Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный университет им. Т. Шевченко

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Mech-Slobod

.pdf

Скачиваний:

263

Добавлен:

19.03.2015

Размер:

14.21 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2122 / 4222 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 > Следующая >>>

211

Легко бачити, що максимальна енергія, яка може бути передана частинці m2 , що

знаходилась у спокої, буде досягатися при лобовому зіткненні ( χ = π ) частинок однакової маси m1 = m2 , тобто

E′		=	mυ 2	.
E′		=		.
2 max		2
		2
При	цьому частинка m1 , що налітає				на нерухому	частинку	m2 , після зіткнення
зупиняється, а частинка m2 набуває імпульс					і кінетичну	енергію	першої частинки. Цей

результат повністю узгоджується як отриманим безпосередньо для лобового зіткнення, так і з експериментом.

Вправи.

5.1.Довести твердження: Якщо робота сил деякого поля при переміщенні частинки по довільній замкненій траєкторії дорівнює нулю, то робота цих сил по переміщенню частинки між двома довільними точками поля не залежить від форми траєкторії.

5.2.Обчислити потенціальну енергію частинки

5.3.а) у полі квазіпружної сили F = −krG;

5.4.б) в однорідному полі сили тяжіння F = mgG .

5.5. Побудувати перерізи еквіпотенціальних поверхонь для центральних полів U (r) = αr ,

U (r) =	α	та U (r) = αr2 .
	r2

5.6. Отримати умови зміни та збереження імпульсу системи частинок (формули (5.66-68)),

виходячи із системи рівнянь руху, записаних для кожної частики системи, і означення імпульсу системи частинок (5.57). Вказівка. Застосувати третій закон Ньютона для сили взаємодії між частинками системи.

5.7. Показати, що	зв’язок між сумарними моментами MG зовн	та MG′зовн зовнішніх сил
прикладених до	частинок системи, визначеними відносно	різних точок O та	′	,
			O

212

виражається формулою

зовн

] , де

– радіус-вектор точки

= M ′

+ [a

× F

′

відносно точки O

(див. Рис. 5.19).

5.8.Показати, що питомий імпульс є відношенням імпульсу, що надається щосекунди робочому тілу, до щосекундної витрати робочого тіла.

5.9.Розглянути описаний вище процес зіткнення куль (Рис. 5.23), із застосуванням умов зміни та збереження адитивних інтегралів руху. Які з них можна вважати сталими і за яких умов? Показати, що рух кожної кулі є періодичний та обчислити період цього руху, нехтуючи дисипацією енергії. Як можна оцінити втрати енергії за один період коливань?

Розділ 6

ДИНАМІКА ТВЕРДОГО ТІЛА

6.1. Рівняння руху абсолютно твердого тіла

Як відзначалося раніше, абсолютно тверде тіло можна означити як систему частинок нерухомих одна відносно одної в процесі руху цієї системи. Отже, для твердого тіла як для всякої системи частинок можна записати два векторних рівняння, а саме рівняння руху системи як цілого під дією зовнішніх сил

= FGзовн ,

(6.1)

де FGзовн

= ∑n

FGi зовн

i=1

rG2

та рівняння моментів, записане в системі центру мас

l1 C

зовн

= MC

(6.2)

де

MCзовн

= ∑Miзовн .

i=1

Рис. 6.1

Якщо відома система зовнішніх сил

F зовн

, прикладених до абсолютно твердого тіла, тобто

задано самі сили та точки твердого тіла, до яких вони прикладені (на Рис.6.1 зображено приклад системи сил FG1 , FG2 , FG3 , F4 , прикладених до точок тіла, положення яких визначено радіус-

векторами rG1, rG2 , rG3 , rG4 відносно центру мас тіла C ), а також початкові умови, то за допомогою

цих двох векторних рівнянь можна знайти радіус-вектори та швидкості всіх точок твердого тіла,

тобто його механічний стан у деякий момент часу, а, отже й закон його руху, і, таким чином,

розв’язати основну задачу динаміки.

Дійсно, два векторних рівняння (6.1) та (6.2) еквівалентні шести скалярним рівнянням для проекцій, що відповідає шести ступеням свободи абсолютно твердого тіла, серед яки є три поступальних і три обертальних. При цьому рівняння (6.1) описує поступальний рух абсолютного твердого тіла. Його можна подати у вигляді рівняння руху центру мас абсолютного твердого тіла

				214
	dV		G
M	c	= F зовн ,		(6.3)

	dt
яке дозволяє знайти швидкість і положення центру мас абсолютного твердого тіла.
Рівняння			моментів (6.2) описує обертовий рух абсолютного твердого	тіла. За його

допомогою можна знайти вектор кутової швидкості та кут повороту абсолютно твердого тіла відносно якогось початкового положення.

Застосування рівнянь (6.1) або (6.3) та (6.2) до такого спеціального випадку системи частинок як абсолютно тверде тіло має певну специфіку, яка полягає в наступному.

1. Якщо переміщувати вектори сил Fi вздовж напрямків дії цих сил (показані на Рис.6.1

штриховими лініями), то не зміниться ні їх результуюча F зовн , ні їх сумарний момент відносно

центру мас MCзовн , оскільки незмінним залишається момент кожної із сил внаслідок того, що плече li кожної сили FGi залишається незмінним. Тому при розгляді руху абсолютно твердого тіла

можна переносити точки прикладання сил, що діють на абсолютно тверде тіло, вздовж напрямків їх дії. Цей прийом дуже корисний при розв’язуванні задач динаміки абсолютно твердого тіла.

2. У тих спеціальних випадках, коли сумарний момент усіх сил, що діють на абсолютно

	~G		F зовн ),
тверде тіло MCзовн , виявляється перпендикулярним до їх результуючої (їх векторної суми			F зовн ),
~G	G
тобто MCзовн	F	зовн , дія всіх цих сил на абсолютно тверде тіло може бути замінена дією однієї

сили F , яка буде справляти таку саму дію на тверде тіло.

Нехай для деякої системи сил F зовн прикладених до абсолютно твердого тіла,

MCзовн F

зовн . Тоді для пари векторів

MCзовн та F зовн

завжди можна знайти такий вектор

зовн

Gзовн

зовн

] . Ясно, що цій умові задовольняє

, що при заданих F

та M

= [r

будь-який вектор

r , кінець якого лежить на лінії дії сили

F зовн (Рис. 6.2). При цьому для всіх

таких векторів r

плече сили l = M зовн / F зовн

буде однаковим.

~G	G
Отже, якщо MCзовн F		зовн , то систему сил, що

прикладені до окремих певних точок абсолютно твердого тіла, можна замінити так званою рівнодіючою силою, яка

дорівнює результуючій силі			FGзовн , причому	рівнодіюча
сила	може бути прикладена	до будь-якої точки твердого
тіла,	що лежить на прямій,		яка проходить	на відстані

215

MGcзовн

FGзовн

С rG0 l

Рис. 6.2

l = M зовн / F зовн		від центру мас тіла C в площині, в якій лежить центр мас тіла C і яка
C	C

перпендикулярна моменту зовнішніх сил MCзовн .

Приклад 1. Для абсолютно твердого тіла, що знаходиться в однорідному полі сили тяжіння завжди можна вказати рівнодіючу сил, що прикладені до тіла з боку поля. Дійсно, сумарний момент сил тяжіння, що прикладені до частинок тіла, обчислений відносно довільної точки O ,

можна подати у вигляді

MG	n
MG	тяж = ∑
	i=1

тяж

]. (6.4)

[ri

× mi g] =

∑ mi ri

× g

= [MRC × g] = [RC × Mg] = [RC × F

i=1

Отже, в однорідному полі сили тяжіння сумарний момент сил тяжіння

перпендикулярний сумі сил тяжіння F тяж , тобто можна ввести рівнодіючу силу точкою прикладення, що лежить на вертикальній прямій, яка

	A
проходить через центр мас C , зокрема, вона може бути
прикладена в центрі мас тіла. У зв’язку з цим точку, в якій
лежить центр мас тіла, що перебуває в однорідному полі сили
лежить центр мас тіла, що перебуває в однорідному полі сили	С
тяжіння, іноді називають центром ваги тіла. Зрозуміло, що

M тяж завжди

F тяж = MgG з

сумарний момент сил тяжіння дорівнює нулю, якщо RC				MgG ,	Рис. 6.3

тобто коли точка O лежить на вертикальній прямій, яка проходить через центр мас тіла, і,

зокрема, коли вона співпадає з центром мас тіла. Саме тому пряма, вздовж якої розтягується нитка, на якій вільно підвішене нерухоме тверде тіло в однорідному полі сили тяжіння, завжди проходить через центр мас цього тіла (Рис. 6.3).

Приклад 2. На (Рис. 6.4) показано систему сил, прикладених до кулі, для яких не можна вказати рівнодіючу, оскільки момент сил

MCзовн створюється лише силою F2 , і, отже, направлений вздовж осі

OZ , а результуюча сил F1 таF2 аж ніяк не ортогональна до осі OZ ,

оскільки сила F1 напрямлена паралельно осі OZ .

216

z
F1	y
O	y
F2
x	Рис. 6.4
	Рис. 6.4

Звичайно, поняття рівнодіючої сили застосовне лише до абсолютно твердих тіл. Якщо деформаціями тіла знехтувати не можна, то поняття рівнодіючої сили втрачає сенс.

6.2. Умови рівноваги абсолютно твердого тіла

З попереднього ясно, що для абсолютно твердого тіла, що знаходилося в рівновазі, тобто не рухається, виконуються умови

	n
FGзовн = ∑ FGi зовн = 0 ,		(6.5)
	i=1
MG	n
MG	зовн = ∑ MGiзовн = 0	(6.6)

i=1

Ці умови є необхідними, але недостатніми для того, щоб тіло знаходилось у рівновазі,

оскільки вони припускають рівномірний рух центру мас і рівномірне обертання тіла навколо осі,

що проходить через його центр мас. Їх треба доповнити відповідними початковими умовами

VGc (0) = 0, ωG(0) = 0 .

Корисно пам’ятати, що у випадку, коли F зовн = 0 , точку, відносно якої визначають сумарний момент сил, що прикладені до абсолютно твердого тіла, можна обирати довільно,

керуючись міркуваннями зручності.

Розглянемо класичний приклад знаходження умов рівноваги однорідної балки, що спирається на дві опори. Ця задача дуже важлива для практики, наприклад, при визначенні сил, що будуть прикладені з боку балки до опор, на які вона спирається (це може бути міст). Для системи сил, зображеної на Рис.6.5, можна записати

mgG + F + F = 0		(6.7)
1	2

217

[rG

× F

] + [rG × F ] = 0 ,

(6.8)

де

m -

маса балки,

та F2 −

сили реакції,

що діють на балку з боку

опор, r1

та r2 − радіуси вектори точок

прикладання цих сил, визначені

відносно центра мас балки.

Рис. 6.

Проектуванням

цих

векторних

рівнянь, відповідно, на напрями осі OZ та осі OY дістанемо

F1 + F2 − mg = 0

F1 + F2

= mg

(6.9)

l1F1 − l2 F2 = 0

або

= l2 F2

l1 F1

де позначено l1 = r1F1 sin(rG1 F1 ), l2 = r2 F2 sin(rG2 F2 ) .

Із системи (6.9) двох лінійних рівнянь з двома невідомими знаходимо

F1	=		l2	mg та	F2 =	l1	mg ,	(6.10)
		l1	+ l2			l1 + l2

тобто навантаження на опори розподіляється нерівномірно: воно більше для опори, яка розміщена ближче до центру мас балки.

Як відзначалося вище, сумарний момент сил можна визначити і відносно іншої точки, зокрема,

відносно точки прикладання однієї із сил, наприклад, сили F1 . Тоді відповідне скалярне рівняння моментів

набирає вигляду l1mg − (l1 + l2 )F2 = 0 , звідки зразу можна визначити модуль сили F2 . Для відшукання модуля сили F1 можна записати рівняння моментів відносно точки прикладання сили F2 :

(l1 + l2 )F1 − l2mg = 0 .

Якщо виявиться, що для підтримання балки двох опор замало (величина однієї або обох знайдених сил перевищує припустиму для опори величину), то балку можна підперти третьою опорою. Але на відміну від попереднього випадку, розрахувати сили, що прикладені до трьох опор, розглядаючи балку як абсолютно тверде тіло, у цьому випадку неможливо, оскільки ми прийдемо до системи двох рівнянь з трьома невідомими, наприклад,

F1 + F2 + F3			= mg	(6.11)
	+ l3F3		.
l1F1		= l2 F2

218

Така задача може бути розв’язана методами технічної дисципліни, яка називається «Опір матеріалів»,

при врахуванні механічних напруг і деформацій, що виникають у твердому тілі, відносно характеру яких роблять певні більш або менш обґрунтовані припущення1.

6.3. Зв’язок між власним моментом імпульсу абсолютно твердого тіла та вектором кутової швидкості, тензор інерції

При обчисленні власного моменту імпульсу абсолютно твердого тіла будемо розглядати його як сукупність малих елементів, кожен із яких можна розглядати як матеріальну точку, що має

масу ∆m		і положення якої відносно центру мас тіла визначається радіус-вектором						r 2	. При
	i							i
	n
цьому ∑∆mi = M ,			де M − маса абсолютно твердого тіла.
i=1
Тоді за означенням
~G		n
L	=	∑[rGi × (∆mirGi )].
		i=1
Виконаємо деякі алгебраїчні перетворення в правій частині останньої рівності
використовуючи зв’язок між векторами					лінійної та кутової	швидкостей rG	= [ωG× rG]	і	відому
						i	i
формулу векторної алгебри				[aG[b × cG]] = b(aG cG) − cG(aG b) :
~G		n		n	n	n
L	=	∑[rGi × (∆mi rGi )] =		∑ ∆mi [rGi × rGi ] = ∑ ∆mi [rGi × [ωG× rGi ]] = ∑ ∆mi [ωGri2 − rGi (rGi ωG)],
		i=1		i=1	i=1	i=1
~G		n	2 − rGi (rGi	ωG)] .
L	=	∑∆mi[ωGri	2 − rGi (rGi	ωG)] .				(6.12)

i=1

Звекторного рівняння (6.12) можна отримати 3 рівняння для проекцій вектора власного

							~
моменту імпульсу на осі деякої декартової системи координат. Для компоненти Lx маємо
~ n	2		n	2	2	2	2
Lx = ∑∆mi [ωx ri		− xi (xiωx + yiω y + ziωz )] = ∑		∆mi [ωx (xi	+ yi	+ zi	) − xi ωx − xi yiω y − xi ziωz )] =
i=1			i=1
n		n	n
= ωx ∑∆mi ( yi2 + zi2 ) − ω y ∑ ∆mi xi yi − ωz ∑∆mi xi zi .							(6.13)
i=1		i=1	i=1

1Всесвітньо визнаним авторитетом в цій галузі був професор Степан Тимошенко (1878-1972), який працював в Україні, Росії та США.

2У цьому розділі ми не будемо спеціально позначати величини визначені в СЦМ знаком «тильда», за винятком тих випадків, коли це необхідно, щоб відрізнити їх від величин визначених в інших системах відліку.

219

~ ~

Аналогічно обчислюються компоненти Ly та Lz .

Отже, компоненти вектора власного моменту імпульсу абсолютно твердого тіла можна подати у вигляді

~	n	2	2		n			n
Lx = ωx ∑∆mi ( yi			+ zi	) − ω y ∑∆mi xi yi − ωz ∑∆mi xi zi
	i=1				i=1			i=1
~	n			n	2	2		n			(6.14)
Ly = −ωx ∑∆mi yi xi + ω y ∑					∆mi (xi	+ zi	) − ωz ∑∆mi yi zi				(6.14)
	i=1			i=1				i=1
~	n			n			n	2	2	)
Lz = −ωx ∑ ∆mi zi xi − ω y ∑ ∆mi zi yi + ωz ∑ ∆mi (xi									+ yi	)
	i=1			i=1			i=1
										~ ~	~

Формули (6.14) встановлюють лінійний зв’язок між трьома компонентами Lx , Ly , Lz вектора

моменту імпульсу абсолютно твердого тіла та трьома компонентами ωx , ω y , ωz вектора його

кутової швидкості. Цей зв’язок стає більш прозорим, якщо формули (6.14) записати у вигляді

~x = xxωx + xyωy + xzωz

L I I I

~	(6.15)
Ly = I yxωx + I yyω y + I yzωz ,

~z = zxωx + zyωy + zzωz

L I I I

де впорядкований набір з 9 величин Iαβ однозначно визначає вектор моменту імпульсу

абсолютно твердого тіла через вектор його кутової швидкості.

Впорядкований набір із 9 величин Iαβ , що залежать від розподілу мас в абсолютно твердому

тілі, визначає в обраній системі координат так званий тензор інерції абсолютно твердого тіла.

Величини Iαβ називають компонентами тензора інерції.

Їх зручно записувати у вигляді матриці 3× 3

[Iαβ ] = II

xx	Ixy
yx	I yy
zx	Izy

Ixz

I yz = Izz

	n		2	2	)
∑∆mi ( yi + zi					)
i=1		n
	−	∑∆mi yi xi
		i=1
	−	n	∆m z x
	−	∑	∆m z x
		∑	i i	i
		i=1

− ∑∆mi xi yi

i=1

∑∆mi (xi2 + zi2 )

i=1

− ∑∆mi zi yi

i=1

	n
− ∑∆mi xi zi
	n
	i=1
− ∑∆mi yi zi			(6.16)
	i=1
n	i=1
n	∆m (x2
∑	∆m (x2	+ y2 )
∑	i i	i
i=1

220

Компоненти Ixx , I yy , Izz називають осьовими компонентами тензора інерції, інші −

неосьовими.

Поняття тензора є більш складним ніж поняття вектора, але спираючись на наші знання про вектори можна скласти правильне уявлення про тензори на прикладі тензора інерції, який виник при обчисленні власного моменту імпульсу абсолютно твердого тіла. Необхідно підкреслити, що

тензор, так само як і вектор, є так званим геометричним об’єктом, тобто таким, що існує незалежно від того, чи запроваджено якусь координатну систему (шляхом побудови відповідного векторного базису), чи ні. Якщо ж систему координат задано, то можуть бути обчислені компоненти тензора в цій системі координат. Як видно з матриці (6.16) не всі компоненти тензора інерції є незалежними, оскільки матриця симетрична відносно головної діагоналі, тобто має місце

співвідношення Iαβ = Iβα . Це зменшує кількість незалежних компонент тензора інерції з 9 до 6.

Такі тензори називаються симетричними. У кожній системі координат тензор однозначно визначається деяким набором своїх компонент. Компоненти цього самого тензора обчислені в іншій системі координат у загальному випадку будуть іншими. Ця властивість є цілком тотожною властивості одного й того ж самого вектора мати різні координати в різних координатних системах, або, іншими словами, різні величини проекцій на вектори різних базисів, яка обговорювалась наприкінці підрозділу 2.1.2 (передостанній абзац). Там же пояснено, як обрати таку систему координат (базисних векторів), при якій всі проекції деякого вектора, крім однієї,

перетворяться на нуль: для цього достатньо спрямувати паралельно вектору одну з координатних осей. Цілком аналогічно, відповідним одночасним вибором орієнтації всіх трьох осей системи координат можна всі недіагональні компоненти симетричного тензора другого рангу3, яким є

3 Ранг тензора визначається числом r , яке задає кількість n компонент тензора в тривимірному просторі за формулою

n = 3r . Відповідно до цього при r =0 маємо тензор нульового рангу, відомий як скаляр, що визначається одним числом

( n =1), яке не залежить від вибору системи координат (є інваріантом). При r =1 маємо тензор першого рангу, відомий як вектор, що визначається трьома числами ( n =3) (координатами, компонентами, проекціями вектора), кожне з яких може змінюватись при зміні орієнтації системи координат, але сума їх квадратів (квадрат довжини вектора) є інваріантом, при цьому можна знайти 3 такі різні системи координат, в кожній з яких лише одна компонента відмінна від нуля. При r =2 маємо тензор 2-го рангу, що визначається 9-ма числами ( n =9) (координатами, компонентами тензора), кожне з яких може змінюватись при зміні орієнтації системи координат, але при цьому існує 3 інваріанти, побудовані з його компонент. Симетричний тензор другого рангу має лише 6 незалежних компонент, причому існує лише одна єдина система координат, у якій усі недіагональні компоненти такого тензора дорівнюють нулю.

<<< < Предыдущая 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2122 / 4222 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.09.20195.44 Mб50MAS_YaMR_ICh.doc
#
20.11.201829.73 Кб6Match_the_English_cinema_words_with_their_Ukrai....docx
#
07.03.2016539.4 Кб7MathAnalysis2015.pdf
#
07.03.20161.97 Mб30mat_metody_Nasledov.docx
#
09.12.20183.27 Mб27mat_model.doc
#
19.03.201514.21 Mб263Mech-Slobod.pdf
#
19.03.20154.07 Mб36mediapravo_ispit.pdf
#
24.08.2019230.4 Кб2MEDIKO-sotsialni_aspekti_nayvazhlivishikh_khvor...doc
#
29.08.20195.32 Mб46MedInform_250607-ІП.doc
#
19.03.201554.27 Кб6MEMORANDUM.doc
#
19.03.2015408.42 Кб14metaloorganika.pdf