Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теоретическая механика. Учебное пособие
.pdf
4.7.3. Теорема об изменении кинетической энергии
2
s
0
a
M
r
F
r
Рис. 42
материальной точки
Кинетической энергией материальной точки называется положительная величина, равная половине произведения массы
точки на квадрат ее скорости:
2
mV
T = .
Работой силы на данном перемещении называют характеристику
того действия силы, которое приводит к увеличению модуля скорости.
Элементарная работа определяется скалярным произведением вектора силы на элементарный вектор перемещения точки
ее приложения:
rdFdA = .
Данное уравнение можно переписать в виде:
dA=Fdrcos(α)= Fcos(α)dr.
Но Fcos(α)=Fτ есть проекция силыF на касательную (рис.
42), а dr=dS; тогда удобная форма для вычисления элементарной
работы силы имеет вид:
dA=FτdS.
Полная работа определяется интегралом:
1
Sd
FAò=
.
s
F
V
t
Таким образом, очевидно, полная
работа может быть непосредственно
вычислена, если касательная составляющая силы постоянна или если она
зависит от перемещения.
Если сила зависит от скорости или
времени для вычисления работы, необ-
ходимо решить основную задачу динамики. Работа постоянной
по величине и направлению силы определяется произведением
41
модуля силы на перемещение точки ее приложения и на коси-
t
dt
dt
нус угла между силой и перемещением
).S,FFSA cos(=
Для характеристики источников энергии в технике используется понятие мощности, которое определяет работу в единицу
времени. Если работа совершается равномерно, то:
A
N = .
В общем случае:
dA
N
t
dSF
VF
=== .
t
Из данной формулы следует, что при заданной мощности двигателя для увеличения силы необходимо снизить скорость. Такая
возможность используется в автомобилях, лебедках, подъемных
кранах.
Контрольные вопросы
1. Что такое инертность тела и чем она характеризуется?
2. Сформулируйте основные законы динамики.
3. Перечислите и охарактеризуйте основные задачи
динамики.
4. Как интегрируют дифференциальные уравнения при
действии переменных сил?
5. Как определяется и какую роль играет даламберова
сила инерции?
6. Как определяется кинетическая энергия материальной
точки?
7. Что такое количество движения материальной точки?
8. Как связано изменение количества движения точки
и импульс силы?
9. В каких случаях применяется принцип Даламбера?
10. Что такое импульс силы, в чём он измеряется?
42
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ОСНОВНЫХ ТИПОВ ЗАДАЧ
Равновесие системы тел
Механизм робота-манипулятора состоит их трех звеньев,
которые в положении равновесия расположены в вертикальной
плоскости (рис. 1). Определить моменты сил приводов в шарнирах A, B, С, если длины звеньев l1= 0,8 м; l1= 0,5 м; l3= 0,3 м, их
массы m1= 40 кг, m2= 25 кг; m3= 15 кг. Рука манипулятора CD
несет груз массой mD= 15 кг. Звенья считать однородными
стержнями; α = γ = 450, β = 150.
Рис. 1
Решение. Для определения момента в шарнире C рассмот-
рим отдельно равновесие руки CD. Очевидно, для определения
MC достаточно найти сумму моментов, действующих на звено 3
сил и прировнять ее к нулю. Заметим, что реакции шарнира C x
и yС момента относительно точки C не создают, на рис. 1 они не
показаны. Тогда
MC- P3ˑ0,5l3cos(450) - PDˑ0,5l3cos(450)=0.
43
C
Аналогично для звеньев 2 и 3 имеем:
924
xV=
=
&
-==
&
cos 0 756
r
MB– P2ˑ0,5l2cos(150) – P3ˑ(l2cos(150)+0,5l3cos(450))-PDˑl3cos(150)=0,
MA– P1ˑ0,5l1cos(450) – P2ˑ(l1cos(450)+0,5l2cos(150))+
+P3ˑ(l1cos(450)+l2cos(150)+ 0,5l3cos(450))+
+PDˑ(l1cos(450)+l2cos(150)+ l3cos(450))=0.
Решая уравнения относительно искомых моментов, получим:
MA= 46,8 Нм, MВ= 248,2 Нм, MC= 664,6 Нм.
Определение скорости и ускорения точки
Пример 1. Точка M движется в соответствии с уравнения-
ми x = 2sin(4t ); y = 3cos (4t), м. Определить величину и направле-
ние вектора скорости точки и указать ее положение на траектории в момент времени t = π/24 c. Определить полное, касательное
и нормальное ускорения точки М1 при t = 7π/6 c, а также радиус
кривизны траектории.
Решение. Исключая время из уравнений движения, для это-
го возведём левые и правые части исходных уравнений в квадрат
и сложим, найдем уравнение траектории:
2
y
x
.
1
=+
Следовательно, в данном случае точка движется по эллипсу
(рис. 2). При t=0 точка M0 имела координаты x0=0 м; y0= 3 м. В
заданный момент времени t координаты точки x0=1 м; y0= 2,6 м.
Найдем проекции вектора скорости на оси координат:
)4cos(8 tx
, м/c; )4sin(12 ty
V
y
, м/с.
При t = π/24 c; Vx= 6,9 м/c; Vy= -6 м/c; тогда модуль скоро-
2
2
сти
&&
y
xV
+= м/с. Направление вектора скорости можно найти
по его проекциям на оси координат, или по направляющим коси-
V
нусам. В частности,
V,i,
()
x
==
V
, (α≈490). Очевидно,
при выполнении рис. в масштабе вектор скорости Vr, найденный
по его проекциям Vx и Vy, должен быть направлен по касательной
к траектории в точке M.
44
Переходим к определению ускорения точки М. В заданный
xa-==
&
&
-==
&
&
&
м/с,
&
м/с.
r
x
y
M
Рис. 2
момент времени точка имеет координаты x=1,7 м, y=-1,5 м
(рис. 2). Найдем проекции ускорения на оси координат:
)4sin(32 tx
м/с2;
a
y
)4s(48 tcoy
м/с2;
Для заданного момента време-
ни: ax=-27,7 м/с2; ay=24 м/с2;
м/с2.
M
a
aa =+=
y
0
V
x
Для определения касательного
x
63622,
и нормального ускорений необходи-
V
y
0
a
n
a
a
a
x
M
V
y
a
t
1
мо найти скорость точки М1для заданного момента времени:
V
x
Vy t,
= =- =-
y
64cos 4 144sin 4 111
V t t,= +=
12sin(4 ) 10 4
22
() ()
4)4cos(8 -=== tx
м/c,
Для определения касательного
ускорения можно использовать выражение:
æ
Va -=×-×=+=
ç
t
xax
è
ö
V
yay
( )
÷
ø
512111244107274 ,,/,,V/
м/с2.
Модуль нормального ускорения можно найти следующим
образом:
a =-=-=
n
22
t
2
636
2
512
334
,,,aa
м/с2.
Правильность вычислений проверяется определением модуля нормального ускорения из выражения
a =-×-×-=+=
n
æ
V
ç
yax
è
ö
V
÷
xay
ø
( )( )
334111727410244 ,,/,,V/
м/с2.
Радиус кривизны траектории в данном положении точки:
22
111
V
r
a
,
63
,
===
334
n
,
м.
45
Направление вектора полного ускорения определяется по
(
)
dt
dt
dt
dt
r
t
x
y
r
H
max
α
H
его проекциям ax и ay (рис. 2). Для проверки правильности построения a целесообразно вычислить направляющий косинус:
a
i,xacos -=-==
x
a
7560636727 ,,/,
(α≈-490).
Пример 2. В момент выключения двигателей последней
ступени баллистическая ракета находилась на высоте H = 700 км
и имела скорость 3000 м/с, направленную
под углом 15о к горизонту (рис. 3).
V
0
V
Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить максимальную высоту
подъема ракеты.
Решение. После выключения двига-
Рис. 3
теля ракета продолжала двигаться с ускорением W = g = 9,81 м/с2. Начало координат удобно поместить в
точку, где находилась ракета в момент выключения двигателя.
Спроецируем ускорения на оси координат:
dV
x
dV
x
;
g
-== 0 . (1)
Проинтегрируем уравнения (1), предварительно разделив
переменные:
Vx= C1; Vy= -gt+C2. (2)
Постоянные интегрирования найдем по начальным
условиям:
t=0, Vx0=V0cos(α), Vy0= V0sin(α). (3)
Решая совместно (2) и (3), получим константы интегрирования:
C1= V0cos(α), C2= V0si n(α).
Подставим их в выражения (2):
Vx= V0cos(α), Vy= -gt+V0sin(α).
или
dx
0
dy
)cos(
;V
Vgt
+-== . (4)
)sin(
aa
0
Разделяя переменные и интегрируя (4) при начальных условиях x0= 0, y0=0, получим:
46
2
2
30771
y
FrP
r
Очевидно, H
max
0
= H+y
t
)cos(
. Максимальное значение y
max
gy;Vx )sin(
+-== . (5)
0
tV
aa
будет
max
при Vy=0; исходя из этого, найдём из уравнений (5) соответствующее значение времени:
t = V0sin(α)/g. (6)
Подставляя уравнение (6) в выражение (5), получим:
22
sin
V
y
max
0
===
a
()
2 2 9 81
g,
22
3000 0 259
,
×
×
м.
Таким образом, максимальная высота подъема ракеты составляет H
= 700+31 км.
max
Основные задачи динамики
Пример 1. Груз массой m=12 кг поднимается на канате с
ускорением а=5 м/с2. Найти натяжение каната. Сопротивлением
воздуха и растяжением каната пренебречь.
Решение. Укажем силы тяжестиP и натяжения нитиF (рис. 4), под действием которых проис-
ходит движение груза.
ОУД в данном случае имеет вид
FPam +=
0
.
Проектируя его на ось 0y, получим:
-ma = P-F.
Откуда F=P+ma=m(g+a)=177,7 Н.
В случае опускания груза с таким же ускорением, натяжение нити рассчитывается из уравнения:
Рис. 4
F=m(g-a)=57,7 Н.
Пример 2 . Тяжелое тело, брошено с начальной скоростью
V0=20 м/с под углом к горизонту α=600 (рис. 5). Определить
47
расстояние L до точки падения
dt
dt
(
)
a
=
a
=
dt
dt
(
)
+
=
2
αα)
=
2
P
r
L
a
r
Y
X
V
0
0
Рис. 5
Разделим переменные и проинтегрируем уравнения (2), в результате получим:
Постоянные интегрирования C1 и C2 найдем с помощью на-
чальных условий: при
Решая совместно (2) и (3), получим
dx
=
0
Интегрируя уравнения (4) вторично, имеем:
cos
0
При t = 0, x = 0, y = 0, тогда
tVx cos
0
Искомая дальность полета L = x при y = 0. Решая совместно уравнения (5) при y = 0 находим
L 3352sin
Из уравнения для определения L следует, что максимальная
дальность достигается для заданной начальной скорости при
o
. В рассмотренном примере она составляет 40,8 м.
45=
a
тела. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. Основное уравне-
ние движения имеет вид:
Pam = . (1)
Проецируя (1) на оси координат,
получим:
dV
x
2
=-=
y
()
a
()
a
()
a
sin
м.,α
mg
-== 0 .
.Vgt
++-=
.tV
;
,
sin
+-= (4)
0
sin
0
+-= (5)
0
0=t
cos
dV
Vx= C1, Vy= -gt+C2. (3)
;
()
a
,CαtVx
3
(
V
,V
0
g
dy
y
2
cos
VV
0x0
2
t
gy
gt
()
0y0
4
sin
.CtV
)(VV
(2)
.
48
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
Диевский, В. А. Теоретическая механика: учебное пособие /
В. А. Диевский. - 3-е изд., испр. - Санкт-Петербург: Лань, 2009. 320 с.- Текст: непосредственный.
Диевский, В. А. Теоретическая механика: интернет-
тестирование базовых заданий: учебное пособие / В. А. Диевский,
А. В. Диевский. - Санкт-Петербург: Лань, 2010. - 144 с. - Текст:
непосредственный.
Кущев Б. И. Теоретическая механика: учеб. пособие / Б. И.
Кущев. - Воронеж: ВГТА, 2008. -160 с. - Текст: непосредственный.
Лачуга, Ю. Ф. Теоретическая механика: учебник для студ.
вузов (гриф МО) / Ю. Ф. Лачуга, В. А. Ксендзов. - Москва: Колос,
2005. - 576 с. - Текст: непосредственный.
Молотников, В. Я. Механика конструкций. Теоретическая
механика. Сопротивление материалов: учеб. пособие / В. Я. Молотников. - Санкт-Петербург: Лань, 2012.- 544 с. - Текст: непосредственный.
Тарг, С. М. Краткий курс теоретической механики: учебник
/ С. М. Тарг. - 12-е изд., стер. - Москва: Высш. шк., 2002. - 416 с.
- Текст: непосредственный.
49
ОГЛАВЛЕНИЕ
1. ВВЕДЕНИЕ В ДИСЦИПЛИНУ ………………………….
2. СТАТИКА …………………………………………………
2.1. Аксиомы статики …………………………………..
2.2. Виды связей и их реакции …………………………
2.3. Система сходящихся сил …………………………..
2.4. Момент силы относительно центра и оси. Пара сил ..
2.5. Условия равновесия произвольной системы сил …
2.6. Центр системы параллельных сил (центр тяжести)
2.7. Равновесие при наличии трения скольжения и
трения качения ……………………………………………...
Контрольные вопросы ………………………………….
3. КИНЕМАТИКА …………………………………………..
3.1. Способы задания движения ……………………….
3.2. Скорость и ускорение точки ………………………
3.3. Поступательное и вращательное движения твер-
дого тела ……………………………………………………...
3
5
5
6
8
9
12
14
16
17
18
18
20
22
3.4. Плоскопараллельное движение твёрдого тела ……
3.5. Мгновенный центр скоростей …………………….
3.6. Мгновенный центр ускорений …………………….
3.7. Сложное движение точки ………………………….
3.8. Сферическое и произвольное движение твердого
тела …………………………………………………………...
Контрольные вопросы ………………………………….
50
24
24
27
29
31
34
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]