) |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
NС |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
FС |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
PA |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
C |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sA |
|
|
|
|
vA |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
PС |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(2) |
||||
|
|
α |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 3.11 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
98
Решение. Прикладываем к системе внешние активные силы (PA, PB, PC) и реакции отброшенных связей (NBX, NBY , NC , FC) , где FC – сила трения, приложенная к катку C.
Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии системы
(2.4):
T2 – T 1 = A12(e) + A12(i), |
(1) |
выбрав в качестве первого состояния – состояние покоя, а в качестве второго
– текущее состояние, соответствующее смещению груза A на расстояние sA . По условию задачи T1 = 0, а
T2 = TA + TB + TC = (1/2)mAvA2 + (1/2)JBωB2 + (3/4)mCvC2 . |
|
Подставляя сюда |
|
ωB = (vB /RB) = (vA /RB), |
|
JB = (mB RB2)/2 и |
(2) |
vC = vC′ /2 = vA /2, |
|
и обозначая mA = mB = mC = m, получим: |
|
T2 = (15/16) m vA2. |
(3) |
Переходя к вычислению работы сил, отметим, что |
|
A12(e)(NC , FC) = 0. |
(4) |
В самом деле, точка P, в которой приложены силы NC и FC является мгновенным центром скоростей диска C, то есть
δA12(e)(NC , FC) = NC δrP + FCδrP = (NC + FC) vPdt = 0,
откуда и следует (4). Итак, справедливо следующее утверждение:
Работа сил, приложенных в точке, являющейся мгновенным центром скоростей, равна нулю.
Работа сил PB, NBY и NBX равна нулю, поскольку перемещения точек их приложения равны нулю, и таким образом, работу будут совершать только силы PA и PC:
A12(e) = A12(e)(PA, PC) = PA sA – P C sC sinα. |
(5) |
|
99 |
Чтобы выразить sC через sA , |
воспользуемся соотношением (2), |
проинтегрировав которое, получим: |
|
sC = sC′ /2 = sA /2,
откуда (5) примет вид:
A12(e) = A12(e)(PA, PC) = PA sA – P C sC sinα = mgsA(1 – 0,5sin α). |
(6) |
Подставляя (в) и (е) в (а), получим:
(15/16) vA2 = gsA(1 – 0,5sin α), |
(7) |
откуда придем к искомой зависимости:
___________________
vA = Ö(16/15) gsA(1 – 0,5sin α),
и чтобы найти ответ, остается положить в последнем выражении sA = SA . Дифференцируя (7), получим:
(15/8) vA aA = gvA (1 – 0,5sin α),
aA = (8/15)(1 – 0,5sin α)g.
3.3.Принцип Даламбера
Принцип Даламбера, к рассмотрению которого мы приступаем, существенно отличается от общих теорем динамики. Он позволяет свести по форме решение первой задачи динамики к задаче статики.
Кроме того, этот принцип находит эффективное применение совместно с принципом возможных перемещений, рассмотренным в следующей главе.
3.3.1. Принцип Даламбера для точки
Рассмотрим точку M массой m, движущуюся под действием силы F. Основное уравнение динамики для этой точки:
ma = F |
(3.1) |
можно записать в виде:
F + Φ = 0, |
(3.2) |