Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Механика. Теоретическая механика. Учебное пособие
.pdf
Сложение ускорений точки в общем случае переносного движе-
. Продифференцируем уравнение скоростей:
ния
dd
VV
a
a
ae
dt dt dt
V
d
r
.
Производные здесь определяются изменением каждого вектора в
абсолютном движении. Эти изменения в общем случае слагаются из
изменений при переносном движении и относительном движении.
Обозначим изменения при относительном движении индексом «1», а
при переносном – индексом «2». Тогда
()()
dd
VV
12
a
a
/()
ddtVa – относительное ускорение; 2 /()
где
1
rr
реносное ускорение;
ee
dt dt dt dt
() ()//
ddtd dt
12кор
er
VV
()()
dd
rr
12
,
ddt
Va – пе-
ee
V V a – кориолисово
ускорение (или ускорение Кориолиса), являющееся результатом взаимного влияния переносного и относительного движений и характеризующее изменение переносной скорости точки из-за относительного
движения и изменение относительной скорости точки вследствие переносного движения. Окончательно
aaaa
aer
кор
.
Эта формула выражает содержание теоремы Кориолиса: абсолютное
ускорение точки равно векторной сумме переносного, относительного
и кориолисова ускорений.
Вычисление относительного ускорения. Относительное ускорение,
поскольку при его нахождении движение подвижных осей во внимание не принимается, вычисляется в зависимости от способа задания
относительного движения точки M:
координатный способ:()()()
естественный способ:
2
/,
V
rr
здесь ρr – радиус кривизны траектории точки M.
aaaxyz
rrx rx rx
rr rn
aijkijk
)),((
aa a
adVdt
rr
/(,)
()
a
rn
;
Вектор относительного ускорения расположен в соприкасающейся
плоскости относительного движения.
Вычисление переносного ускорения
ω
1. Подвижная система координат движется поступательно,
ε
= 0, и переносное ускорение совпадает с ускорением подвижной си-
e
стемы координат
Oxyz
1111
(см. рис. 2.43), т. е.
aa
eO
1
.
= 0,
e
61
2. Подвижная система координат вращается относительно непо-
ω
движной оси с угловой скоростью
случае
0Oa
, переносное ускорение точки M
1
ee en
и угловым ускорением εe. В этом
e
aa a
)).((
Если точка движется по окружности радиусом h, то
() ( .),
aa
hh
eeenе
2
Векторы ускорений расположены в соприкасающейся плоскости
переносного движения, т. е. в плоскости, перпендикулярной оси вращения.
Вычисление кориолисова ускорения. Кориолисово ускорение равно
удвоенному векторному произведению переносной угловой скорости
V
на относительную скорость
точки (приводится без доказатель-
r
ω
ства), т. е.
[]2,
кор
a ω V
er
или по модулю
e
aV
2si(n .),
кор
ω V
er e r
Направление кориолисова ускорения определяется двумя способами:
1) по правилу векторного произведения:
кулярно плоскости, содержащей векторы
ства, из которой, если смотреть с конца вектора
a
направлено перпенди-
кор
ω
и Vr, в ту часть простран-
e
a
, переход от ωe к Vr
кор
виден против хода часовой стрелки и на наименьший угол (рис. 2.46);
2) по правилу Жуковского: чтобы получить направление ускорения
*
V
Кориолиса, следует вектор проекции относительной скорости
r
по-
вернуть на 90° вокруг оси, параллельной оси переносного вращения, в
направлении этого вращения.
Здесь проекция относительной скорости
*
VV
rer er
*
Тогда
aVV ω V
2.)2sin(,
кор
er er e r
sin ( , .)
ω V
62
*
V
(рис. 2.47) равна
r
s
M
A
M
x
ω
e
ω
e
V
r
a
кор
V
r
V
Рис. 2.46
*
r
(ωe,Vr)
a
кор
Рис. 2.47
Случаи обращения в ноль кориолисова ускорения:
1) ω
= 0, т. е. при поступательном перемещении подвижной систе-
e
мы координат.
2) V
= 0, т. е. в те моменты времени, в которые происходит измене-
r
ние направления относительного движения.
3) sin
(ω
, Vr) = 0, т. е. когда вектор скорости относительного дви-
e
жения
V
и вектор угловой скорости переносного вращения ωe парал-
r
лельны.
Пример. Диск вращается с постоянной угловой скоростью ω = 2 с
–1
вокруг оси, перпендикулярной плоскости диска и проходящей через
его центр (рис. 2.48, а). По прямолинейному пазу AB движется ползун
по закону s = 3t
2
(см). Принять OM = 5 см. Определить скорость и
ускорение ползуна в момент, когда он достигнет середины паза M.
l = 24 см
O
y
y
1
V
e
a
V
r
r
B
ω
ω
O
a
e
a
кор
x
1
а б
Рис. 2.48
63
Решение
Система координат. Выберем неподвижную систему координат
Oxy с центром в неподвижной точке O. Подвижную систему координат
Ox
выбираем с центром в неподвижной точке диска O. Система ко-
1y1
ординат Ox
жестко связана с диском. В момент достижения ползу-
1y1
ном точки M диска обе системы координат совпадают (рис. 2.48, б).
Скорость. Абсолютная скорость ползуна:
V
= V
+ V
a
.
e
r
В рассматриваемой задаче подвижная система координат, относительно которой происходит движение ползуна, жестко связана с диском. Следовательно, переносной скоростью ползуна, когда он совпадает с точкой M диска, будет скорость точки M диска, т. е.
V
= ω · OM = 10 см/с.
e
Вектор
V
направлен перпендикулярно OM.
e
Относительное движение точки является прямолинейным. Относи-
тельная скорость равна
V
= ds / dt = 6t (см/с).
r
Векторы
V
и Vr направлены в одну сторону, следовательно, абсо-
e
лютная скорость ползуна равна
V
= 10 + 6t (см/с).
a
Так как AM = 12 см, то момент t = t
ку M определится из соотношения
V
(t = t1 = 2 с) = 10 + 6t = 22 см/с. Ответ
a
прохождения ползуна через точ-
1
2
3t
12 см, откуда t1 = 2 с и тогда
1
Ускорение. Абсолютное ускорение ползуна определяется формулой
aaaa
aer
Диск вращается с постоянной угловой скоростью (
ускорение точки M диска (в которой в момент t
кор
.
ε = 0), поэтому
находится ползун)
1
равно
= ω2 OM = 20 см/с2.
a
e
Вектор
a
направлен к центру О диска.
e
64
Относительное ускорение, как ускорение точки в прямолинейном
движении, будет
adVdt
rr
/
6 см/с2.
Вектор
Так как вектор угловой скорости
a
направлен вдоль прямой AB.
r
ω и вектор V
кулярны, то кориолисово ускорение равно
224
кор
(см/с2)
r
и при
aVt
2 с –tt a 48 см/с2. Направление вектора a
1 кор
рис. 2.48, б.
Абсолютное ускорение ползуна в момент t = t
2
aaa a см/с2. Ответ
ae r
кор
2
68,2
взаимно перпенди-
r
указано на
кор
= 2 с равно
1
65
3. ДИНАМИКА
3.1. Динамика точки: сила и ускорение
Опыт показывает, что если одну и ту же силу приложить к двум
разным, свободным от других воздействий покоящимся телам, то в
общем случае по истечении одного и того же промежутка времени эти
тела пройдут разные расстояния и будут иметь разные скорости.
Инертность и представляет собой свойство материальных тел быстрее
или медленнее изм
приложенных сил. Количественной мерой инертности данного тела является физическая величина, называемая массой тела. В механике
масса m рассматривается как величина скалярная, положительная и постоянная для данного тела.
Законы Ньютона. В основе динамики лежат законы, сформулиро-
ванные в наиболее полном и законченном виде Исааком Ньютоном в
книге «Математические начала натуральной философии» (1687 г.).
Первый закон (закон инерции), открытый Галилеем (1638 г.):
изолированная от внешних воздействий материальная точка сохраняет
свое состояние покоя или равномерного прямолинейного движения до
тех пор, пока приложенные силы не заставят ее изменить это состояние. Движение, совершаемое точкой при отсутствии сил, называется
движением по инерции.
Закон инерции отражает одно из основных свойств материи – пребыват
ь неизменно в движении и устанавливает для материальных тел
эквивалентность состояний покоя и движения по инерции. Из него
следует, что если
по модулю и направлению скоростью; ускорение точки при этом равно
нулю; если же движение точки не является равномерным и прямолинейным, то на точку действуют силы.
Системы отсчета, в которых справедлив закон инерции, называются
инерциальными системами отсчета (инерциальными системами координат). При решении большин
можно считать систему отсчета, жестко связанную с Землей.
Второй закон (основной закон динамики): сила, действующая на
материальную точку, сообщает ей ускорение, которое в инерциальной
системе отсчета пропорционально величине силы и имеет направление
силы.
енять скорость своего движения под действием
F = 0, то точка покоится или движется с постоянной
ства технических задач инерциальной
66
В аналитической форме закон представляется в виде основного
уравнения динамики
a = F,
m
F – сила, действующая на материальную точку; a – ускорение, со-
где
общаемое силой; m – масса материальной точки. Между модулем
ускорения и силы имеется зависимость
ma = F.
Если на точку действует одновременно несколько сил, то они будут
эквивалентны одной силе, т. е. равнодействующей
рической сумме этих сил Σ
F:
m
a = R, или ma = ΣF.
R, равной геомет-
Третий закон (закон равенства действия и противодействия):
две материальные точки взаимодействуют друг с другом так, что силы
их взаимодействия равны по величине, противоположны по направлению и имеют общую линию действия. Закон устанавливает характер
механического взаимодействия между материальными телами и справедлив как в статике, так и в динамике.
Масса и вес. Единицы измерения. На все тела, находящиеся вбли-
зи земной поверхности, действует сила тяжести
весу тела (G). Опытом установлено, что под действием силы
G, численно равная
G любое
тело при свободном падении на Землю (с небольшой высоты и в безвоздушном пространстве) имеет одно и то же ускорение g. Это ускорение, сообщаемое телу силой тяжести, называют ускорением силы тяжести, или ускорением свободного падения. Для свободного падения
на основании уравнения ma = F имеем
G = mg, или m = G /g.
ченное равенство устанавливает, что вес тела равен его массе,
Полу
умноженной на ускорение силы тяжести, или масса тела равна его весу, деленному на ускорение силы тяжести. Вес тела, как и величина g,
изменяется с изменением широты и высоты
над уровнем моря. Для данного тела (или ма-
m (кг)
териальной точки) масса является величиной
неизмен
ной.
a = g (м/с2)
В Международной системе единиц измерения физических величин (СИ) основными
единицами измерения механических величин
G = mg (Н)
являются метр (м), килограмм массы (кг), се-
кунда (с) (рис. 3.1).
67
Рис. 3.1
Единица силы называется ньютоном (Н): 1 Н – это сила, сообщаю-
z M
щая массе в 1 кг ускорение 1 м /с
2
(1 Н = 1 кг · м /с2).
Задачи динамики.
Свободная материальная точка. Задачи:
1) зная закон движения точки, определить действующую на нее си-
лу (первая задача динамики);
2) зная действующие на точку силы, определить закон движения
точки (вторая или основная задача динамики).
Обе задачи решаются на основе уравнений движения:
m
a = F (одна сила), ma = ΣF (несколько сил).
Несвободная материальная точка. Под несвободным движени-
ем точки понимается такое движение, когда точка, благодаря нало-
женным на нее связям, вынуждена двигаться по заданной неподвижной поверхности или кривой. В этих случаях, как и в статике, будем
при решении задач исходить из аксиомы связей, согласно которой всякую несвободную материальную точку можно ра
бодную, отбросив связь и заменив ее действие реакцией этой связи
ссматривать как сво-
N.
Тогда основной закон динамики для несвободного движения точки
принимает вид
ma = ΣFa + N,
a
F
− действующие на точку активные силы.
где
Задачи:
1) зная закон движения точки и действующие на нее активные силы,
определить реакцию связи (первая задача динамики);
2) зная действующие на точку активные силы, определить: а) закон
движения точки; б) реакцию связи (вторая задача динамики).
Уравнения движения материальной точки
Прямоугольная декартова система координат (рис. 3.2). Пусть
материальная точка M движется под действием сил
F
, F2, …, Fn в инерциальных осях x, y, z. Проеци-
F
2
F
x
Рис. 3.2
1
руем уравнение движения
F
n
y
на координатные оси x, y, z. В итоге получаем три
m
a = ΣF
скалярных уравнения:
ma
= ΣF
, ma
= ΣF
, ma
x
x
y
68
= ΣF
y
z
z
.
Используя формулы кинематики
x
М
s
F
222
dx dy dz
aa a
xyz
,,,
222
dt dt dt
представим скалярные уравнения в следующем виде:
22 2
dx dy dz
mFmFmF
222
dt dt dt
,,
yz
.
Это и есть дифференциальные уравнения движения материальной
точки в прямоугольных декартовых координатах.
Естественные оси координат (рис. 3.3). Спроецируем основное
уравнение динамики на оси естественного
n
nun
ΣFbu
.
b
b
Рис. 3.3
трехгранника τ, n, b. Из кинематики известно, что
22
ds
aaa
2
dt
V
,,0
nb
.
Дифференциальные уравнения движения материальной точки в естественных
координатных осях:
22
ds
mFmFF
2
dt
V
,,0
O
Σ
−
0
nb
ΣFτu
τ
τ
Пример (первая задача динамики). Лифт весом G поднимается с
ускорением a (рис. 3.4). Определить натяжение троса.
z
N
a
G
Рис. 3.4
Решение
Рассматриваем лифт как свободный, заменяем
действие связи (троса) реакцией
N. Проецируем урав-
нение движения на вертикальную ось z и с учетом
m = G/g, a
ma
Если лифт опускается, то N = G (1 − a / g).
= a получаем следующий результат:
z
= N – G → N = G (1 + a / g). Ответ
z
Пример (первая задача динамики). Вездеход массой 2000 кг дви-
жется по оврагу с постоянной скоростью V = 60 км/ч = 16,7 м/с
69
(рис. 3.5, а). Вычислить давление вездехода на дно оврага, если радиус
кривизны траектории в данный момент времени ρ = R = 50 м. Силой
сопротивления движению пренебречь.
Решение
Принимаем вездеход за материальную точку и освобождаем его от
связей, заменяя их реакциями. Тогда на эту точку действуют две силы:
вес G = mg и реакция грунта N (рис. 3.5, б).
Точка дв
ижется криволинейно по заданной траектории, т. е. движение точки задано естественным способом. Введем оси естественного
трехгранника: направим ось τ по горизонтали в сторону движения точки, а ось n внутрь вогнутости траектории, т. е. по вертикали вверх
(рис. 3.5, б). В проекциях на эти оси уравнения движения имеют вид
а
n
ma
τ
= ΣFτ,
man = ΣFn. (а)
б
n
R
V
N
a
n
τ
mg
τ
Рис. 3.5
V
mg
Так как материальная точка движется с постоянной скоростью, то
22
/0adsdt dVdt
.
Тогда уравнения движения (а) принимают вид
ma
Подставляя a
= 2000[(16,7
= V 2/R в выражение (б), имеем
n
2
/ 50) + 9,81] = 30776 Н ≈ 30,8 кН. Ответ
= ΣFn = N – mg. (б)
n
2
)–(/ ; mV R N mg
2
() / NmV R g
70
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]