Пример решения Задача. Механическая система, состоящая из

Д6.
Теорема о моменте количества движения системы
Д6. 27.
311
Д6. 28.
z
z
2
2
m3
1
m2
-1 1
2
1
2
ϕ = 5et /(t2 + 1),
Jxz = 1,
Jyz = 6,
y
Jz = 6.
m1
x
2
ϕ = 2te2t ,
Jxz = 0,
Jyz = 4,
Jz = 3.
2
ϕ = 4t sin(2t),
Jxz = 2,
Jyz = 14,
Jz = 7.
m3
1
m2
m1
y
-1 1
2
1
x
Д6. 29.
Д6. 30.
z
z
2
2
m3
1
m2
y
-1 1
m1
2
1
2
ϕ = t2 cos t,
Jxz = −5,
Jyz = −4,
Jz = 1.
x
m3
1
m2
y
-1 1
2
x m1
1
Пример решения
Задача. Механическая система, состоящая
из твердого тела (на рисунке не показано) и
трех закрепленных на нем материальных точек, вращается вокруг неподвижной оси z по
закону ϕ = e2t sin t. Даны моменты инерции
тела Jxz = 7 кгм2 , Jyz = 8 кгм2 , Jz = 2 кгм2
и положения точек (координаты в метрах) с
массами m1 = 1 кг, m2 = 2 кг и m3 =
= 3 кг на теле (рис. 178). Найти момент равнодействующей сил, приложенных к системе
относительно начала координат при t = 0.
z
2
6
m3
1
m1
y
-1 1
2 m2
1
x
Рис. 178
Решение
Дифференциальные уравнения вращения системы вокруг оси z в проекциях на оси координат следуют из теоремы об изменении момента
количества движения (12.5) и имеют вид
dKy
dKx
= Mx ,
= My ,
dt
dt
(s)
(s)
dKz
= Mz ,
dt
(s)
(12.6)
где Kx = −ωz Jxz , Ky = −ωz Jyz , Kz = ωz Jz — проекции вектора
~ 0 — кинетического момента 1 тела. Верхним индексом (s) отмечены
K
(s)
(s)
моменты инерции всей системы. Центробежные моменты Jxz , Jyz и
(s)
осевой момент инерции Jz складываются из соответствующих моментов
1
~ 0 [3, 38] или G
~ [8, 12].
Эту величину иногда обозначают L
312
Динамика системы
Глава 12
инерции тела и точек:
(s)
Jxz = Jxz +
(s)
Jyz = Jyz +
(s)
Jz
= Jz +
3
P
k=1
3
P
mk xk zk ,
mk y k z k ,
k=1
3
P
k=1
mk (x2k + yk2 ).
Здесь xk , yk , zk — координаты точки массой mk . С учетом данных
задачи получаем (в кгм2 )
(s)
Jxz = 7,
(s)
(12.7)
Jyz = 8 + 3 · 1 · 2 = 14,
(s)
Jz
= 2 + 1 · 12 + 2 · 22 + 3 · 12 = 14.
Из (12.6) следует
(s)
(s)
Mx = −Jxz
ϕ̈, My = −Jyz
ϕ̈,
Mz = Jz(s) ϕ̈.
(12.8)
Дифференцируя по времени заданную зависимость ϕ(t) = e2t sin t,
найдем угловое ускорение тела
ωz = ϕ̇ = e2t (2 sin t + cos t), ϕ̈ = ω̇z = e2t (3 sin t + 4 cos t).
При t = 0 получим ϕ̈ = 4 с−2 . Таким образом, из (12.7) и (12.8) следует
Mx = −28 Нм, My = −56 Нм, Mz = 56 Нм.
Вычислим модуль момента равнодействующей сил, приложенных к
телу относительно начала координат
q
M0 = Mx2 + My2 + Mz2 = 84 Нм.
Д7. Кинетическая энергия системы. Цилиндры, блоки
Для вычисления кинетической энергии механической системы вместе
с основными кинематическими соотношениями потребуется формула момента инерции цилиндра радиусом R относительно его оси Jz = mR2 /2,
выражение для момента инерции тела через его радиус инерции Jz = mρ2
и три основные формулы для кинетической энергии:
1. Вращательное движение вокруг оси z:
Jz ω 2
,
2
где Jz — момент инерции тела относительно оси вращения z.
2. Поступательное движение: T = mv 2 /2, где v — скорость какой-либо
точки тела.
T =