Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Аналитические методы решения задач теоретической механики. Учебное пособие
.pdf
71
Уравнение (5.29) выражает теорему об изменении количества движения системы в интегральной форме: изменение количества движения
системы за некоторый промежуток времени равен сумме импульсов,
действующих на систему внешних сил за тот же промежуток времени.
Чтобы вывести уравнение, выражающее теорему об изменении
главного момента количества движения системы относительно неподвижного центра О, обратимся к уравнению (5.11), которое запишем
в виде
n
k
e
kk
n
k
k
kk
Fr
dt
vd
mr
1
)(
1
. (5.30)
Преобразуем левую часть этого равенства, применив формулу производной от векторного произведения для каждой точки системы:
kk
k
kkk
k
kk
vm
dt
rd
vmr
dt
d
dt
vd
mr
, (5.31)
но
0
kkkkk
k
vmvvm
dt
rd
,
как векторное произведение параллельных векторов, а потому (5.31)
приведем к виду
kkk
k
kk
vmr
dt
d
dt
vd
mr
, (5.32)
где
kk
vm
– количество движения точки;
kkk
vmr
– момент количества движения точки относительно непо-
движного центра О.
Равенство (5.32) запишем в виде
)(
kko
k
kk
vmm
dt
d
dt
vd
mr
. (5.33)
Подстановка выражения (5.33) в (5.30) приводит к результату:
n
k
e
kk
n
k
kko
Frvmm
dt
d
1
)(
1
)(
. (5.34)
Главным моментом количества движения системы относительно
данного неподвижного центра О называется векторная величина
o
К
,
равная геометрической сумме моментов количеств движения всех точек
системы относительно этого центра:
n
k
kkoo
vmmK
1
)(
. (5.35)
72
Из выражений (5.34) и (5.35) найдем окончательно:
n
k
e
ko
o
Fm
dt
Kd
1
)(
)(
. (5.36)
Полученное уравнение выражает теорему моментов для системы:
производная по времени от главного момента количества движения системы относительно некоторого неподвижного центра равна геометрической сумме моментов всех внешних сил системы относительно того
же центра.
Проектируя обе части равенства (5.36) на неподвижные оси декартовой системы координат, получим:
n
k
e
kx
x
Fm
dt
dK
1
)(
)(
;
n
k
e
ky
y
Fm
dt
dK
1
)(
)(
; (5.37)
n
k
e
kz
z
Fm
dt
dK
1
)(
)(
.
Доказанной теоремой широко пользуются при изучении вращательного движения твердого тела. Но значение теоремы этим не ограничивается. В кинематике было показано, что движение твердого тела в
общем случае складывается из поступательного движения вместе с некоторым полюсом и вращательного движения вокруг этого полюса.
Если в качестве полюса выбрать центр масс, то поступательная часть
движения тела может быть изучена с помощью теоремы о движении
центра масс, а вращательная – с помощью теоремы моментов. Это показывает важность рассмотренных теорем для изучения движения свободного твердого тела и, в частности, для изучения плоскопараллельного движения.
В связи с этим вычислим момент количества движения твердого тела,
вращающегося вокруг неподвижной оси Oz (рис. 29). Для любой точки тk ,
отстоящей от оси вращения на расстоянии hk скорость vk = hk . Следовательно, для этой точки
2
)(
kkkkkkkz
hmhvmvmm
.
Тогда для всего тела получим
1
2
1
2
)(
k
kk
k
kkz
hmhmK
.
Величина, стоящая в скобке, представляет собой момент инерции Jz
относительно оси Oz.
73
Окончательно имеем
zz
JK
. (5.38)
Таким образом, момент количества движения вращающегося тела вокруг неподвижной оси равен произведению момента инерции
тела относительно этой оси на угловую скорость вращения тела, а вектор
z
K
направлен
вдоль оси Oz (см. рис. 29).
Из формул (5.37) и (5.38) получим:
n
k
e
kzz
Fm
dt
J
1
)(
)(
, (5.39)
или
n
k
e
kzz
FmJ
1
)(
)(
. (5.40)
Эти уравнения являются дифференциальными уравнениями вращательного движения тела вокруг оси Oz. Чтобы пользоваться этими уравнениями, надо знать формулы моментов инерции.
5.5. Примеры вычисления моментов инерции
1. Момент инерции прямолинейного тонкого стержня. Рассматривая стержень как материальный прямолинейный отрезок АВ = l
(рис. 30), вычисляем момент инерции этого стержня относительно его
конца А, или, что то же самое, относительно оси Oz. Разобьем для
этого весь стержень на бесконечно малые отрезки; расстояние такого
отрезка x от точки А обозначим через х, а его массу – через т; тогда
2
xmJ
z
,
или
xxJ
z
2
,
где – линейная плотность (m =
x).
Предел последней суммы будет
выражаться определенным интегралом, взятым по переменному х от 0
до l и, следовательно,
Рис. 30
z
l
x
x
O A B
x
Рис. 29
z
O
1
z
k
hk m
k
k
v
k
vm
O
74
l
z
dxxJ
0
2
.
Если стержень однородный, то плотность остается постоянной
вдоль всего стержня; в этом случае
3
0
2
3
1
ldxxJ
l
z
.
Так как масса всего стержня
lM
, то
2
3
1
MlJ
z
. (5.41)
2. Момент инерции прямоугольника. Рассмотрим тонкую прямо-
угольную пластинку ОАВС со сторонами а и б и массой М (рис. 31).
Вычислим момент инерции пластинки относительно начала координат О.
Рис. 31
Разобьем для этого площадь прямоугольника прямыми, параллельными оси х, на бесконечно узкие полоски. Каждую такую полоску
можно рассматривать как прямолинейный отрезок. Поэтому момент
инерции такой элементарной полоски относительно оси у будет равен
2
3/1 a
, где – масса полоски, а момент инерции всего прямоугольника
относительно оси у выразится так:
22
3
1
3
1
aaJ
y
или, так как
M
,
2
3
1
MaJy
.
Аналогично получим:
2
3
1
MbJx
.
у b O
A B x
a
75
Для момента инерции прямоугольника относительно его вершины О
будем иметь
)(
3
1
22
baMJJJ
yxo
. (5.42)
3. Зависимость между моментами инерции относительно парал-
лельных осей. Зависимость между моментами инерции тел относитель-
но параллельных осей выражается теоремой. Разность моментов инер-
ции тела относительно данной оси и относительно оси, ей параллельной и проходящей через центр масс тела, равна произведению массы
всего тела на квадрат расстояния между этими осями.
Возьмем начало координат О в центре масс тела. Обозначим данную ось через
z
, параллельную ей ось, проходящую через О , примем
за ось z , ось у направим так, чтобы она пересекала ось
z
в некоторой
точке
O
, и проведем через эту точку
O
ось
x
, параллельную оси х
(рис. 32). Обозначим расстояние
OO
между осями z и
z
через l , а мас-
су данного тела – через М.
Рис. 32
Требуется доказать, что
2
MlJJ
zz
.
z l x
O
x
y y O
y
x=x
z
A
z=z
76
Пусть имеем твердое тело, отнесенное к системе координат Oxyz.
Если расстояние одной из материальных точек этого тела от оси z обозначить через h, а ее массу – через т, то момент инерции тела относительно оси z выразится так:
2
mhJ
z
.
Поскольку
222
yxh
,
то
)(
22
yxmJ
z
.
Аналогичную формулу получим для оси
z
:
)(
22
yxmJ
z
.
Из формул преобразования координат при параллельном переносе
осей имеем:
zzlyyxx
,,
.
Поэтому
)2())((
22222
llyyxmlyxmJ
z
mylmlyxm 2)(
222
2
MlJ
z
0
c
Mymy
.
Что и требовалось доказать.
6. ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ
6.1. Общее уравнение динамики для системы
с идеальными связями
Принцип возможных перемещений дает общий метод решения за-
дач статики. С другой стороны, принцип Даламбера позволяет использовать методы статики для решения динамических задач. Следовательно, применив одновременно оба эти принципа, мы можем получить
общий метод решения задач динамики.
Рассмотрим систему, состоящую из п материальных точек, на ко-
торую наложены идеальные геометрические связи. Обозначим массу
какой-нибудь k-й точки через mk, а ускорение – через
k
a
. Пусть равно-
действующая всех приложенных к этой точке активных сил (внешних
и внутренних) равна
)(a
k
F
, а равнодействующая всех сил реакций –
k
R
.
Присоединим к этим силам силу инерции
;
;
77
kk
ин
k
amF
.
В результате получим уравновешенную систему сил. Следовательно,
0
)(
ин
kk
a
k
FRF
. (6.1)
Аналогичные равенства получим для всех точек системы. Сооб-
щим теперь точкам системы возможные перемещения
k
r
. Тогда,
умножая каждое равенство (6.1) скалярно на соответствующее перемещение
k
r
и складывая затем полученные выражения, находим:
0)(
1
)(
n
k
k
ин
kk
a
k
rFRF
.
Но сумма элементарных работ сил реакций идеальных связей равна
нулю:
0
1
n
k
kk
rR
. Следовательно, окончательно находим:
0)(
1
)(
n
k
k
ин
k
a
k
rFF
. (6.2)
Равенство (6.2) и представляет собой общее уравнение динамики.
Из него следует, что при движении системы с идеальными уравновешивающими связями сумма элементарных работ активных сил и сил
инерции на любом возможном перемещении системы равна нулю.
Если раскрыть стоящие под знаком суммы скалярные произведе-
ния, то можно общее уравнение динамики представить еще в виде
0])()()[(
1
)()()(
n
k
ин
ky
a
ky
ин
ky
a
ky
ин
kx
a
kx
zFFyFFxFF
. (6.3)
Общее уравнение динамики, как и принцип возможных перемеще-
ний, можно применить и в случае, когда на систему наложены связи
с трением; при этом силы трения включаются в число активных сил.
6.2. Решение задач
Уравнения (6.2) или (6.3) можно непосредственно применять для
решения задач динамики. Однако практически этими уравнениями целесообразно пользоваться в тех случаях, когда входящие в систему тела
можно рассматривать как материальные точки, в частности, когда все
тела системы движутся поступательно. Для системы с непоступательно
движущимися телами усложняется подсчет элементарных работ сил
инерции; в этих случаях целесообразнее пользоваться уравнениями
движения в обобщенных координатах.
78
Ход решения задач для системы с одной степенью свободы будет
таким же, как и в статике, только к действующим на систему силам
должны быть присоединены силы инерции.
Если система имеет s степеней свободы, то для определения ее положения выбираем s обобщенных координат
s
qqq ,...,,
21
. Затем преобразо-
вываем уравнение (6.2) к виду (2.19), где только каждая из обобщенных
сил будет содержать два слагаемых: обобщенную активную силу Qi
и обобщенную силу инерции
ин
i
Q
. В результате уравнения (2.20), которые
в данном случае являются уравнениями движения системы, примут вид
0
11
ин
QQ
,
022инQQ
, ... ,
0
ин
ss
QQ
. (6.4)
Подсчет обобщенных сил инерции производится так же, как активных обобщенных сил.
Задача 1. Грузы А и В связаны нитью, перекинутой через неподвижные блоки Д и Е к подвижному блоку К (рис. 33). К блоку К
подвешен груз С. Пренебрегая весом блоков и трением, определить,
в какую сторону и с каким ускорением движутся грузы, если веса
их одинаковы, и чему равно натяжение нити. Движение начинается
из состояния покоя; груз А скользит по плоскости, наклоненной
к горизонту под углом .
Решение. Так как движение
начинается из состояния покоя,
то грузы В и С перемещаются вертикально. В этом движении система имеет две степени свободы; пе-
ремещение груза В при неподвижном грузе А и перемещение груза А при неподвижном грузе В. Примем
за обобщенные координаты расстояния х и у (см. рис. 33).
Предположим для определенности, что при движении системы гру-
зы А и В опускаются, а груз С поднимается. Изображаем действующие
на системы активные силы и силы инерции. В нашем случае:
PPPP
321
;
11
a
g
P
Fин
;
22
a
g
P
Fин
;
33
a
g
P
Fин
. (6.5)
A
Д К Е В С
x
ин
F
1
1
Р
ин
F
2
ин
F
3
3
Р
2
Р
2
Р
ин
F
2
Т
Рис. 33
у
79
Сообщим теперь системе такое возможное перемещение, при кото-
ром изменяется только координата х (y = const). При этом груз А смещается на х, а груз С – на 0,5х. Элементарная работа всех активных
сил и сил инерции на этом перемещении
xFPPFA
инин
)(
2
1
sin
22111
.
Затем сообщим системе возможное перемещение, при котором изменяется только координата y (x = const). Груз В при этом смещается на у,
а груз С – на 0,5у. Элементарная работа активных сил и сил инерции
на данном перемещении
yFPFPA
инин
)(
2
1
33222
.
Выражения в квадратных скобках дают сумму соответствующих
обобщенных активных сил и сил инерции. Используя равенства (6.5),
находим:
g
a
g
a
PQQ
ин
21
11
2
1
2
1
sin
;
g
a
g
a
PQQ
ин
3
2
22
2
1
2
1
1
.
Приравнивая, согласно равенствам (6.4), выражения в скобках
к нулю, получим следующие уравнения:
)1sin2(2
31
gaa
; (6.6)
gaa
32
2
.
Кроме того, между ускорениями грузов имеет место очевидное со-
отношение
321
2aaa
. (6.7)
В самом деле, если грузы А и В сместятся на расстояние х и у соот-
ветственно, то груз С сместится на величину
)(
2
1
yxz
.
Дважды дифференцируя это равенство, получаем соотношение (6.7).
80
Решая систему уравнений (6.6) и (6.7), находим:
1sin
3
5
2
1
g
a
;
sin
3
1
1
2
2
g
a
;
sin
3
3
g
a
.
Из полученных результатов следует, что груз В рассматриваемой
системы будет всегда опускаться, а груз С – подниматься (при 0).
Что касается груза А, то при sin > 3/5 он опускается, при sin < 3/5 –
будет подниматься. При sin = 3/5 груз А остается на месте, а грузы В
и С движутся с ускорениями
ga 5/22
,
ga 5/13
.
Наконец, очень интересный результат получается в случае, когда
= 0 (плоскость горизонтальна). Груз С остается неподвижным, а гру-
зы А и В движутся оба в одну сторону с одинаковыми ускорениями
ga 5,0
1
,
ga 5,0
2
.
Для определения натяжения нити применим принцип Даламбера
к грузу В. Составив уравнение равновесия, получим
sin3/11
2
P
T
.
Задача 2. На сплошной барабан весом Р намотана нить с грузом Р
на конце (рис. 34). Пренебрегая весом нити и трением, определить
ускорение груза при движении системы.
Решение. Если груз движется вертикально, то система имеет одну степень свободы.
Выберем за обобщенную координату угол по-
ворота барабана . Изображаем активную силу Р, силу инерции груза
ин
F
и силы инерции
какой-либо k-й точки барабана
ин
kn
F
и
ин
k
F
(сила Рбарабана на чертеже не нанесена, так
как она не производит работу).
Сообщаем системе возможное перемещение (поворот барабана на угол ). Работа ак-
тивных сил на этом перемещении
PRAa
)(
,
где R – радиус барабана.
Следовательно, обобщенная активная сила Q = PR. Сумма элементарных
работ сил инерции на этом перемещении
n
k
kk
инин
rFRFA
1
)(
,
где
k
r
– расстояние k-й точки от оси барабана.
r
k
ин
k
F
ин
kn
F
ин
F
Р
Рис. 34
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]