А. А. ЯБЛОНСКИЙ
НУ PC
ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ
МЕХАНИКИ
ЧАСТЬ II
ДИНАМИКА
ИЗДАНИЕ ТРЕТЬЕ, ИСПРАВЛЕННОЕ И ДОПОЛНЕННОЕ
Допущено Министерством высшего и среднего специального
образования СССР в качестве учебника для студентов
машиностроительных, механических, электротехнических,
приборостроительных и строительных специальностей высших
техничесних учебных заведений
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ВЫСШАЯ ШКОЛА»
МОСКВА-1966
У
Д
К
5
3
1
Я
—
1
4
6
Рецензенты:
Кафедра теоретической
м е х а н и к и Мо с к о в с к о г о
авиационного института
Профессор И . М. В о р о н к о в
Александр Александрович Яблонский
КУРС ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКИ
Редактор 3 . Г . О в с я н н и к о в а
Технический редактор Л . М .
Ма т ю ш и н а Художник В . 3 .
К а з а к е в и ч Корректор М. И .
Козлова
Т-00388. Сдано в набор 25/ХП 1965 г. Подписано к печати 5/Ш
1966
г.
Формат 60x90'/,,..
Объем 25,75 печ. л.
Уч.-изд. л. 21,51.
Изд. М> ОТ-34/65. Тираж в переплете ЛЬ 7 —10 ООО экз.,
в № 5 - 90 000 экз. Цена в переплете ЛЬ 7 —81 коп:, в
переплете № 5 — 70 коп. Тематический план издательства
.Высшая школа" (вузы и техникумы) на 1966 г. Позиция МЬ
109. Издательство «Высшая школа». Москва, И-51, Неглииная
ул., д. 29/14. Заказ № 7.
Ленинградская типография № 2 имени Евгении Соколовой
Главполиграфпрома Комитета по печати при Совете
Министров СССР. Измайловский проспект, 29.
2-4-2
ПРЕДИСЛОВИЕ
Настоящий учебник «Курс теоретической
механики» часть II «Динамика», так же как и часть I
«Статика и кинематика», составлен в полном
соответствии с программой курса теоретической
механики для высших технических учебных
заведений.
Учебник рассчитан на студентов очной и
заочной систем обучения.
Наряду с изложением теоретического материала в учебнике имеется подробное реше ние
задач основных типов и даны вопросы для
самоконтроля.
Решение всех примеров выполнено в еди ницах
системы МКС.
При переиздании учебника учтены многие
пожелания и замечания читателей и рецензен тов,
которым автор выражает признательность.
Отзывы и пожелания, направленные на улуч шение этого издания, следует посылать в адрес
издательства «Высшая школа».
АВТОР
ГЛАВА I
ВВЕДЕНИЕ В ДИНАМИКУ
§ 1. Предмет динамики. Краткий исторический обзор развития
динамики
Динамикой называется раздел механики, в котором изучается движение материальных тел в зависимости от действующих на них сил.
Динамика представляет собой наиболее общий раздел механики,
имеющий особое значение для решения многих практических задач в
различных областях техники.
Основоположником динамики явился ве ликий ученый Галилей
(1564—1642). Он впервые ввел в механику понятие скорости и ускорения
движущейся точки при неравномерном прямолинейном движении и
установил законы падения тел в пустоте. Галилей сфор мулировал первый
закон динамики — закон инерции, установил, что движение тела,
брошенного под углом к горизонту в пустоте, со вершается по параболе.
Голландский ученый Гюйгенс (1629—1695) ввел понятие момента
инерции, создал теорию маятника, изрбрел часы. Обобщив понятие
ускорения на случай криволинейного движе-«ия точки, Гюйгенс установил
понятие центробежной силы.
Начатая Галилеем работа по созданию динамики была завершена
великим английским ученым Ньютоном (1643 —1727), который в своем
знаменитом сочинении «Philosophiae naturalis principia mathematical
(1686)* сформулировал основные законы классической механики и на
основе этих законов дал систематическое изложение динамики. Ньютон
открыл закон всемирного тяготения.
Особое значение имел установленный Ньютоном закон равенства
действия и противодействия, позволивший перейти от динамики мате риальной точки к динамике механической системы.
Развивая идею Декарта (1596—1650) о сохраняемости количества
движения, Ньютон установил, что изменение количества движения
* Сочинение Ньютона переведено на русский язык А. Н. Крыловым
под заглавием «Математические начала натуральной философии»,
«Известия Морской академии», 1915—1916.
5
механической системы определяется лишь внешними силами.
Область применения законов классической механики, созданной
Галилеем и Ньютоном, как показали новейшие открытия конца XIX и
первой четверти XX вв., ограничена. Эти законы не согласуются с опытом
при изучении движения тел, скорость которых одного по рядка со
скоростью
света.
Новая
релятивистская
механика
(теория
относительности), созданная в начале XX в. немецким физиком Альбертом
Эйнштейном (1879—1955), коренным образом изменила представления
механики о пространстве, времени, массе и энергии.
Однако результаты, полученные на основе законов классической и
релятивистской механики для тел, скорость которых несоразме-римо
меньше скорости света, практически совпадают.
В свете теории относительности классическая механика Галилея —
Ньютона приобрела характер ее частного случая и сохраняет свое значение
и в настоящее время, являясь научно-теоретической базой большинства
отраслей техники.
На основе законов Галилея—Ньютона в дальнейшем доказывались
теоремы и устанавливались принципы механики, составляющие со держание современного курса теоретической механики.
Теорема об изменении кинетической энергии или, как ее ранее
называли, теорема живых сил была сформулирована Иваном Бер -нулли
(1667—1748) и Даниилом Бернулли (1700—1782). Теорема об изменении
момента количества движения установлена почти одно временно (1746)
Эйлером и Даниилом Бернулли. В 1716 г. Я. Германом (1678—1733),
академиком Петербургской Академии наук, установлен принцип
механики, дающий общий метод, с помощью которого уравнениям
динамики придается по форме вид уравнений статики, получивший
название петербургского принципа (метод кине тостатики)
В 1737 г. Эйлер обобщил этот принцип и применил его для изу чения
колебаний гибких тел.
В 1743 г. Даламбер высказал принцип, получивший название начала
Даламбера,
послуживший
базой
построения
механики
систем,
подчиненных связям. Начало Даламбера позволило расширить применение
принципа Германа — Эйлера на случай сложных систем, со стоящих из
значительного числа связанных между собой тел.
Лагранж (1736—1813) связал принцип Германа — Эйлера — Даламбера
с общим принципом статики — принципом возможных перемещений и
придал ему удобную для практического применения форму.
Впервые принцип возможных перемещений был установлен Сте -вином
(1548—1620).
Галилей дополнил исследования Стевина рассуждением о наклон ной
плоскости и дал знаменитую формулировку золотого правила механики:
что выигрывается в силе, то теряется в ско рости.
Над строго научным доказательством принципа возможных пере мещений работали Иван Бернулли, Фурье, Пуассон, Ампер и Ла гранж.
Академик М. В. Остроградский (1801—1862) обобщил принцип
возможных перемещений и применил его к решению многих новых задач
механики.
Дифференциальные уравнения движения механической системы в
обобщенных координатах были получены Лагранжем и носят его имя.
Уравнения Лагранжа определяют движение механической систе мы в
наиболее общей форме. Эти уравнения Лагранж применил к иссле дованию
малых колебаний системы, имеющих большое практическое значение.
В XIX и XX столетиях большое значение для развития динамики
приобретают работы отечественных ученых, к числу которых в первую
очередь следует отнести А. М. Ляпунова, Н. Е. Жуковского, С . А.
Чаплыгина, И. В. Мещерского, К. Э. Циолковского, А. Н. Кры лова и ряда
других.
А . М. Ляпунов (1857—1918) — создатель современной теории
устойчивости движения. Ему принадлежит также исследование устойчивости форм равновесия вращающейся жидкости, имеющее огром ное
значение для научной космогонии.
Н. Е. Жуковский (1847—1921) является основателем одной из
важнейших областей механики — аэродинамики. Кроме того, он написал
большое число выдающихся работ по гидромеханике, гидра влике и
динамике твердого тела. Работа Н. Е. Жуковского «О при соединенных
вихрях» послужила теоретической основой для опреде ления подъемной
силы крыла самолета.
В декрете Совета Народных Комиссаров РСФСР, подписан ном 3
декабря 1920 года, В. И. Ленин назвал Н. Е. Жуковского «отцом русской
авиации».
—Академик С. А. Чаплыгин (1869—1942) —ученик Н. Е. Жуковского
также сыграл большую роль в развитии русской авиации. Он вывел
обобщенные уравнения движения, в которых огр аничивающие условия
накладываются не только на положение точек, но и на их ско рости
Созданная Чаплыгиным теория неустановившегося движения крыла
самолета и аэродинамика больших скоростей является фун даментом
расчетов самолета.
И. В. Мещерский (1859—1935) —автор известного сборника задач по
теоретической механике, в работе «Динамика точки перемен ной массы»
(1897) открыл новую отрасль механики — механику тел переменной массы,
одним из разделов которой является теория движения реактивных
аппаратов.
Создание основ расчета реактивного движения принадлежит вы дающемуся русскому ученому и изобретателю К. Э. Циолковскому
(1857—1935),
разработавшему
конструкцию
первой
космической ракеты.
Труды И. В. Мещерского и К. Э. Циолковского лежат в основе теории
движения современных многоступенчатых ракет, позволивших запустить
искусственные спутники Земли, космические корабли -спутники, послать
автоматические межпланетные станции к Луне и в сто рону Венеры. 12
апреля 1961 г. советские ученые и инженеры осу ществили давнишнюю
мечту человечества, запустив космический корабль с первым космонавтом
Ю. А. Гагариным, открыв этим эру непосредственного проникновения
человека в космическое пространство.
Работы академика А. Н. Крылова (1863 — 1945) по теории корабля,
теории гироскопов, теории колебаний, уравнениям математической
физики, внешней баллистике и теории упругости оказали большое влияние
на развитие механики в нашей стране и создали ему мировую славу.
Передовые русские ученые в области механики, положившие в основу
своих работ тесную связь теории и практики, внесли большой вклад в
сокровищницу мировой науки.
§ 2. Основные законы механики
(законы Галилея — Ньютона)
В основе динамики лежат законы, впервые сформулированные
Ньютоном и названные им аксиомами, или законами движения (Axio-mata
sive leges motus).
1. Закон инерции
Ма т е р и а л ь н а я т о ч к а с о х р а н я е т с о с т о я н и е п о к о я и л и р а в н о мерного прямолинейного движения, пока воздействие других тел не
изменит это состояние.
2. Закон пропорциональности силы и ускорения
Ус к о р е н и е м а т е р и а л ь н о й т о ч к и п р о п о р ц и о н а л ь н о п р и л о ж е н н о й
к ней силе и имеет одинаковое с ней направление.
3. Закон равенства действия и противодействия
Всякому действию соответствует равное и противоположно
направленное противодействие.
4. Закон независимости действия сил
Несколько одновременно действующих на материальную точку
сил сообщают точке такое ускорение, какое сообщила бы ей одна
сила, равная их геометрической сумме.
Законы классической механики подверждаются опытами и на блюдениями, а потому являются о б ъ е к т и в н ы м и з а к о н а м и п р и р о д ы .
П е р в ы й з а к о н — закон инерции, установленный Галилеем,
характеризует стремление тела сохранить неизменной скорость своего
движения или, иначе, сохранить приобретенное им ранее механическое
движение.
Это свойство тела называется его и н е р т н о с т ь ю . Движение материи,
его вечность и несотворимость имеет как бы свою обратную сторону, свое
другое проявление — инертность, которая, как говорит Энгельс, «есть не
что иное как отрицательное выражение неуничтожаемое™ движения» *.
В т о р о й з а к о н — закон пропорциональности силы Р и ускорения w
устанавливает, как изменяется скорость движения материаль ной точки под
действием силы (рис. 1).
Этот закон выражается следующим обра зом:
P = /nw.
(2.1)
Соотношение (2.1), устанавливающее связь
между силой Р , массой т и ускорением w, является важнейшим в классической механике и
рис j
называется о с н о в н ы м у р а в н е н и е м д и н а м и к и .
Такую форму второму закону придал Эйлер в своем трактате «Ме ханика» (1736).
У Ньютона
этот закон выражался следующим соотношением:
P(t — t0) = m(v — v0).
Эйлер путем деления обеих частей равенства на &t = t —10 и перехода к
пределу получил:
Р — т - Iim — — -7}L = m w .
At-Ю
1
'О
Ма с с а е с т ь м е р а и н е р т н о с т и м а т е р и а л ь н ы х т е л п р и и х
поступательном движении.
Современной физикой установлено, что масса тела увеличивается с
возрастанием скорости его движения, т. е. масса и энергия взаимно
связаны.
В классической же механике масса движущегося тела принимается
равной массе покоящегося тела, т. е. рассматривается как постоя нная
величина.
Векторному равенству (2.1) соответствует
числовое равенство
P = mw.
(2.2)
Из этого равенства масса может быть определена по формуле:
«=
(2-3)
Применяя уравнение (2.3) к точке (телу) весом G и учитывая, что
ускорение свободного падения равно g , имеем:
* Э н г е л ь с . Диалектика природы, 1955, стр. 1.
m
= Y'
(24)
т. е. м а с с а м а т е р и а л ь н о й т о ч к и { т е л а ) ч и с л е н н о р а в н а е е в е с у ,
деленному на ускорение свободного падения.
G = mg.
(2.5)
Так как ускорение свободного падения в различных местах зем ной
поверхности различно и зависит от географической широты места и от его
высоты над уровнем моря, то в отличие от массы тела его вес не является
постоянной величиной.
Системы механических единиц измерения
Для измерения механических величин применяются две системы
единиц: физическая и техническая.
В физической системе леханических единиц за основные единицы
приняты единицы длины, массы и времени, а сила является
величиной производной и имеет размерность:
[ F] = \ L 1 M 1 T ~ 2 ] .
В технической системе механических ед иниц за основные
единицы приняты единицы длины, силы и времени, а масса является
величиной производной и имеет размерность:
[ml ^zrVr2].
В СССР в качестве государственного стандарта принята Между народная система единиц измерения СИ (S I — от «Le systeme international
d'unites ^г>) — в механике МКС, которая, так же как и си стема СГС,
является физической системой единиц.
Система единиц измерения МКГСС является технической системой
единиц.
За единицу массы в системе МКС принимается масса, равная одному
килограмму ( к г ) платинового эталона, хранящегося в архиве Французской
республики, а за единицу силы—н ь ю т о н ( н ) — сила, сообщающая массе 1
к г ускорение 1 м / с е к 2 .
1 ньютон = 1 0 дециньютонов (д«)=100 сантиньютонов ( с н ) = = 1000
миллиньютонов ( м н ) .
1 килоньютон= 10 гектоньютонов (гк)= 10 деканьютонов (д а н ) = =
1000 ньютонов.
В системе СГС за единицу массы принимается грамм (г), а за единицу
силы — д и н а — сила, сообщающая массе 1 г ускорение 1 с м / с е к 2 .
В системе МГКСС за единицу силы принимается к и л о г р а м м - с и л а
( к г с ) , сообщающая массе 1 к г ускорение 9,80665 м / с е к 2 .
За единицу массы в этой системе принимается т е х н и ч е с к а я е д и н и ц а
м а с с ы ( т . е м . ) , т. е. масса, которой сила 1 к г с сообщает ускорение 1
м/сек2.
1 н ь ю т о н = 10 5 д и н = 0,102 к г с
1 кгс =9,81 н ь ю т о н а = 981000 д и н .
1 т . е . м . — 9,8] к г .
Из второго закона следует, что если сила, действующая на точку, равна
нулю, то и ускорение точки равно нулю, т. е. точка, не взаи модействующая
с другими телами, или движется равномерно прямо линейно, или находится
в покое.
Таким образом, первый закон динамики можно рассматривать как
следствие более общего второго закона.
Система отсчета, в которой проявляются первый и второй
з а к о н ы , н а з ы в а е т с я и н е р ц и а л ь н о й с и с т е м о й о т с ч е т а . Для
большинства задач за такую систему отсчета можно принять сис тему осей,
связанных с Землей.
В случае, если необходимо учитывать суточное вращение Земли, за
инерциальную систему отсчета принимают геоцентрическую систему осей
координат с началом в центре Земли и осями, направленными к трем
выбранным «неподвижным» звездам.
При решении астрономических задач пользуются гелиоцентри ческой
системой осей координат с началом в центре Солнца и осями,
направленными к трем выбранным «неподвижным» звездам. Эту систему с
большей степенью точности можно принять за инерциальную сист ему.
Третий закон — закон равенства
действия и противодействия двух тел
отражает двусторонность механических
процессов природы. Этот закон уста навливает, что при взаимодействии двух
тел, в каком бы кинематическом состоя нии они ни находились, силы, приложенные к каждому из них, равны по
модулю и направлены по одной прямой в
противоположные
стороны.
Будучи
приложенными к разным телам, эти
силы не уравновешиваются.
Если, например, в результате мехар ис . 2.
нического взаимодействия
некоторого
тела А и материальной точки М массой т эта точка получает ускорение w
(рис. 2), то сила Р, выражающая действие тела А на точку М, определяется
вторым законом динамики:
Р = mw.
По закону равенства действия и противодействия со стороны
материальной точки М на тело А действует сила Ф , равная по модулю силе
Р и направленная по той же прямой в противополож ную сторону, т. е.
Ф
Р,
или
Ф = — mw.
(2.6)
Модуль силы:
Ф—mtso.
(2.7)
Сила Ф , равная по модулю произведению массы материальной точки
на модуль ее ускорения, направленная противоположно уско рению и
приложенная к телу, сообщающему это ускорение, назы вается с и л о й
и н е р ц и и м а т е р и а л ь н о й т о ч к и . При этом точка М
и тело А могут не соприкасаться,
тогда точка будет свободной (при
б)
а)
действии сил тяготения или элекN
тростатических сил) или соприкасаться, тогда точка будет несво^£2
•7WS7
бодной (наличие связи). Пусть,
777777.•777777/7.
77?
например, тело М лежит на гладкой
горизонтальной плоскости, тогда
вес
его
G
уравновешивается
в]
реакцией плоскости N.
Ф .Г—1
А Если телу сообщают ускорение w при
____ JL.J ________помощи
нити
А (рис. 3, а), действующей на
тело
с
силой
Р
—«w
(рис. 3, б ) , то яш приложена
Рис. 3.
к нити А (рис. 3, в). Эту
сила инерции Ф = силу ощущает человек, который
тянет нить.
Таким образом, с и л а и н е р ц и и м а т е р и а л ь н о й т о ч к и я в л я е т с я
реальной силой, представляющей собой противодействие мате риальной точки изменению ее скорости, и приложена к телу,
сообщающему этой точке ускорение.
При неравномерном криволинейном движении точки силу инер ции Ф
разлагают на две составляющие, направленные по касательной к
траектории и по главной нормали (рис. 4).
Полученные составляющие Ф х и Ф„
называют к а с а т е л ь н о й и
н о р м а л ь н о й с и л а м и и н е р ц и и . Эти силы инерции
направлены противоположно касательному и
нормаль ному ускорениям.
Поэтому имеем:
Ф.
Ф=
(2.8)
Из кинематики известно (§ 85):
v
dv
2
~d
t
где v — алгебраическая величина скорости точки*;
р—радиус кривизны траектории.
Рис.
4.
* Здесь и в дальнейшем, для упрощения заалгебраические величины
скорости, касательного ускорения, угловой скорости и углового
ускорения обозначаются буквами v , w x , ш и е без „змейки".
12
Пользуясь этими выражениями, получа ем:
Фх=т
dt
Фп
=
^(2-9
)
dv
Если точка
М движется равномерно по кривой,
то
= О,
ф т = 0 и сила инерции Ф имеет лишь нормальную составляю щую, а ее
модуль
.
.
mv2
ф = ф — -------- .
"
Р
Если точка М движется неравномерно по прямой, то w n — О, ф п = 0 и
сила инерции Ф имеет лишь касательную составляющую, а ее модуль
ф — Фг—т
dv
dt
В случае равномерного прямолинейного движения точки w = 0 , а
потому и сила инерции равна нулю, т. е. ф — 0 .
Если точка М принадлежит твердому телу, вращающемуся вокруг
неподвижной оси, то модули ее вращательного и центростремитель ного
ускорений вычисляются по формулам:
\wB\ = R\z\,
вд ц = /?(о 2 ,
где со и е — алгебраические значения угловой скорости и углового
ускорения тела; R — расстояние от точки М до оси вращения. Тогда модули
касательной и нормальной сил инерции, называемых в этом случае
в р а щ а т е л ь н о й и ц е н т р о б е ж н о й с и л а м и инерции, определяются по
формулам:
Ф в =/и/?|е|,
Ф ц =/и/?(о 2 . (2.10)
При равномерном вращении тела е = 0 . Ф в = 0 ,
сила инерции
Сила инерции является одним из важ нейших
понятий динамики.
Действие
сил
инерции
учитывается
при решении многих технических задач и,
в частности, при определении реакций
связей движущейся несвободной механи р ИСр 5.
ческой системы.
Ч е т в е р т ы й з а к о н—закон независимости действия сил — не был
сформулирован Ньютоном как отдельный закон механики, но он
содержится в сделанном им обобщении правила параллелограмма сил.
13
Положим, что на материальную точку М действуют силы Р,.
1*2■ Рз> • • • > Ря (Р ис - 5 )- Каждая из этих сил, действуя на материальную точку отдельно, сообщает ей ускорения w x , w 2 ........................ w„,
определяемые по второму закону:
P 1 = mw 1 , P 2 = O T W 2 ...............P „ = mw„.
Согласно четвертому закону, ускорение материальной точки,
находящейся под действием сил Р Х , Р 2 ...............Р „ , определяется уравнением:
mw = P 1 4- P 2 4- • • • + Р « - Если принять ускорение
w,
получаемое материальной точкой под действием всей системы
одновременно действующих на нее сил, равным геометрической сумме
составляющих ускорений, т. е.
w = w 1 -f-w 2 -f- • • ■ +w„, то, умножив
обе части этого равенства на т , получим:
m w — mw, -4- /raw 2 + • • • + m w n
или
m w = p 1 + p i + . . . +p„.
Таким образом, закон независимости действия сил равносилен
утверждению, что ускорение w, получаемое материальной точкой от
одновременно действующей на нее системы сил, равно геомет рической
сумме ускорений w lF w 2 , . . . . w„, сообщаемых этой точке каждой из сил в
отдельности.
Четвертый закон, так же как и остальные законы классической
механики, подтверждается опытами и наблюдениями.
Вопросы для самоконтроля
1. Сформулируйте основные законы механики.
2. Какое уравнение называется основным уравнением динамики?
3. Какова мера инерции твердых тел при поступательном движении?
4. Зависит ли вес тела от местонахождения тела на Земле?
5. Какую систему отсчета называют инерциальной?
6. К какому телу приложена сила инерции материальной точки и
каковы ее модуль и направление?
7. Каковы модули и направления касательной и нормальной сил инер ции материальной точки?
8. При каком движении материальной точки равна нулю ее касательная
сила инерции и при каком нормальная?
9. По каким формулам вычисляются модули вращательной и
центробежной сил инерции точки, принадлежащей твердому телу,
вращающемуся вокруг неподвижной оси?
ГЛАВА II
ДИНАМИКА СВОБОДНОЙ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
§ 3. Дифференциальные уравнения движения свободной материальной
точки в декартовых координатах
14
Рассмотрим движение материальной точки М массой т под действием
приложенных к ней сил Р ^ Р 2 , . . . . Р „ (рис. 6). Выберем прямоугольную
систему осей координат х , у , z .
Основное уравнение динамики имеет вид:
(3.1)
MW-P1 + P2+ . . . +Р„.
15
Проектируя обе части векторного равенства (3.1) на координат ные оси,
получаем:
mwcos(w,
i)
= Хг-\~ Х2~\- .
(a)
m w cos (w, } ) = Y x - \ - Y 2 -\~ • ■
mwcos(w,
k ) = Z l -\~ Z 2 -\~ . .
X„,
Y „ , Z„— проекции сил P1(
где X v Y x , Z x \ X 2 , Y 2 , Z 2 ; . . . ;
P2 .......... P„ на оси x , у , z .
Из кинематики известно, что проекция ускорения
точки на каждую ось декартовых координат равна
второй производной по времени от соответствующей
координаты точки, т. е.
та cos (w,
i)
— wx = x,
—Ц
та cos(w, \ ) = w y = y ,
ie>cos(w,
У"
k ) = wz = z.
Подставляя эти значения в равенства (а), получаем:
К/
Рис. 6.
гпх — Хх-\- Х2-\(3.2)
m ' y * = Y l + К2 +
m z = Z j -f- Z 2 +
Уравнения
(3.2)
называются
дифференциальными
уравнениями движения материальной точки,
22, I
§ 4, Естественные уравнения движения материальной точки
Спроектируем обе части векторного равенства (3.1) на естествен ные
координатные оси (подвижные) — касательную, главную нормаль и
бинормаль (рис. 7):
m w c o s (ч / ,
-с) = 2
cos
(Р/> "О.
2^ i (P(> п).
( W , b) = 2 P i
(P(- b).
ffiwcos(w, n) =
TOWCOS
Pi
> c0s
(а)
cos
Проекции ускорения на касательную и главную нормаль опре деляются
по формулам из кинематики (см. § 85), т. е.
d2s
dt2 '
w cos(w, t):
та cos(w, n) = -------.
p
16
Подставляя значения этих проекций в два первых равенства (а)>
получаем:
m
4r= S^cos(P х).
= 2] Р ( Р П).
/(
/С08
(4.1)
Г>
Из кинематики известно, что вектор ускорения w лежит в соприкасающейся плоскости и его
проекция на бинормаль равна нулю:
та cos (w, b) = 0.
Из третьего равенства (а) следует, что сумма проекций всех сил,
приложенных к точке, на бинормаль
равна нулю:
2
Л cos ( Р , , b) = 0.
Уравнения
(4.1)
называются
естественными
уравнениями
движения материальной точки.
Рис. 7.
Этими
уравнениями
удобно
пользоваться в случае, когда известна траектория точки. Применение уравнений (4.1) показано в гл. IV.
§ 5.
Две основные задачи динамики точки
При помощи дифференциальных уравнений движения точки можно
решать две основные задачи динамики точки.
Первая задача динамики. З н а я м а с с у т о ч к и т и у р а в н е н и я
ее движения:
* = /,(*).
У = /2(0.
г = /з(0.
найти модуль и направление равнодействующей сил,
приложенных к точке.
Эта задача легко решается следующим путем:
Х—тх,
Z
У —ту,
P =Y X
2
— mz,
2
-\- Y -{- Z 2 ,
17
4'
cos(P, j):
cos(P, ])=■£-, cos(P, k) =
P '
Пример 1. Уравнения движения точки М массой т имеют в-ид:
x = rcoskt,
y=rsinkt.
Определить равнодействующую приложенных к точке сил. Р е ш е н и е .
Исключая время t из уравнений движения, находим уравнение траектории
точки:
Х 2-4- у 2 = г 2 .
Траектория — окружность радиусом г (рис. 8). Определяем проекции
ускорения точки на оси координат:
х = — k 2 r cos k t ,
у — — k 2 r sin k t .
Находим проекции равнодействующей силы;
X = т х = — m k 2 r cos k t ,
Y = m y = —r m k 2 r sin k t .
Определяем модуль и направление силы:
Р
= V У2
=
mk2r
Vcos2
kt + ain2 kt = mk2r,
cos (P, i) = -p = cos (P, --- COS k t — ------ — = — COS ф,
J) = -p-==
— sin k t — ------ y = — sin ф.
Углы, составленные направлением силы Р с направлением осей
координат, имеют значения:
i)=
180° — ф; £ ( Р . ]) = 90° + ф,
т. е. в любой момент сила Р направлена к началу
координат О .
Таким образом, установлено, что на точку
действует сила притяжения, модуль которой
пропорционален массе точки и ее расстоя нию от
центра притяжения О .
Вторая задача динамики. З н а я с и л ы ,
р И с. 8.
действующие
на
материальную
т о ч к у , е е м а с с у т, а т а к ж е н а ч а л ь н о е п о л о ж е н и е т о ч к и и
ее начальную скорость, получить уравнения движения
точки.
Для решения этой задачи необходимо в левую часть уравне ний (3.2)
подставить значение массы т , а в правую часть — суммы проекций
приложенных сил и полученные уравнения дважды ареиинтегрировать по
времени.
2
А. А. Яблонский
17
Эта задача имеет большое практическое значение и в общем слу чае
является более сложной, чем первая.
При интегрировании каждого дифференциального уравнения дви жения
точки появляются две постоянные, а потому при интегрировании трех
дифференциальных
уравнений
движения
точки
будет
шесть
п о с т о я н н ы х . Значения этих постоянных определяют по начальным
условиям движения: значениям трех координат точки и про екций ее
скорости на три оси в некоторый момент времени, обычно (но не
обязательно) в начальный момент.
Пусть в начальный момент времени t — t0 известны координаты точки и
проекции ее скорости на оси, т. е.
(5.1)
Эти значения подставляют в уравнения, представляющие собой общие
решения дифференциальных уравнений движения точки.
Из этих уравнений определяют постоянные интегрирования С г , С 2 , - С 6 в
зависимости от начальных координат и проекций начальной скорости.
Подставляя найденные значения постоянных интегрировиния в общее решение
дифференциальных уравнений движения точки, получают уравнения
движения точка в виде
х
— fi
х
о' Уо > zo> х о < Уо >
zo)-
(5.2)
У — f z i t , Х 0 , у0 , Z Q , Х 0 , у0 ,
г
— /з
хо<
Z0),
Уо > z o > х0' Уо >
zo)<
Процесс интегрирования дифференциальных уравнений движения точки
разберем на конкретных примерах. При этом рассмотрим сле дующие случаи
изменения силы, действующей на точку:
1) сила постоянна по модулю и направлению;
2) сила зависит от времени;
3) сила зависит от положения точки в простр анстве;
4) сила зависит от скорости точки.
§ 6. Свободное падение тела без учета сопротивления воздуха
Рассмотрим движение тела М, падающего на поверхность земли с высоты
Н , полагая вес тела G постоянным (рис. 9).
19
Пренебрегая размерами тела, будем считать ег о материальной точкой.
Сначала рассмотрим падение тела в пустоте, т. е. без учета сопротивления
воздуха.
Направим ось у по траектории прямолинейного движения тела в сторону
его движения и примем за начало координат начальное положение тела. Если
начальная скорость тела равна нулю, то начальные условия рассматриваемого
движения будут иметь вид
* = 0.
у0 = 0,
у 0 =0-
Дифференциальное уравнение этого
действием силы тяжести примет вид
прямолинейного
5 = 2к 1
0:
т
=
движения
тела
под
mg,
откуда
т. е. ускорение движения постоянно.
Интегрируя дважды по t , получаем
y = gt + Clt
Постоянные С 1 и С 2 определим по начальным условиям. Подставив в
первое уравнение t = 0 , у 0 — О, получим
_,0
Подставив во второе уравнение t == 0, у 0 =0, получим
i.
С 2 = 0.
Уравнения,
характеризующие свободное
тела при значениях С 1 — 0 и С 2 = О, примут вид
■■gt.
gt2 2
'
падение
(6.1)
'////////А
у
Законы
свободного
впервые
(6.2)
падения тела, выраженные этими уравнениями,
были
экспериментально устаРис 9 новлены Галилеем:
1. Скорость свободно падающего тела пропорциональна вре м е н и п а д е н и я (6.1).
2. П у т и , п р о х о д и м ы е с в о б о д н о п а д а ю щ и м т е л о м , п р о п о р ц и о н а л ь н ы к в а д р а т у в р е м е н и п а д е н и я (6.2).
Пользуясь уравнением (6.2), можно определить время свободного
падения тела с высоты Н :
Н-
2Н
(6.3)
§ 7. Движение тела, брошенного под углом к горизонту, без учета сопротивления
воздуха
Определим движение тела М, брошенного под углом а к горизонту с
начальной скоростью v 0 , пренебрегая сопротивлением воздуха и принимая тело за
материальную точку (рис. 10).
21
Совместим начало координат О с точкой вылета тела, направив ось х по
горизонтали вправо, а ось у — вверх по вертикали.
2*
19
Тогда получим начальные условия движения: ^ =
0,
х0 = 0,
■ V,
у 0 = 0,
v0sma.
Составим дифференциальные уравнения движения тела под дейст вием
постоянной силы тяжести G в декартовых координатах:
mi =
2^
= 0,
my — ^iYi = — G = — mg.
Проекции ускорения точки из этих уравнений будут
х = 0,
y = —g.
Сначала проинтегрируем дважды по t дифференциальное уравнение
движения тела вдоль оси х :
х
= су + С 2 .
Определим постоянные интегрирования. Подставив в первое уравнение
проекцию начальной скорости x 0 ~ v Q z o s a , получим 6\ = ~ v 0 Z Q s a .
9
Рис. 10.
Подставив во второе уравнение t = 0 ,
При найденных значениях С х и С 2
х 0 = 0 , получим С 2 — 0 .
х = v0cosa,
(7.1)
x—v0tcosa.
(7.2)
Уравнения (7.1) и (7.2) показывают, что проекция скорости тела на
горизонтальную ось постоянна и горизонтальное перемещение тела
совершается по закону равномерного движения со скоростью v0 cos а, т. е.
по инерции.
Проинтегрировав дважды по t дифференциальное уравнение-у = — g ,
получим
y = — gt + c3.
Определим значения С 3 и С 4 по начальным условиям. Подставив в
первое
уравнение / = 0, y 0 = t> 0 sina,
получим C 3 = i> 0 sina.
Из второго уравнения при / = 0 и у 0 = 0 получим С 4 = 0. При найденных
значениях С 3 и С 4
у = i> 0 sina — g t ,
(7.3)
gt2
y = v0tsina — -~-.
(7.4)
Уравнения (7.3) и (7.4) показывают, что вертикальное движение тела
является равнопеременным. При подъеме оно замедленное, так как
направления вертикальной составляющей скорости и уско рения силы
тяжести противоположны, а при спуске — ускоренное, так как эти
направления совпадают.
Исключим время t из уравнений движения тела (7.2) и (7.4):
gt2
x = i> 0 fcosa,
y = i> 0 Јsina —
получим уравнение траектории:
y = xtga—
fx\
.
(7.5>
Траектория представляет собой параболу с вертикальной осью и
вершиной в наивысшей точке. Форма траектории тела, движу щего в
пустоте под действием силы тяжести, была впервые уста новлена Галилеем.
Определим скорость движения тела по траектории способом проекций
(см. ч. I, «Кинематика», § 80):
v — Vvl + v2y = V{v0 C O S a) 2 -4- (v0 sin a — g t f .
Эта формула показывает, что движение, полученное сложением
равномерного
горизонтального
и
равнопеременного
вертикального-движений, не является равнопеременным.
Определим дальность и продолжительность полета тела.
В точке M i падения тела на землю у 4 — 0 .
Продолжительность полета определим из уравнения (7.4) при
= 0:
gt2
v 0 t sin a —
= 0.
23
3>
Отсюда получим момент вылета t — 0 и момент падения t . —
2t>°s l n a
4
g
Дальность полета определим, подставив значение t 4 в уравнение (7.2):
2v0 sin a
vl
Z. = х 4 = г> 0 cos а • -------------- = —-sin 2а.
(7.6)
Формула (7.6) показывает, что дальность полета тела при одной и той
же скорости вылета тела v0 зависит от угла а.
Очевидно, что наибольшая дальность полета наблюдается при
s i n 2 a = l , т. е. при a = 45°.
Наибольшую высоту подъема тела при заданной начальной ско рости v0
и угле а можно определить из условия, что в наивысшей точке М 2 проекция
скорости на вертикальную ось равна нулю:
г» 2у = Уч = vo
—
sin a
— О-
откуда
, __ i/ 0 sina
t 2 — ------ Подставляя значение t 2 в уравнение (7.4), получаем:
2
vn
2
sin a
^ = У 2 -^—.
(7.7)
Движение материальной точки под действием силы тяжести явля ется
примером движения под действием силы, постоянной по модулю и
направлению.
§ 8. Движение падающего тела с учетом сопротивления воздуха
Рассмотрим влияние сопротивления воздуха на движение тела,
падающего на землю (рис. 11).
Положим, что тело М весом О движется вниз без
Or—
Г
начальной скорости из точки О, принятой за начало коор -'
динат. Ось у направим вертикально вниз. Тогда начальные условия
движения будут иметь вид:
R
i.l
t = 0;
у 0 =0;
у 0 = 0.
М
Рассмотрим падение тела при сопротивлении воздуха,
пропорциональном скорости движения тела. Тогда силу
сопротивления можно представить в виде R — a v , где a —
коэффициент пропорциональности. Обозначим ^ — k .
Коэффициент k
равен
модулю силы сопротивления у
воздуха, приходящейся на единицу массы движущегося тела при
скорости его, равной единице, и имеет размер г ИС.
11.
/
_1\
ность ( с е к ' ) .
Составим дифференциальное уравнение движения тела под дейст вием
силы тяжести G и силы сопротивления воздуха R:
my = 0 — R = m g — m k v ,
откуда
y = g — kv.
Можно понизить порядок уравнения, перейдя от переменной у к
переменной г> = у. Для этого представим ускорение точки в виде y = ^ f ' г Д е
v —алгебраическое
значение скорости. Тогда
dv
,
- a t = e ~kv,
или
d v = (g — k v ) d t .
Разделив переменные, получим:
---------- г-
= dt.
g — kv
Введем переменную
и — g — kv,
тогда
du — — k dv
и
d v = --- ~ .
k
Заменив переменную, получим уравнение: — ~ = — k d t . Интегрируя,
найдем:
1пм = — k t - \ - C v
или
In (g- — k v ) — — k t -\- C 1 .
Определим значение С,, подставив в полученное
* = 0, у 0 = г> 0 = 0; 1п£ = С,. При найденном значении C j
In (g — k v ) = ~ k t + In g ,
или
Потенцируя, получим:
или.
25
уравнение
1 ------- г> = e
g
.
Из этого уравнения найдем значение v.
«=|-(1-*-").
(8.1)
При <->оо имеем е *'->0, v —y- j - , т. е. скорость падения возрастает,
стремясь к предельной скорости
Практически по истечении некоторого конечного промежутка времени
движение становится равномерным.
При скорости f n p = -fr сила сопротивления становится равной
весу тела, так как
R -~- m k v n p = m k - j - = О .
Представим уравнение (8.1) в виде
или
d y = j- ( l — e - k t ) d t .
Проинтегрируем его:
Для определения значения С 2 в полученное уравнение подставим t —
О , у 0 =0, тогда
0=Л. + С2,
откуда
При найденном значении С 2 получим уравнение движения падаю щего
тела с учетом сопротивления воздуха:
у = * - i о-*"*')•
(8-2>
В рассмотренном примере показано интегрирование дифференци ального уравнения движения точки при наличии силы, зависящей от
скорости точки.
§ 9. Пример интегрирования дифференциальных уравнений движения
точки для случая силы, зависящей от времени
26
На точку М массой т — 2 г действует горизонтальная сила Р ,
остающаяся параллельной некоторой прямой и имеющая величину Р —
2 с о ъ Ы м н . Определить движение точки М в горизонтальной плоскости,
если в начальный момент скорость точки v 0 была перпендикулярна к
направлению силы Р и имела модуль г> 0 = 10 с м / с е к .
Р е ш е н и е . Примем начальное положение точки за начало коор динат
(рис. 12). Направим ось х вдоль начальной скорости точки v 0( . а ось у —
параллельно линии действия силы Р .
У
СГ~00
Ттг
ЬЯ
Втс
8 я Рис 12.
8
U
Тогда начальные условия движения будут следующими t — 0 ,
—0,
у 0 — 0,
x Q = v 0 = 10 с м / с е к ,
х0
у0 — 0.
Единственной силой, действующей на точку в горизонтальной
плоскости, является заданная сила Р , параллельная оси у .
Составим два дифференциальных уравнения движения точки:
ш'х = 2 ^ = 0;
m y = 2 1 ' , = Р.
Из первого дифференциального уравнения
х = 0.
27
Проинтегрировав это уравнение дважды по t , получим:
X"
С j,
X —— С -^t
—|— ^2*
Подставив в первое уравнение проекцию начальной скорости х 0 — 10
с м / с е к , получим С, = 10. Подставив во второе уравнение-£ = 0, х 0 = 0,
получим С 2 = 0. При этих значениях С 1 и С 2 для движения точки вдоль оси
х
х = 10 с м / с е к ; х
= 10/ ( с м ) .
Получим второе дифференциальное уравнение, выражая массу точки в
граммах, а силу Р в динах:
2y = 200cos5/
или
у =100 cos 5г.
Проинтегрировав его дважды по t , получим
у = 20 sin Ы -f-C 3 ,
у = — 4 cos 5/ -4- C 3 t -f С 4 .
Подставив в первое уравнение £ = 0, у 0 = 0, найдем С 3 = 0. Подставив во
второе уравнение t — 0, у 0 = 0, получим: 0 = —4-f-C 4 , откуда С 4 =4. При
найденных значениях С 3 и С 4 для движения ■точки вдоль оси у
у = 20 sin Ы ( с м / с е к ) , у =
4(1—cos 5^) ( с м ) .
Чтобы получить уравнение траектории точки, исключим время из
уравнений ее движения:
' =
y = 4( l - c o s f ) .
На рис. 12 показана траектория точки при движении, полученном
сложением равномерного движения вдоль оси х и гармонического
колебательного движения вдоль оси у.
§ 10. Пример интегрирования дифференциального уравнения
движения точки для случая силы, зависящей от положения точки
Материальная точка М массой т = 20 г отталкивается от некоторого
центра О силой, обратно пропорциональной кубу расстояния О М.
В начальный момент известны: расстояние О М 0 = 5 с м , скорость
точки г> 0 =10 с м / с е к , направленная по прямой О М от центра О , и сила
отталкивания Р = 0 , 4 м н .
Получить уравнение движения точки под действием силы отталки вания, а также определить скорость, приобретенную точкой на рас стоянии
20 с м от центра О.
Р е ш е н и е . Центр отталкивания О примем за начало координат,
ось х направим по прямой, соединяющей этот центр с движущейся
28
точкой
я? ----- г*2—г
М (рис. 13). Установим
М0 у
м
р
-------------------------------- начальные
условия:
----- -» ------- х
t = 0,
j_ --------- х -------------{
х0 = О М 0 = 5 с м ,
х0 — v0 = 10 с м / с е к .
р ис , 13.
На точку действует сила отталкивания Р , направленная по оси
х , Модуль этой силы обратно пропорционален кубу расстояния О М, т . е.
р= Лх 3
Значение коэффициента k можно определить по условию, что при
с м сила отталкивания Р 0 = 0,4 м н — 40 д а н :
с.«3 = 5000 г с м ^ с е к 2 . '
г
о kо= P t*l = 4 0 —гс- е•к125
29
jc0 = 5
Составим дифференциальное уравнение движения точки М: т х = У ^ Х 1
= Р = ~.Чтобы понизить порядок дифференциального уравнения, представим:
dv
,
ускорение в виде х — -^-, где v—алгебраическое значение скорости. Тогда
dv k dt
х3
Последнее
уравнение
содержит
переменную
величину
х,
кроме-переменных v и t .
Исключаем из уравнения переменную t , применив преобразование:
dv
dv
dx
-dt=lU--dt=-dx-V-
dv
<10Л>
Дифференциальное уравнение движения точки примет вид:
mv
dv
dx
k
х3
Разделим переменные:
m v d v — -^r d x .
При интегрировании уравнения воспользуемся определенными инте гралами с переменным верхним пределом.
При изменении скорости от v0 до v координата точки изменяется; от х0
до х . Тогда
V
X
k
т j v d v — k j -jj
2x*
или
v<,
x0
2
m-xЈ
k I1
x11
2 V Xq
откуда
m \
Xq
x J
Подставив числовые значения k , m , v 0 , получим
i n n
.
5000 / 1
2
1\
или
* = -|/ll0—|f.
30
(10.2)
Полученное выражение определяет скорость v точки в зависимости от
ее координаты х . Из этого уравнения можно найти искомое значение
скорости при х = 20 с м :
уГ
ъ =
1 1 0 — ^ = 1 0 , 4 6 см/сек.
Чтобы получить уравнение движения точки x = f (t ) , воспользуемся
уравнением (10.2):
,/1|П
250
ах
УШ-У7^
«=|/1Ю--^г
или
ж =-------------------------------------- .
Разделим переменные:
х dx
: / ПО d t .
J25 11
Левую часть проинтегрируем в пределах от лг 0 = 5 с м до лг. а правую —
в пределах от tQ = 0 до t :
или
JC 2 — —
11
=/110 *
15
Подставим значения пределов:
|/ х 2 —^- -У 25-^ =
ИЛИ
У
^-Щ
/7Ш.
= ]/1т + VTTo
Л
Возведем в квадрат обе части уравнения:
х2 —
= -^-+ 100^ + ПОЛ
Отсюда получим уравнение движения точки: х =
/25-fl00/+ l l O t 2 с м .
Примечания:
1. Определенные интегралы с переменными верхними и нижними
пределами, соответствующими начальным значениям переменных
интегрирования, могли быть использованы и при решении предыдущих
примеров. Применение их освобождает от определения постоянных
интегрирования по начальным условиям. Наоборот, при решении
последнего примера можно было бы применять неопределенные
интегралы, определяя постоянные интегрирования по начальным
условиям.
dv
2. Преобразование (10.1)
m x = m v - ^ иногда удобно применять и
31
в случае силы, зависящей от скорости. Тогда дифференциальное
уравнение с переменными v a t переходит в уравнение с переменными v и
х.
Вопросы для самоконтроля
1. Какие
уравнения
динамики
называются
естественными
уравнениями движения материальной точки?
2. Каковы две основные задачи динамики точки, которые решаются
при помощи дифференциальных уравнений движения материальной
точки?
3. Как
определяются
постоянные
при
интегрировании
дифференциальных уравнений движения материальной точки?
4. Каковы законы свободного падения тела?
5. По каким законам происходят горизонтальное и вертикальное пере мещения тела, брошенного под углом к горизонту в пустоте; какова траек тория его движения и при каком угле а тело имеет наибольшую дальность
полета?
Г Л А В А III
КОЛЕБАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
§ 11. Виды колебательных движений материальной точки. Свободные
колебания материальной точки
Колебательное
движение материальной точки происходит при
условии, если на точку М. (рис. отклоненную от положения покоя О
14),
действует
сила
Р,
стремящаяся вернуть точку в
.....................
это положение. Такая сила
0
Р,
называется
восстанавлиgVWWWVVj -АЛ/
вающей.
М
0
G
Рис. 14.
Рис. 15.
Рассмотрим простейший, но имеющий большое практическое зна чение,
случай, когда восстанавливающая сила пропорциональна откло нению
точки от положения покоя, т. е. Р = с • О М, где с — постоянный
коэффициент пропорциональности.
Примером такой линейной восстанавливающей силы может слу жить
сила упругости пружины.
Пусть, например, тело весом О, лежащее на гладкой горизон тальной
плоскости в положении О (рис. 15), соединено с недефор-мированной
пружиной, другой конец которой закреплен в точке А . В этом положении
приложенные к телу силы, его вес G и реакция плоскости N взаимно
уравновешиваются.
На тело, отклоненное в положение M v будет действовать, кроме с ил G
и N, сила упругости растянутой пружины Р х , стремящаяся вернуть тело в
32
положение покоя О . Модуль этой силы пропорционален удлинению
пружины, т. е. Р 1 = с - О М 1 .
В положении М 2 сила упругости сжатой пружины Р 2 , имеющая модуль
Р 2 = с ■ О М 2 , также стремится вернуть тело в положение О .
Таким образом, сила упругости деформированной пружины всегда
направлена к точке О — положению покоя тела и пропорциональна
отклонению тела от этого положения.
Колебания могут происходить и под действием восстанавливающих
сил, изменяющихся по другому закону.
Различают четыре основных случая колебательного движения мате риальной точки:
1) с в о б о д н ы е к о л е б а н и я , совершающиеся под действием только
восстанавливающей силы,
2) з а т у х а ю щ и е к о л е б а н и я , совершающиеся под действием восстанавливающей силы и силы сопротивления движению,
3) в ы н у ж д е н н ы е к о л е б а н и я , совершающиеся под действием восстанавливающей силы и силы периодического характера, называемой
возмущающей силой.
4) в ы н у ж д е н н ы е к о л е б а н и я , совершающиеся под действием восстанавливающей силы, возмущающей силы и силы сопротивления
движению.
Изучим свободные колебания материальной точки. Примем прямо линейную траекторию движения точки М за ось х и поместим начало
координат О в положение, в котором
О
Р М
точка М могла бы находиться в покое
Х
~*\
(рис. 16).
х
"" ч
Если точка М выведена из состояния
покоя, то на нее по оси х действует
Рис 15
только восстанавливающая сила Р . Если в
некоторый момент времени t точка М имеет координату х , то модуль
восстанавливающей силы
Р = с • ОМ = с\х\,
где с —коэффициент жесткости пружины, численно равный силе упругости
ее при деформации, равной единице.
Так как восстанавливающая сила в любом положении направлена к
точке О , то ее проекция на ось х имеет всегда знак, противоположный знаку
координаты х , т. е.
(ил)
рх=—сх.
Составим дифференциальное уравнение прямолинейного движения
точки М под действием восстанавливающей силы Р :
mx=YiXl = Px.
Пользуясь выражением (11.1), получим:
тх — — сх,
или
х + —лг = 0.
33
1
Обозначая — = k 2 , имеем т
x-\-k2x=0.
m
(11.2)
Уравнение (11.2) называется д и ф ф е р е н ц и а л ь н ы м у р а в н е н и е м
свободных колебаний материальной точки.
Для интегрирования этого однородного линейного уравнения с
постоянными коэффициентами составим характеристическое урав нение:
Z 2 -4-ft 2 = 0.
Его корни z x — ~ \ - t k и z 2 — — I k .
Общее решение уравнения (11.2) имеет вид
(П.З)
x = - C x c o s k t - \ - C 2 s [n k t .
Чтобы определить значения постоянных С г и С 2 , найдем
ние, определяющее скорость точки, продифференцировав
ние (11.3):
х = — k C x sin k t - \ - k C 2 cos k t .
уравнеуравне(П.4)
Пусть в начальный момент / = 0 точка имеет координату х0 и проекцию
скорости на ось х , равную х 0 . Тогда, подставив начальные условия в
уравнения (11.3) и (11.4), найдем
Cj = x Q ,
xQ — k C 2 ,
откуда
С2 =
.
Подставляя значения С х и С 2 в уравнение (11.3), получаем уравнение
движения точки М :
х = x0cos kt-{--^-sin kt.
(П.5)
Уравнению (11.3) можно придать и другой вид, введя вместо по стоянных С х и С 2 две новые постоянные а и р , положив:
C 1 =asin|5;
C 2 =acos(5.
Подставив эти значения С х и С 2 в уравнение (11.3), получим
x = a s i n ( f t / + p).
(Ц.6)
Уравнение (11.6) является у р а в н е н и е м г а р м о н и ч е с к о г о к о л е б а т е л ь н о г о д в и ж е н и я т о ч к и (см. ч
I, «Кинематика», § 89).
Таким образом, установлено, что с в о б о д н ы е к о л е б а н и я м а т е риальной точки под действием линейной восстанавливающей силы
являются гармоническими, колебаниями.
Амплитуда а и начальная фаза (5 свободных колебаний материаль ной
точки как постоянные интегрирования, введенные вместо С х и С 2 ,
определяются по начальным условиям движения.
Уравнение, определяющее скорость точки, имеет вид:
34
х = aft cos
+ р).
(11.7)
Подставив в уравнения (11.6) и (11.7) значения начальной коор динаты
х 0 , проекции начальной скорости х 0 и времени tQ = 0 , получим:
AT 0 =asin(5;
x 0 = aftcosp\
Из этих выражений найдем а и р :
о-]/*о + (^) 2 .
(11.8)
(11.9а)
tgp=*?L.
Так как каждому значению тангенса соответствуют два угла в пре делах
от 0 до 2я, то необходимо определить еще sin р или cos р.-
Так как ft 2 = —, то циклическая частота* и период свободных колебаний
определятся по формулам:
*=|/^.
(1110 >
7 = ^ = 2л|/^-.
(11.11)
Как видно, ч а с т о т а и п е р и о д с в о б о д н ы х к о л е б а н и й т о ч к и з а в и с я т
лишь
от
массы
этой
точки
и
от
коэффициента
с,
характеризующего восстанавливающую силу, и не зависят от
начальных условий движения.
Период свободных колебаний Т увеличивается при увеличении массы
точки и уменьшается при увеличении коэффициента с.
График свободных колебаний показан на рис. 17.
* Ниже циклическая частота именуется «частотой».
§ 12. Свободные колебания груза, подвешенного к пружине
35
Рассмотрим груз весом О, подвешенный к пружине А В , конец А
которой закреплен неподвижно (рис. 18). Когда груз находится в покое,
удлинение пружины равно / ст . Положим, что в некоторый момент времени
груз был смещен из положения покоя вниз по вертикали на
величину у 0 и отпущен с начальной скоростью у0. Определим
возникшее движение груза, пренебрегая массой пружины.
Примем груз за материальную точку и направим по его
вертикальной прямолинейной траектории ось у (рис. 19).
Начало координат О совместим с положением покоя груза,
которому соответствует статическое удли нение пружины / ст .
Тогда
начальному
положению
груза
М0
будут
соответствовать координата у 0 и проекция начальной скорости
у0.
Начальные условия будут: / 0 =0, у = у 0 , у — у 0 . На груз действуют силы: его
вес G и сила упругости пружины Р , модуль которой пропорционален
деформации пружины. В положении М , опре- ,м</л деляемом координатой
у , деформация пружины равна /стН~У' а модуль силы упругости
определяется:
Р = с(/ ст + у).
Проекция силы Р на ось у :
\0
Р у = - ~ С (/ с т + У) ,
Р
Когда груз находится в покое, то его вес урав новешивается силой
упругости, равной по модулю Рп = с/ ст , т. е.
м
G = P CT = c/ CT .
(12.1)
О Дифференциальное уравнение движения груза имеет
вид:
1м„
•
У
--->
*у
=
2^
о- с (/ст+у).
Рис. 19.
=
Подставив в дифференциальное уравнение значение коэффициента жесткости
пружины с, определяемое формулой (12.1), получим
т у = G Так
■о- г -у.
/ст
/ст
как О = m g , то
y + - f - y = o.
(12.2)
/ ст
Уравнение (12.2) является дифференциальным
колебаний материальной точки (11.2):
уравнением
свобод ных
3
33
А. А. Яблонский
где
/ст
Частота свободных колебаний груза
к
=У ~ к -
<12-3>
Период его колебаний
Т = ^ = 2я
т/"— •
(12.4)
Формула (12.4) может быть получена и непосредственно из фор мулы
(11.11).
Общее решение дифференциального уравнения (12.2) имеет вид (11.3) и
(11.6).
Представим уравнение движения груза в форме (11.6):
y = a s i n ( f c / + p).
(12.5)
Амплитуду а и начальную фазу (5 колебаний определим по формулам
(11.8) и (11.9), пользуясь начальными условиями:
2 . Уо
/
Уо +
Уо
Уравнение движения груза (12.5) примет вид
y=asin
(-j/^-f + p).
(12.6)
Формула (12.4) является общей для определения периода свобод ных
колебаний груза, поддерживаемого упругой связью.
Она позволяет определить период свободных колебаний этого груза
около положения, в котором действующие на груз силы уравно вешиваются.
Для определения периода по формуле (12.4) нужно знать стати ческую
деформацию, соответствующую этому положению. Так, напри мер, период
свободных колебаний груза, лежащего на упругой балке и вызывающего
статический прогиб балки, равный 5 м м , определится (без учета массы
балки):
Г=2я|/ 1я.=
2 п У -^- = 0,142 с е к .
Если вес кузова вагона вызывает прогиб вагонных рессор / С1 = 4 с м ,
период свободных колебаний кузова на рессорах
Т =
37
2 л У тщ- = 0,401 с е к ,
то
§ 13. Примеры иа свободные колебания
Пример 2. Тело весом О = 20 н , лежащее на гладкой горизонтальной
плоскости и прикрепленное к концу недеформированной пружины (рис.
20), отклоняют из положения покоя вправо, растягивая пружину на 4 с м , и
отпускают, сообщая начальную скорость 56 с м / с е к , направленную влево
(удлинение пружины на 1 с м вызывается силой 4 «). Определить дальнейшее движение тела, пренебрегая массой ^ ЛЛЛЛЛЛЛЛЛ/
пружины (рис. 21).
#///////;///////;/);//;;/лкш
Решение.
Направим ось х горизонтально
Рис. 20.
вправо, считая началом координат О положение покоя
тела, принятого за материальную точку. Тогда начальные условия будут
следующими:
t = Q,
х0=4 см,
х 0 = —56 с м / с е к .
В произвольный момент времени t на тело М , имеющее координату х ,
действуют силы: вес тела G, реакция плоскости N и сила
упругости деформированной пружины Р ,
направленная к точке О .
Модуль силы Р про'Л
порционален деформации
пружины, т. е.
М0
0
Р = с - О М,
L
Pr'"! V ,
WWVW
где с—коэффициент жесткости пружины. Проекция
силы Р на ось х :
Рх = — сх.
Рис 21.
По условию задачи с —
4 н/см.
Составив
дифференциальное уравнение движения тела, получим дифференциальное уравнение
свободных колебаний:
т х ■ = 2*.
или
СХ
х -А ------------ х —
0,
1
т
Рис. 22.
т. е.
x + ft 2 x = 0.
38
Решение дифференциального уравнения представим в форме (11.6): л;
= a sin (ft/ -j- р).
Вычислим частоту и период колебаний по формулам (11.10) и (11.11):
•.-Yi-Yb-V^-" ^2я
6,28
= 0,45 с е к . k
„ Т = -г- —
14
-7-7-
Амплитуду а и начальную фазу (5 свободных колебаний тела вычислим
по начальным условиям при помощи формул (11.8) и (11.9)
а=
у 4 + %
= /4*-4 --Ьр1 = уТб+Тб =4 V 2 « 5,7 «.
1ё Рр- В = -^- = — = - 1
*0
-56
cinS^^0 =
'
а
4
= ^
4^2
2
'
Р = 135° = -|я.
Уравнение свободных колебаний груза имеет вид:
х — 5,7 sin ^14/ -4- — n j ( с м ) .
На рис. 22 построен график движения, соответствующего полу ченному
уравнению. При этом по оси абсцисс отложены не значе ния t , а
пропорциональные им произведения k t . Тогда начальная фаза (5
изображается величиной смещения начала волны синусоиды в
направлении, противоположном направлению оси абсцисс.
П р и м е ч а н и е . Амплитуда свободных колебаний зависит как от начального
отклонения тела из положения покоя, так и от начальной скорости. При этом
направление начальной скорости не влияет на амплитуду. Так, если начальную
скорость направить вправо (х 0 — 56 с м / с е к ) , амплитуда будет иметь ту же
величину. Если тело опустить без начальной скорости (х 0 = 0), то амплитуда
а=
Y х\ = \ х
й\
= 4 см,
т. е. амплитуда будет равна начальному отклонению тела от положения покоя.
Наличие начальной скорости увеличивает амплитуду.
Пример 3. Груз весом О подвешен на двух пружинах с различ ными
коэффициентами жесткости с, и с 2 . Определить периоды свободных
колебаний груза при последовательном и параллельном соеди нении
пружин при условии, что удлинения параллельно соединенных пружин
одинаковы (рис. 23 и рис. 24, а ) .
Р е ш е н и е . Периоды свободных колебаний груза о пределим по
формуле (12.4):
а) В случае последовательного соединения пружин общее стати ческое
удлинение связи, поддерживающей груз, равно сумме удли
•39
нений двух пружин. Определяем эти удлинения по формуле (12.1):
/ст — /ict
~Ь /гст — т—1~ т~~
С1+С2
О
Таким образом, при последовательном соединении пружин при веденный
коэффициент жесткости:
"пр '
Ci + с2
Период колебаний груза
Г
1
Г
g
gc,-c2
(13.1)
б) В случае параллельного соединения пружин (рис. 24, а) силы Sj и S 2 .
растягивающие пружины, определяются как параллельные составляющие
силы G (рис. 24, 6"):
а)
h.
(a)
S2
Sj-i-S2=0,
По условию задачи удлинения обеих пружин
должны быть одинаковы:
fin
===
/гст-
Определяем удлинения по формуле (12.1):
С(
с2
(б)
Условие, обеспечивающее одинаковые
удлинения пружин, получается из пропорций
(а) и (б):
1г
С,
Рис. 23.
и
с2
Величина удлинения каждой пружины определяется отношением (б),
т. е.
_ S2
Уст
о
S[ -J- S2 __
с,
Период колебаний груза
2л
2л
G
(13.2)
Пример 4. Груз весом 0 = 19,62 н падает с высоты Н = 40 с м на середину
твердой квадратной плиты, укрепленной на четырех симметрично
расположенных пружинах. Коэффициент жесткости каждой пружины равен 2
40
н / с м . Соприкасаясь с плитой, груз заклинивается на ней и движется вместе
с ней. Определить колебательное движе ние груза с плитой, пренебрегая
массой плиты (рис. 25, а ) .
Р е ш е н и е . Направим ось у вертикально вниз по траектории центра
тяжести груза (рис. 25, б ) . Начало координат О поместим
а)
б)
т-Р
г
—
-с а.
■г
Рис. 25.
в той точке, где находился бы центр тяжести груза, лежащего на плите и
вызывающего статическое сжатие пружин, определяемое формулой (12.1):
Уст
с
•
Суммарный коэффициент жесткости четырех пружин, соединенных
параллельно и расположенных симметрично, определяется (см. при мер 3):
с = 4 • 2 = 8 н/см.
Статическое сжатие
/ст = Д^- = 2,45 с м .
Колебательное движение груза начинается в момент соприкасания с
плитой, лежащей на недеформированных пружинах (если масса плиты
мала по сравнению с массой груза и не учитывается), т. е. начальному
положению груза М 0 соответствует координата у 0 = = — / ст — — 2,45 с м .
В этот момент скорость груза равна скорости свободн ого падения с высоты
Н
г> 0 = Y 2 g H = Y 2 ■ 981 • 40= 280 с м / с е к . Так как v 0 имеет
направление оси у, то у 0 = г> 0 = 280 с м / с е к . Начальные
условия колебательного движения
/ = 0;
у 0 = — 2,45 с м ,
у 0 = 280 с м / с е к .
На груз, движущийся вместе с плитой, действуют его вес G и сила
упругости пружин Р , проекция которой на ось у определяется выражением
•41
P y = — c ( J „ + y ) . Дифференциальное уравнение
движения груза под действием сил Р и G имеет вид
my =
2
Yi
= —с
(Лт + У) + 0
или
ту = — су,
так как —c f n - \ - G — 0 согласно формуле (12.1).
Далее получаем дифференциальное уравнение (11.2) свободных
колебаний
y-\-±y = Q,
или
y -ffc2y = 0.
Частоту колебаний можно определить по формулам (11.10) или (12.3).
Применим вторую формулу:
Период колебания
~
2л
7 =
6 ,28
ло1л
==
=
0
314
сек
Х ТГ '
-
Уравнение движения груза напишем в виде (11.3):
у = С] cos k t -4- С 2 sin k t .
Продифференцировав это уравнение по времени, получим урав нение,
определяющее скорость груза
у = — C x k sin k t + C 2 k cos k t .
Подставив начальные условия и числовое значение k в эти два урав-яения,
найдем С, и С 2 :
С х = — 2,45, С 2 - 2 0 = 280
или
С 2 =14.
Подставив найденные значения С\ и С 2 в уравнение движения труза,
получим
у = — 2,45 cos 20/+ 14 sin 20/ ( с м ) .
§ 14. Затухающие колебания материальной точки
Материальная точка, совершающая колебания в реальных усло виях,
испытывает сопротивление движению (трение, сопротивление воздуха и т.
п.). Это означает, что, кроме восстанавливающей силы, направленной к
центру колебаний, на точку действует сила сопро тивления, направленная
всегда в сторону, противоположную напра влению движения точки. Закон
изменения модуля силы сопротивления зависит от физической природы
этой силы. Так, например, модуль силы трения скольжения можно принять
постоянным.
Сопротивление воздуха при малых скоростях движения тел считают
пропорциональным первой степени скорости, а при больших скоростях,
42
О ______ Я
Р
|
М ________
1 ------ - —
движу-
*
в довольно широких пределах,
его принимают пропорциональным квадрату скорости
х
щегося тела.
Рассмотрим колебания материальной точки М под действием линейной восстанавливающей силы Р и силы сопротивления
движению R (рис. 26), пропорциональной скорости точки.
Направим ось х по траектории точки и совместим начало координат О
с положением покоя точки. Модуль восстанавливающей силы Р
р ис 26
Р = с ■ ОМ = с\х\.
Проекция силы Р на ось х
Рх = -сх.
Модуль силы сопротивления среды
скорости точки, т. е.
Р = av.
R
пропорционален модулю
Если v = l , то Р = а , т. е. коэффициент пропорциональности а
численно равен силе сопротивления при скорости движения точки, равной
единице.
Сила сопротивления R направлена всегда противоположно ско рости
точки v, т. е. R = — av.
Проекции силы R и скорости v на ось х имеют противоположные знаки:
R x — — a v x = — ax.
(14.1)
Составим дифференциальное уравнение движения материальной точки
под действием сил Р и R:
тх —
2
X t = Р х -f- R x = — с х — ax,
или
х - \ ------х - \ ------ х = 0.
Вводя обозначения ^ = 2 п и — = к 2 , получаем:
х -f- 2 п х -f- k 2 x = 0.
(14.2)
Уравнение (14.2) является дифференциальным уравнение м движения
материальной точки под действием восстанавливающей силы и силы
сопротивления, пропорциональной скорости движения точки.
Для интегрирования уравнения (14.2) составим характеристическое
уравнение и найдем его корни:
z2-\-2nz-\-k2 = 0,
43
(14.3)
Z x
= — nArYn2 — k2\
Величина
z2 = — n — Yn2 — k2.
является частотой свободных колебаний дан-
ной точки.
Коэффициент п =
характеризует сопротивление среды.
Рассмотрим случай колебаний материальной точки, который имеет
место при п < k . Так как п — -£- и k = l / — , то в рассматриваем/га
У
т
мом случае ~ <
>
или
а < 2 У тс ■
В этом случае корни характеристического уравнения (14.3) можно
представить в следующем виде:
г х = — n - \ - l Y k 2 — п2,
z2 ——п — t Y k 2 — п2.
Общее решение уравнения (14.2) имеет вид:
х = е - " ' { С 1 cos Y k 2 — n 2 t + С 2 sin Y k 2 — n2 t ) .
Вместо постоянных интегрирования C x и C 2 введем две новые
постоянные а и р , положив:
Cj^asinp,
C 2 =«cosp\
Подставив эти значения С х и С 2 , получим решение дифференциального
уравнения (14.2), т. е. уравнения движения точки в виде:
x = a e - n t s m (Y k 2 — п2 / + р).
(14.4)
Движение, определяемое уравнением (14.4), имеет колебательный
характер, так как координата х периодически изменяет свой знак при
изменении знака, входящего в уравнение синуса. Множитель e ~ n t
указывает на то, что амплитуда колебаний с течением времени умень шается.
Колебания этого вида называются з а т у х а ю щ и м и . График затухающих
колебаний изображен на рис. 27.
Так как \ s m (Y k 2 — п 2 / + р)|<!1, то абсолютная величина коор динаты
х удовлетворяет условию:
И< | в е - » < | .
Следовательно, график затухающих колебаний заключен между двумя
симметричными относительно оси абсцисс кривыми, имеющими
уравнения:
44
Величины а и (3 как постоянные интегрирования определяются по
начальным условиям задачи. Чтобы найти а и р, получим уравнение,
определяющее скорость точки, продифференцировав уравне ние (14.4):
х = — n a e - n t s i n ( Y k 2 — « 2 /+р) + а //г 2 —/г 2 е-"< cos
а
/& 2
—
я2
e-"<cos(|/& 2
—
«2
/ + р).
(у /г —я
2
2
/+р)= = — п х +
(14.5>
Пусть в начальный момент / = 0 точка имела координату х 0 и проекцию
скорости на ось х , равную х 0 .
Рис.
27.
х
Подставив в уравнения (14.4) и (14.5) эти начальные условия
получим:
х 0 = a sin р,
или
пх
У к2
a cos р.
Xo-f"
а
х 0 = — п х 0 - \ - a Y k 2 — п 2 cos р
Отсюда находим:
£2 —я2
х0 У
к2
— п 2 х0
+пхо
sin р
х0 + "-Ко
45
cosp =
/* 2 — Л 2
Частота
затухаю
щих
колебаний
(14.6)
k*=\/k2 — n2.
(14.7а)
(,14.76)
(14.7в)
(14.8)
Период затухающих колебаний Т * представляет собой промежуток
времени между двумя последовательными прохождениями точки в одном
направлении через положение покоя (рис. 27):
Г=
2л
2я k*
(14.9)
Vк2
Формулу (14.9) можно представить в следующем виде:
2я
Г де
Г
(14.10)
1л
Т = ---------- период свободных колебаний этой же точки.
Формула (14.10) показывает, что период затухающих колебаний
больше периода свободных колебаний точки. Однако при небольшом
сопротивлении это увеличение незначительно. В случае небольшого
сопротивления период
затухающих колебаний можно принимать
равным периоду свободных колебаний.
Амплитудой затухающих колебаний называют наибольшие отклонения точки в ту и другую
сторону от положения покоя в течение каждого колебания.
Из последовательных значений
переменной амплитуды можно составить ряд (рис. 28):
а,, а.
Рис.
Определим
отношение
последовательных 28.
членов ряда
а 1 + 1 и a l t соответствующих моментам времени t l + l = t l - \ —g- и t t :
46
г*
ае
■ — е
(Н.11)
Так как отношение а ' +1 постоянно и по величине меньше еди - ai
ницы, то последовательные значения амплитуды составляют убываюпТ* 2
щую геометрическую прогрессию со знаменателем е
пТ*
Отвлеченное
число
е
2
называется
декрементом
затухающих
колебаний; натуральный логарифм декремента, т. е. величина ------------- ^~
47
называется л о г а р и ф м и ч е с к и м д е к р е м е н т о м * :
Т*
ЯЛ
пч
— п — = -------- г
2
V k 2 — п?
/ . , 1
(14.12)
Коэффициент п называют к о э ф ф и ц и е н т о м з а т у х а н и я . Затухание
колебаний происходит очень быстро даже при малом сопротивлении. Так,
например, при « = 0,05&:
Т * = 1,001257",
е -я^ = 0,7301,
т. е. период затухающих колебаний Т * отличается от периода сво бодных
колебаний Т лишь на 0,125%, а амплитуда колебаний за время одного
полного колебания уменьшается на 0,27 своей величины, а после 10
полных
колебаний
становится
равной
лишь
0,04304
своего
первоначального значения.
Таким образом, основное влияние сопротивления на свободные
колебания материальной точки выражается в уменьшении амплитуды
колебаний с течением времени, т. е. в затухании колебаний.
§ 15. Апериодическое движение точки
Движение материальной точки теряет колебательный характер и
становится апериодическим в случае большого сопротивления, т. е. при п
^ k или а ^> 2 У т с .
а) При « > & корни характеристического уравнения (14.3) веще ственны, отрицательны и различны:
Z \ = — п -4- У п 2 — k 2 ,
z2 —
— п — У"л
2
— k2.
Общее решение уравнения (14.2) имеет вид
х
=
е-п1
{ с 1еУ'^^С2 е - у ^ ' ' 1 ) .
(15.1)
Введем вместо постоянных интегрирования С х и С 2 две новые
постоянные В г и В 2 , положив
f\
в { -\- в 2
Вх — в2
п
Подставив эти значения С] и С 2 в уравнение
х = e-nt(Bl
£
(15.1),
получим
--------- +£ ---------- h в2£ --------- ^£ --------- J .
Введем в полученное уравнение гиперболические функции:
1 --------- ±1-------------- = с/г \Лг2 — &2 t .
eVn2-k4
_ е-Уп*-кЧ
48
= sh У n2~k2 U
* «Декремент» означает убывание.
49
Тогда получаем уравнение в следующем виде:
x = e~ nt{Bxch Уп2 — k2 t
+ B sh Уп
2
2
— k2 t).
Дальнейшее преобразование этого уравнения проведем путем замены
постоянных В х и В2 двумя другими постоянными а и р по условию:
5] = a s h f i ,
В2 = асЩ.
Тогда уравнение примет вид
х = a e ~ n t s h (п 2 — k 2 t
+ р).
(15.2)
Уравнение движения точки (15.2) показывает, что рассматривае мое
движение точки не является колебательным, так как гиперболи ческий
синус не является периодической функцией, В зависимости от
начальных условий материальная
х точка может совершать одно из
движений, графики которых показаны на рис. 29 —31.
Все три графика соответствуют О начальному
отклонению
точки от положения покоя на величину х 0 > 0. На рис.
29 показан график движения точки с начальной Рис. 29.
скоростью v Q , имеющей направление, совпадающее с направлением оси х .
Благодаря этой скорости точка сначала удаляется от положения покоя, а
затем под действием восстанавливающей силы постепенно приближается
к этому положению. Графики (рис. 30 и 31) соответствуют движению
точки с начальной скоростью v0< направленной противоположно
направлению оси х . При достаточно большой на- Рис. 30.
чальной скорости точка может совер шить один переход через положение
покоя и затем при обратном Движении приближаться к этому положению
(рис. 30).
б) При n = - k корни характеристического уравнения (14.3) вещественны, равны и отрицательны:
Z, = Zo
■■ — п .
Общее решение уравнения (14.2) в этом случае
имеет вид
х
= е-«*(Су + С2).
Рис. 31.
(15.3)
Движение точки, определяемое уравнением (15.3), является также
апериодическим.
Постоянные С х и С 2 определяются по начальным условиям / = 0, х 0 , х 0 из
уравнения (15.3) и из уравнения, полученного его диф ференцированием.
Пример 5. К пружине А В с коэффициентом жесткости 10 с н / с м ,
закрепленной неподвижно концом А , прикреплена железная пластинка
массой m = 50 г , находящаяся между полюсами магнита (рис. 32).
Магнитный поток между его полюсами равен Ф = 2.10~ 5 вебер. Появление
50
токов Фуко вызывает сопротивление движению пластинки в магнитном поле.
Сила сопротивления Р = и^Ф 2 ньютонов, где u= 10 9 , v — скорость в м / с е к , а
Ф — магнитный
поток между полюсами
магнита. Определить движение пластинки, которое возникает, если
A
пластинке, находящейся в положении
покоя, сообщить начальную скорость
v0 = 2 6 , 8 с м / с е к , направленную вниз.
Р е ш е н и е . Положение поступательно движущейся
пластинки будем определять положением ее центра
тяжести. Направим ось у вертикально вниз и за начало
координат О примем положение центра тяжести
пластинки, соответствующее статическому удлинению
пружины (рис. 33). Тогда начальные условия будут
следующими: t = 0 , у0 — 0 , у 0 = и 0 .
На движущуюся
пластинку в положении М
действуют силы: сила тяжести G, сила упругости
пружины Р, проекция которой на ось у определяется
выражением Р у =— С (/ С т + У)> и си ла сопротивления R =—
р,Ф 2 у, имеющая проекцию на ось у : R y — — \ х Ф 2 у .
Дифференциальное уравнение движения пластинки под
Рис. 32.
действием сил Р, R и G имеет вид
т у = ^ К; = Ру+/?, + 0,
или
т у = — с ( / „ + у ) — (хФ 2 у + О.
Согласно (12.1) имеем P CT = c/ CT = G. Учитывая это, получаем
дифференциальное уравнение движения пластинки:
или
т у = — с у — цФ2у
У -г
у,Ф2
у
-4_ -i
(15.4)
- y = o.
J
т
' т. J
Уравнение (15.4) представляет собой дифференциальное уравне ние
(14.2), где
2 п = ^т- . k 2 = ± .т
Определяем числовые значения п и k , пользуясь системой единиц
МКС. В этой системе
т = 0,05 к г ,
с = 1 0 с н / с м = 10 н / м ,
ф = 2 • 10~ 5 вебер,
_ цФ 2 __ 10 9 -4-10~'° _
^
51
~ 2т
~~
2 • 0,05
~
4 СеК
'
Так как п < k , то движение пластинки представляет собой зату хающие
колебания. Уравнение движения пластинки имеет вид (14.4):
у = a e - n t sin
(У
/г 2 — п21 + р).
Постоянные а и р определяем по формулам (14.6) и (14.7), пользуясь
начальными условиями.
При Уо—0 формула (14.6) принимает вид:
Уо
Определяем числовое значение а :
] / k 2 — « 2 = /196 — 1 6 = 13,4 с е к ~ \
26,8
0 а = 10 . =
2 с м . 13,4
При у 0 = 0 по формулам (14.7)
Подставляя числовые значения, получаем уравнение движения y =
2e~ 4 'sinl3,4/ ( с м ) .
§ 16. Вынужденные колебания материальной точки
Вынужденные колебания совершает материальная точка, на кото рую
наряду
с
восстанавливающей
силой
действует
периодически
изменяющаяся сила, называемая в о з м у щ а ю щ е й с и л о й .
Практически наиболее важным является случай, когда возмущаю щая
сила Q изменяется по гармоническому закону, т. е. проекция ее на ось х ,
направленную по траектории точки, определяется:
Qx = H s i n (pt + b).
(16.1)
где Н — максимальный модуль, или амплитуда возмущающей силы; р —
частота изменения возмущающей силы, равная числу пол ных циклов
изменения
возмущающей
силы за 2я с е к (см. ч. I,
«Кинематика», § 89); p t - \ - b —фаза изменения возмущающей силы;
б — начальная фаза изменения возмущающей силы. Период изменения
возмущающей силы т определяется
по
ее частоте:
2я
т = —.
(16.2)
52
Изменение возмущающей силы по гармоническому закону можно
наблюдать в устройствах, имеющих схему, изображенную на рис. 34.
Положим, что стержень В А с
грузом А заклинен на валу,
вращающемся
с
постоянной
угловой скоростью со. Подшипники, в которых вращается вал,
укреплены на теле, прикрепленном к горизонтальной пружине и
находящемся на гладкой гоV/////////////////////////////////////////////A
ризонтальной плоскости.
Пренебрегая массой стержня и
Рис. 34.
рассматривая груз как материальную точку массой т , можно определить его центробежную силу
инерции Ф„. Эта сила направлена от центра вращения и приложена к связи,
т. е. к телу, несущему подшипники, и равна
Ф„ = m w n = т • В А • со2.
Пусть угол поворота стержня, отсчитанный от вертикали, в на чальный
момент равен б. Тогда в момент времени t этот угол равен со/ -4— б.
Проекция силы Фл на горизонтальную ось О х , направленную по оси
пружины, определяется:
: Ф „ Sin ((£>/-}-б).
Таким образом, в горизонтальном направлении на тело действует
возмущающая сила Q , проекция которой на ось х имеет вид (16.1):
Q x = H s m (p t + b ) ,
где Н = Ф п , а р = ы , т. е. амплитуда возмущающей силы равна модулю
центробежной силы инерции груза, а частота изменения возмущающей
силы равна угловой скорости вращения стержня.
Возмущающая сила Q смещает тело то в одном, то в другом
направлении по горизонтали, вызывая деформацию пружины. При этом
появляется восстанавливающая сила Р , зависящая от деформации
пружины. Модуль и направление возмущающей силы Q нз зависят от
положения тела на оси х , а зависят только ог положения стержня.
Рассмотрим прямолинейное движение материальной точки М (рис. 35)
под действием восстанавливающей силы Р и возмущающей силы Q ,
изменяющейся по гармоническому закону.
Направим ось х по прямолинейной траектории точки М , а начало
координат поместим в положение покоя точки М , соответО
Р
М
Q
г
ствующее недеформированной
~? ~
'
х
пружине.
Составим
дифференциальр ис 35
ное уравнение движения точки,
53
учитывая, что на точку М с координатой х в момент времени t действуют
силы Р и Q , имеющие проекции на ось х :
Рх —— сх
и
Q x = Н s \ n (p t -4-6).
Получим:
т х = — с х - { - Н sin (p t - \ - 6),
или
с
Н
х - \ ----- х — — sin (p t + 6).
Здесь — — k 2 — квадрат частоты
обозначение — = h , получим:
свободных
колебаний.
x - \ - k 2 x = h sin(p/+6).
Введя от
(16.3)
Уравнение (16.3) представляет собой д и ф ф е р е н ц и а л ь н о е у р а в н е н и е
вынужденных колебаний материальной точки.
Общее решение уравнения (16.3) складывается из общего решения
однородного уравнения x - \ - k 2 x — 0 и частного решения данного уравнения
(16.3):
x = x* + x t \
Однородное уравнение х + k 2 x = 0 имеет общее решение (11.3): х* = C t
cos k t -\- С 2 sin k t .
В соответствии с видом функции f ( t ) в правой части уравнения (16.3)
будем искать частное решение уравнения (16.3) в виде:
х** = A s i n (p t - \ - b ) .
(16.4)
Определим постоянную А подстановкой функции (16.4) в уравне ние
(16.3).
Так как х** = — A p 2 s i n (p t -f-6), то после подстановки (16.4) в уравнение
(16.3) получим:
— А р 2 sin (p t + 6) + A k 2 sin (p t + 6) = h sin (p t + 6).
4
А. А. Яблонский
49
Полученное равенство должно быть справедливо при любом зна чении
sin(p/-f"6). Это выполняется лишь при равенстве коэффициен тов в левой и
правой частях, т. е.
A(k2— p2) = h,
откуда
(16.5)
Подставляя значение А в выражение (16.4), находим искомое частное
решение уравнения (16.3):
*** = irzr-^ sin (^+S).
(16.6)
Общее решение уравнения (16.3) получает вид
h
х = С[ cos k t -f-С 2 s i n k t -4-
fe2 _"p2
sin(p/-|~6).
(16.7)
Если же решению однородного уравнения x - \ - k 2 x — 0 придать, вид
(11.6), то общее решение уравнения (16.3) примет вид
* = flSin(M + P)+
k2
^ p 2 sin(^-H).
(16.8)
Уравнение (16.8) показывает, что точка М совершает сложное
колебательное движение, складывающееся из двух гармонических
колебаний.
Первый член правой части уравнения (16.8) определяет свободные
колебания, а второй — вынужденные колебания точки.
Таким образом, установлено, что п ри о д н о в р е м е н н о м д е й с т в и и
восстанавливающей и возмущающей сил материальная точка
совершает сложное колебательное движение, представляющее
собой результат наложения свободных и вынужденных колеба ний
точки.
Постоянные интегрирования С, и С 2 в уравнении (16.7) или постоянные а и р в уравнении (16.8) определяются по начальным условиям
движения.
Последний член правой части уравнения (16.7) и (16.8), опре деляющий
вынужденные колебания точки, не содержит постоянных интегрирования,
следовательно, в ы н у ж д е н н ы е к о л е б а н и я н е з а в и с я т о т н а ч а л ь н ы х
условий движения точки.
Исследуем вынужденные колебания точки. Эти колебания опре деляются уравнением (16.6):
Частота р и период т = — вынужденных колебаний совпа дают с
частотой и периодом изменения возмущающей силы.
55
Вынужденные колебания, частота р которых меньше частоты k
свободных колебаний точки, называют в ы н у ж д е н н ы м и к о л е б а н и я м и
малой частоты.
Вынужденные колебания, частота р которых больше частоты k
свободных колебаний, называют в ы н у ж д е н н ы м и к о л е б а н и я м и б о л ь ш ой
частоты.
1. Фаза вынужденных колебаний
Уравнение вынужденных колебаний малой частоты (при р < k ) имеет
вид (16.6):
х**=
р-р*
s i n (^
+ 6)'
В этом случае фаза колебаний p t - \ - & совпадает с фазой возмущающей
силы и амплитуда вынужденных колебаний определяется формулой (16.5):
Л
...
h
/г2 — р2 •
В случае вынужденных колебаний большой частоты (при р > k )
уравнению (16.6) придают такой вид, чтобы коэффициент при синусе был
положительным:
x** = - ^ r w s \ n (p t A r b ~ n ) .
(16.9)
В этом случае амплитуда вынужденных колебаний
(16.10)
Фаза вынужденных колебаний большой частоты ( p t -j-6 — я) отличается
от фазы возмущающей силы (p t - \ - b ) на величину я, т. е. фазы вынужденных
колебаний и возмущающей силы противоположны.
Таким образом, в случае вынужденных колебаний малой частоты точка
М всегда отклонена от начала координат О в ту сторону, в которую
направлена в данный момент возмущающая сила Q.
В случае вынужденных колебаний большой частоты отклонение точки
М от начала координат О всегда противоположно направлению
возмущающей силы Q в данный момент. При этом в обоих случаях
максимальное отклонение точки от начала координат имеет место в момент
времени, когда модуль возмущающей силы достигает максимума.
2. Амплитуда вынужденных колебаний
Исследуем зависимость амплитуды вынужденных колебаний А от
частоты р возмущающей силы. Для этого введем статическое отклонение А0
точки М от начала координат О под действием постоянной силы Н (рис. 36).
4*
57
51
Величина А0 определяется из условия равновесия сил Н и Р:
Р = еЛ0 = Я,
откуда
Н_ т с т
А0 =
Н
h_ k 2
Отношение у] амплитуды вынужденных колебаний А к величине А0
называется к о э ф ф и ц и е н т о м д и н а м и ч н о с т и :
при р < к :
О
Р
М
Н ____
h
JL2
k
k2
p2 — k 2 Рис. 36.
k2
при р > k имеем
£-1
_h
; (16.11)
2
А
о1
А
Изменение амплитуды вынужденных
колебаний А в зависимости от изменения частоты возмущающей силы р
характеризуется графиком коэффициента динамич ности (рис. 37).
На горизонтальной оси этого графика отложены значения отно - р
(16.12)
шения
^,
а
на
к2
вертикальной оси — соответствующие значения
величины т)=-у-, определенные по формуле (16.11) при р < k и
по формуле (16.12) при р > к .
График показывает, что при увеличении частоты возмущающей силы
от р = 0 до р = k коэффициент динамичности возрастает от 1 до оо, а при
дальнейшем увеличении р до со коэффициент динамичности убывает от со
до 0.
При р = k коэффициент динамичности равен бесконечности. Этот
случай вынужденных колебаний, называемый я в л е н и е м р е з о н а н с а *
рассмотрен в § 18.
Закончив исследование уравнения (16.6), определяющ его вынужденные колебания точки, рассмотрим уравнение (16.7), которое опре деляет
результирующее движение точки под действием возмущающей и
восстанавливающей сил:
х = С, cos k t -f- С 2 sin k t -f- -rj^-—j- s i n (p t -f- 6).
к
p
Продифференцируем это уравнение no t :
х = — &С, sin k t -4- &C 2 cos k t -j- к2^р2 cos (P^ -4- 6).
Определим значения постоянных С, и C 2 , подставив в два последних
уравнения начальные условия движения точки t0 = О, х 0 , х0:
*o = c i +
fe2 _^_ p2
х 0 = &С 2 +
sin6,
кг ^ р2
cos б,
откуда
„
А
р
„
C j = x 0 — k 2 _ p 2 sin6;
.
.
/-,
Хо
С х = -^ ------- -^zr^T • i cos6.
h
Подставив эти значения C x и C 2 в уравнение (16.7), получим:
л; = х 0 cos &/ -f-
s i n k t — k 2 — p 2 ( sin *
cos
cos
*
sin
"b
si
+ 1 ^2- "(^ + 6). (16.13)'
Согласно уравнению (16.13), движение точки ЛТ можно рассма тривать
как результат сложения трех ее движений:
1) с в о б о д н ы х к о л е б а н и й т о ч к и , которые возникли бы при
отсутствии возмущающей силы, отклонении точки из положения
покоя на расстояние х 0 и сообщении ей начальной скорости г> 0 ,
проекция которой на ось х равна х 0 :
x*i)
~ хо
cos
М + -j-
sin
kt>
2) к о л е б а н и й , имеющих тоже частоту k , но вызванных действием'
на точку возмущающей силы:
х* 2) = — k 2 — р 2 ( s ' n *
3) в ы н у ж д е н н ы х к о л е б а н и й
частоте возмущающей силы р :
х\ъ)
59
cos
kt~\~j{
точки,
= & — р2
sin (pt
+
cos 0 sin
частота
5)'
ktj;
которых
равна
§ 17. Явление биение
При частоте возмущающей силы, близксй к частоте свободных колебаний
точки, наступает явление, называеюе б и е н и я м и . Полагая в уравнении (16.13)
х 0 = 0 и х 0 =0, расаотрим колебания материальной точки, вызываемые лишь
действием возмущающей силы:
х = х* -4-х** ----------------h
■sin(p/-j-6).
Принима
я
1, приведем это уравнение к виду: h
[sin (p t -f - 6) — sin i k t + 6)].
k
X -
2h
\
■ (si п 6 cos k t —j—^ os 6sin k t ^ j
—j—
k2
-
Используя формулу
. „
о • a—P
a+6
sin a — sin (3 = 2 sin—^-!-cos—-jpp-\-k
и имея в виду, что —^—
I р k
(17.1)
р , получаем
_
Уравнение (17.1) определяет движение точки, являющееся резуль татом
наложения дополнительных колебаний, вызванных действием возмущающей
силы, на собственно вынужденные колебания в случае р « k .
Обозначим
^(0 = p#^rsfn(.Ј^f).
(17.2)
Тогда уравнение (17.1) примет вид
x — A (t ) cos (p t -\- 6).
(17.3)
Движение, определяемое уравнением (17.3), можно рассматривать
2я
как колебания частоты р и периода т = —, амплитуда которых A (t )
является периодической функцией (17.2).
Период изменения амплитуды
(17.4)
4я
2л
р-к
Рис. 38
р-к
Так как р
я* k , то период Т А велик по сравнению с перио-2я
дом х = — .
Р
График движения, определяемого уравнением (17.3) и называемого
биениями, показан на рис. 38.
60
§ 18. Явление резонанса
Явление резонанса возникает при совпадении частот вынужден ных и
свободных колебаний точки:
р — k.
В этом случае амплитуда вынужденных колебаний точки, вычис ленная
как по формуле (16.5), так и по формуле (16.10), равна бесконечности и
многие выражения из § 16 теряют смысл. Дифферен циальное уравнение
вынужденных колебаний (16.3) при p = k принимает вид
x-ffc 2 x==/zsin(/jr4-6).
(18.1)
Уравнение (18.1) имеет общее решение:
х = х*Агх**.
Здесь общее решение однородного уравнения
по-прежнему, можно представить в виде (11.3):
х* = С, cos k t
4 С2
xArk2x
=
0,
sin k t .
Частное
решение
х**
уравнения
(18.1)
должно
быть
линейно-независимым от х*. Поэтому вид (16.4) в этом случае непригоден
и частное решение х** ищем в виде:
x** = fi/cos(fcr+6).
(18.2)
Находим производную х** как производную произведения функ ций Bt
и c o s ( k t -\-6 ) :
х** = В cos ( k t + 6) — В Ы sin ( k t + 6).
Аналогично находим:
х** = — B k sin (k t
4 6) — B k
sin ( k t + 6) — B k H cos ( k t + 6).
Для нахождения величины В подставляем значения х** и х** в
уравнение (18.1):
— B k sin ( k t + 6) — B k sin ( k t + 6) — B k H cos ( k t + 6) 44 k 2 B t cos ( k t + 6) = Л sin ( k t
или
— 2 B k s i n (k t 4 6) = h sin ( k t 4 6).
4 6)^
Приравнивая коэффициенты при синусе в обеих частях уравнения,
определяем:
D
h
В = ~ й Получаем общее решение дифференциального уравнения (18.1):
h
х = С х cos k t
4 С 2 sin k t
— т^-1 cos ( k t
4" 6).
или
x^C^cos k t - \ - C 2 sin k t Ar
61
t s i n ^ k t A - b — ^j .
(18.3)'
Уравнение (18.3) показывает, что движение точки М при резонансе
является результатом наложения свободных и вынужденных колебаний
точки, так же как и при р ф k .
Свободные колебания определяются уравнением:
х* = С х cos k t -f - С 2 sin k t .
Вынужденные колебания при резонансе определяются уравнением:
х**=-^/sin^Z + S —
(18.4)
Частота и период вынужденных колеба ний при
резонансе равны частоте k и пе-2 л
риоду T — - J - свободных колебаний точки.
Фаза
вынужденных
колебаний k t - ] - 6—~
отстает от фаз возмущающей силы k t -4- 6 на
л
величину
.
Уравнение (18.4) показывает, что ампли туда
вынужденных колебаний при резонансе ^возрастает
пропорционально времени. График вынужденных колеба -.ний точки при
резонансе показан на рис. 39.
Рис. 39.
§ 19. Примеры на вынужденные колебания
Пример 6. Определить вынужденные колебания мотора весом G = 1 5
к н , помещенного посередине двух положенных рядом дву тавровых балок
№ 30 с моментами инерции поперечного сечения У =8881 си 4 и пролетом
/ = 1 0 м (рис. 40), пренебрегая весом балок и считая их свободно лежа щими, если эти колебания вызываются
равномерным вращением вала мотора, на
котором укреплен груз весом O j = 4 н на
расстоянии г — 5 с м от оси вращения, если
угловая скорость вала со = 25 с е к ~ 1 .
Р е ш е н и е . По известной формуле из
курса сопротивления материалов
определяем статический прогиб
Рис. 40.
упругих балок,
свободно лежащих на двух опорах и
нагруженных сосредоточенной силой G, приложенной в середине пролета:
1
G13
48
EJ
/ст '
15 ООО • 1 ООО 3
48 . 2 - 10 7 - 2 - 8881 0,88 с м .
Здесь £■ = 2 • 10 7 н / с м 2 — модуль упругости стали, 2У = 2 - 8 8 8 1 см*
— суммарный момент инерции поперечного сечения двух балок,
поддерживающих мотор.
Частота свободных колебаний мотора на упругой балке опре делится по
формуле (12.3):
.62
* = "|/^=/|^=/TTl5~33,4 с е к - К
Направим ось у вниз по вертикальной траектории
колебательного-движения точки М мотора, лежащей на оси вращения вала.
Начало-координат О совместим с положением покоя точки,
соответствующим статическому про гибу балки.
Как указывалось в § 16, центробежная сила
инерции Ф„ груза М х приложена к связи, т. е. к
мотору. Ее проекция на ось у изменяется по
гармоническому закону (рис. 41):
ф
лу
= ф « sincp = 0„sintor.
Таким образом, на мотор действует вер тикальная возмущающая сила Q, проекция
которой на ось у равна:
0.у = Ф п у = Ф п ы п < > > ( .
Рис. 41.
Восстанавливающей силой является сила упругости
балок
Р , модуль которой пропорционален прогибу балок / ст + у. а проекция, на ось
у равна:
Л> =+у)Составим дифференциальное уравнение движения мотора под дей ствием сил Р , G и Q (рис. 42):
«У =
Р
4-40 б
2
= —c(/ CT +y)+O + 0„sintor.
Преобразуем правую часть уравнения, пользуясь фор мулой
(12.1) с/ ст = О и определяя модуль центробежной, силы инерции
по формуле:
т х г &.
Q где От]—масса груза.
Дифференциальное уравнение принимает вид
У
Рис. 42.
т у = — су + т х т 2 sin at
или
•• ,
с
m,ra2
.
у н -------------------- у — — ------- -sin at,
J
1
m
J
m
Полученное уравнение имеет вид (16.3):
у -f - k 2 y — h sin { p t -4- 6),
где 6 = 0, p — a , h — — — = — — .
.63
.
Так как р = со = 25 с е к ~ 1 , a k = 33,4 с е к ~ 1 , то имеем вынужденные
колебания малой частоты.
Амплитуда вынужденных колебаний мотора определяется по фор муле
(16.5):
h
л —
_
<У м2
_
4-5-625
— n flfll7
с м k 2 — p 2 ~ G ( k 2 — a 2 ) ~ 15000 (1115 — 625)
'
Уравнение вынужденных колебаний мотора на упругих балках имеет
вид (16.4):
y**=^sinto/, т. е. /* = 0,0017 sin 25* ( с м ) .
Пример 7. По условию предыдущего примера найти угловую скорость
вала мотора, при которой возникает резонанс.
Рис. 43
Рис. 44.
Р е ш е н и е . Резонанс возникает в случае, когда частота выну жденных
колебаний р равна частоте свободных колебаний точки k . Эта частота
называется критической:
Так как в рассмотренном примере 6 частота вынужденных коле баний
мотора равна угловой скорости вращения его вала, то крити ческая угловая
скорость вала определяется:
со кр = р к р = k = 33,4 сек -1 .
Выразив угловую скорость в о б / м и н , получим
30 •
ЗОшкр
пкр~as 319 о б / м и н .
33,4
64
3,14
Пример 8. Кривошип C D вращается равномерно вокруг оси С и
сообщает кулисе А В поступательное движение согласно уравнению у х = г
sinco/, где г = C D = 10 с м , со=5 с е к ~ К К кулисе прикреплена пружина,
поддерживающая груз М весом 0 = 4 «. Коэффициент жесткости пружины с
= 0,2 н / с м . Определить вынужденные колебания груза (рис. 43).
Р е ш е н и е . При колебаниях кулисы АВ груз М тоже совершает
колебательное движение по вертикали. При этом абсолютное движе ние
груза состоит из его переносного
движения
вместе
с
кулисой
и
относительного движения по отношению
к кулисе, происходящего за счет
деформации пружины. Направим ось у по
траектории
движения
груза
М,
принятого за материальную точку.
Начало координат О поместим в
положение
покоя
груза,
соответствующее статическому удлинению/ ст
пружины, при условии, что кулиса занимает среднее положение А0В0
О
(рис. 44). Если в момент времени
' Р
/ кулиса занимает положение
А В , определяемое координатой
м
у,, а груз М имеет координату у
(рис. 45 и 46), то удлинение
G
м
пружины равно / СТ + (У —
УО-Составим
У
1
дифференциальное
уравнение Рис. 45. движения
груза
под
Рис. 46.
действием силы веса G и силы
упругости
пружины Р ,
проекция которой на ось у
i
Р
у = — С( / С Т + У — У д -
Дифференциальное уравнение имеет вид:
т у = О — с (/„ + у — у,).
По формуле (12.1) имеем: с/ СТ = 0. По условию задачи: у, = г sin со*.
Учитывая это, получим:
с
т у = — cy-f-cr sin со/
или
сг
у-)-—у = —since/.
Полученное уравнение имеет вид (16.3)
у + k 2 y = h sin ( p t -А- б).
где
k2 = — =
т
0,2
~. 981 ^49 с е к ' 2 ; k = 7 с е к ~ \
4
65
Л = — = 49 • 10 = 490 с м / с е к - 2 ; р = со = 5 сек -1 , 6 = 0.
Уравнение вынужденных колебаний (16.4) принимает вид:
х**= A sin tor.
Так как р < k , то амплитуду А определяем по формуле (16.5):
л
h
490
пп
.
Поэтому
x** = 20,4sin5/ ( с м ) .
В рассмотренном устройстве верхний конец пружины не является
неподвижным, и через пружину грузу передается возмущающее дей ствие
движущейся кулисы. Поэтому груз совершает вынужденные колебания,
хотя к нему приложены только вес и сила упругости пружины.
Период и частота колебаний груза равны периоду и частоте
^колебаний кулисы. Фаза колебаний груза в рассмотренном случае
совпадает с фазой колебаний кулисы, так как р < k . Если р > k , т о фазы
колебаний груза и кулисы будут противоположны, т. е. при крайнем
нижнем положении кулисы груз займет крайнее верхнее положение и
наоборот. Амплитуда колебаний груза больше ампли туды колебаний
кулисы. При этом величина амплитуды колебаний груза зависит от
соотношения величин р и k . Меняя пружины, т. е. частоту свободных
колебаний груза k , можно получать при одной и той же угловой скорости
кривошипа со различные амплитуды вынужденных колебаний груза А .
§ 20. Влияние сопротивления движению на вынужденные
колебания
Рассмотрим влияние сопротивления движению на вынужденные
колебания материальной точки, полагая модуль силы сопротивления
пропорциональным первойсте0 _____ Р _____ М ___________ Q ____
пени скорости точки. Рассмоm
я
х
*
трим материальную точку М
--------------- х ---------- —|
(рис. 47), совершающую прямолинейное
движение
под
1
Рис 47
действием восстанавливающей
силы Р, возмущающей силы Q, изменяющейся по гармоническому закону, и
силы сопротивления R = —av.
Направим ось х по траектории точки М , поместив начало координат О
в положение покоя точки, соответствующее недеформиро -ванной
пружине.
Определим проекции сил Р, Q и R на ось х в момент времени t , когда
движущаяся точка М имеет координату х . Проекция восстанавливающей
силы Р, направленной к положению покоя О, определится формулой:
Рх——сх.
66
Проекция возмущающей силы Q, изменяющейся по гармоническому
закону, определяется формулой (16.1):
Qx = H s m ( p t + 6).
Проекция силы сопротивления R =—av, направленной противоположно скорости v и ей пропорциональной, определяется формулой
(14.1):
Rx =—их.
Дифференциальное уравнение движения точки под действием сил Р, R,
Q будет:
т х = — с х — алг-f- Я sin (p t - \ - 6 ) .
Перенося члены с х и а х в левую часть равенства к разделив уравнение
на т , получим
х -А- — х -А- — х = — sin (p t -А- 6).
Рассмотрим коэффициенты уравнения. Здесь -^j- = к2 —
квадрат частоты свободных колебаний;
— — 2 п , где п — коэффициент затухания (см. § 14),
— = h — отношение амплитуды возмущающей силы к массе
точки (см. § 16). При этих обозначениях
дифференциальное уравнение движения точки примет вид
Jc+2rtjJr + fe 2 A:=^sin (/7r + 6).
(20.1)
Уравнение (20.1) представляет собой д и ф ф е р е н ц и а л ь н о е у р а в н е ние
вынужденных колебаний при наличии сопротивления движе нию,
пропорционального скорости.
Общее решение уравнения (20.1) состоит из общего решения уравнения
(14.2) и частного решения данного уравнения (20 .1):
Х = Х *-4- Х * * .
Общее решение уравнения (14.2) х* в зависимости от соотношения величин
k и п может иметь вид (14.4), (15.2) или (15.3). Частное решение уравнения
(20.1) будем искать в форме
х** = A c s i n { p t + b — г ) .
(20.2)
Постоянные Ас и е должны быть определены путем подстановки функции
х** и ее производных в уравнение (20.1). Для этого найдем х** и х**:
х** = А с р cos ( p t
4- 6
— е), *** =
— Аер* sin ( p t + б — е).
67
Подставим х**, х** и х** в уравнение (20.1):
— А с р 2 sin ( p t + 6 — е) -f- 2 п А с р cos ( p t -f- 6 — е)
4~ ^ c
fe 2 sin(^
4~
+ 6 — е) = A s i n ( p ^4 -6).
(а)
Преобразуем правую часть равенства:
A sin(/>Ј-f-6) = Л sin ( — | — б — е —|— е) = Л sin
б — е) cos e -f-
4- A cos ( p t
+ 6 — е) sin е.
Подставим это выражение в правую часть равенства (а), перене сем все
члены в левую часть и сгруппируем отдельно члены, содер жащие
s m (p t - { - b — е) и cos (pr4 - 6 — е):
[ A c ( k 2 — р 2 ) — A cos е] s i n (p t - \ - b — е )4~
- \ - (2 п А с р —Asine)cos (/?r4~° — е) = 0.
Эго равенство будет справедливым при всех значениях аргумента
(p t - \ - b — е) лишь при равенстве нулю коэффициентов при sin (pr4-° — е ) и
П Р И cos (pr4-° — е )- Приравнивая эти коэффициенты нулю, получаем:
Ас ( k 2 — /? 2 ) = A cos е,
2 п р А с = A sin е.
Из выражений (20.3) определяем значения Ас и е:
h
Ас= . 2
;
/(й —Р 2 ) 2 + 4л 2 р 2
(20.4)
(20.5а)
*g« = k?2p ■>
s i ne = =
cos e =
2^=
h
V (k2
Л е (* 2 — P 2 )
.—— = -7=
А
(20.3)
2»Р
— p2 ) 2
/(Й2 — p
4- 4ra p
2 2
(2 о .5б)
;
&2 — P 2
/on к ч
(20.5
B)
s ) 2 4 -4/i 2p2
Так как s i n e > 0 , то 0 - ^ е ^ я .
Подставляя найденное значение Ас и учитывая, что величина е тоже
найдена, получаем частное решение уравнения (20.1) в виде:
h
*•**=— ------sin (/я? 4-Л —
3
2
/(Л — р ) 2 4-4я 2 р 2
Р):
(20.6)
Общее решение уравнения (20.1) в зависимости от соотношения
величин А и я будет следующим:
68
1) при п < k jc = a e - n l
sin ( V f e 2 _ r t 2 1 _j_
V (ft 2 — p*) 2 + 4/iV
sin (/rt-f-o — e);
(20.7)
2) при « > k
/(ft 2 — p 2 ) 2 + 4/iV
■sin(/?*-f-6 — e);
(20.8)
3) при n = k
■e). (20.9)
■sin(p* + 6
/(ft 2 — p 2 )*-f 4/iV
а также
уравнениях (20.7) и (20.8) :
вели-являются постоянными
интегрирочины Cj
Величины а и р в
и С 2 в уравнении (20.9) вания
и определяются по начальным
Затихающие колебания
условиям движения.
Движение материальной точки под
действием
восстанавливающей
и
возмущающей сил и силы сопротивления
среды,
пропорциональной
скорости
точки, представляет собой наложение
собственно вынужденных колебаний на
затухающие колебания при п < k или наложение вынужденных колебаний
на апериодическое движение при х = х * х * *
n ^ k . Наличие множителя e ~ n t в членах,
соответствующих затухающим колебаниям
или
апериодическому
движению,
обусловливает быстрое затухание этих
движений. Поэтому при установившемся
режиме, т. шой промежуток времени после Результирующее движение
начала движения, результирующее движение
Рис 48.
точки
практически
состоит
только
из
собственно
вынужденных
колебаний, е. через достаточно больопределяемых уравнением (20.6):
х** =
h
sin ( p t + б — е).
На рис. 48 показан график движения точки в случае, когда п < k .
69
1. Исследование вынужденных колебаний при наличии
сопротивления движению
Уравнение (20.6) показывает, что вынужденные колебания мате риальной точки при сопротивлении среды, пропорциональном скорости
точки, являются гармоническими колебаниями, так как ампли туда их не
изменяется с течением времени, т. е. вынужденные колебания под влиянием
сопротивления не затухают. Они не затухают потому, что возмущающая сила
все время поддерживает колебательное движение точки.
Этим вынужденные колебания существенно отличаются от свободных
колебаний, которые затухают даже при самом незначительном сопротивлении.
2. Частота и период вынужденных колебаний
Частота р и период t
вынужденных колебаний точки при
наличии сопротивления равны частоте и периоду изменения возмущающей силы,
т. е. сопротивление не влияет на частоту и период вынужденных
колебаний.
3. Фаза вынужденных колебаний
Фаза вынужденных колебаний точки при наличии сопротивления (ptArb — е)
отстает от фазы возмущающей силы (pt-\- 6) на величину е, называемую сдвигом
фазы и определяемую формулами (20.5).
Из формулы (20.56) следует, что 0<Се^я. В этих пределах величина сдвига
фазы е однозначно определяется формулой (20.5а):
9
tge =
2пр
k 2 — p*
или
п р
tg е = -
Величина е зависит от отношения
, характеризующего возмуп
щающую силу, и от отношения
, характеризующего сопротивление
Рис. 49.
70
среды. Поэтому, задавшись определенным значением отношения
-j-,
можно
построить кривую зависимости е от отношения Такие кривые построены на рис. 49
для различных значений
71
При отсутствии сопротивления я = 0 и tge = 0. В этом случае е = 0 для вынужденных
колебаний малой частоты ( р < к ) и е = л для вынужденных колебаний большой частоты
( р > k).
Под влиянием сопротивления этот разрыв сглаживается.
Если p = k , то при любом значении коэффициента затухания п
Зная k , р и п, можно определить сдвиг фазы е непосредственно по графику.
4. Амплитуда вынужденных колебаний
Амплитуда вынужденных колебаний точки при наличии сопротивления определяется
по формуле (20.4):
h
Y ( k 2 — р2)2 + 4и
0
v
Из этой формулы следует, что большей величине сопротивления среды, т. е.
большему значению коэффициента затухания я, соответствует меньшая величина
амплитуды вынужденных колебаний А с .
Для установления зависимости амплитуды вынужденных колебаний А с от
частоты изменения возмущающей силы р воспользуемся коэффициентом
динамичности г|, введенным в § 16.
Этот коэффициент представляет собой
отношение
амплитуды
вынужденных
колебаний под действием возмущающей
3,0
силы Q, модуль которой Q = \ Н
sin(ptAr&) |. к статическому отклонению
точки
от начала координат А 0 — -^ под
действием постоянной силы Н:
у ( k 2 — р2)2 -f- Ап 2 р 2
Ас
А*
2,0
(ж)
)
/[-ШТ+'Ф'Ф*'
=
1,0
(20.10)
Так как коэффициент
зависит от двух величин
и
-г-,
динамичности
k
1
Р Рис. 50.
то на рис. 50 построены кривые, каждая из которых
пред-ставляет собой
зависимость г) от ~ при определенном значении
.
При отсутствии сопротивления явление резонанса выражается в стремлении
амплитуды вынужденных колебаний к бесконечности. На
рис.
37
кривая,
соответствующая п — 0, имеет разрыв при
5
А. А. Яблонский
72
p — k , т. е. при -^-=1. При наличии
туда, определенная по формуле (20.4), при
величину
А
сопротивления амплиp — k имеет конечную
. =ш -
<2(Ш>
Найдем по правилам дифференциального исчисления то значение р, при котором А с
имеет максимум, а следовательно, подкоренное выражение знаменателя в (20.4) имеет
минимум.
Для этого найдем производную этого выражения по р и приравняем ее нулю:
[(ft2 - р 2 ) 2 + 4п 2 р 2 ] = 2 (ft2 — р 2 ) ( - 2 р ) -4- 4я2 • 2 р = 0.
Корни этого уравнения
Pl
= 0;
р2 =
У
ft2 — 2ге2.
(20.12)
При р { —0
А -А -А
Подставляя значение р 2 в формулу (20.4), получаем максимальное значение
амплитуды при данном сопротивлении:
Ае
При малом значении п величина
Так, например, при я = 0,05ft
==—_4=__.
(20.13)
У ft2 — 2я2 очень близка к величине ft.
Y k 2 — 2п 2 = 0,9975ft.
В этом случае
ЛСтах = 10,0125-р-= 10,0125Л0.
Таким образом, при малых значениях п при р = /ft2—2я2 происходит резкое
увеличение амплитуды А с . С увеличением коэффициента п величина ^<?гаах уменьшается.
Максимум амплитуды вынужденных колебаний при наличии сопротивления существует
только
к У 2
при условии ft2 — 2я2 > 0, т. е. при я <—^—•
При п > —2— максимума А е не существует, т. е. ординаты кривых (рис. 50) только
уменьшаются при увеличении -у.
Так как А с имеет максимум при p~ ~ \ f k 2 — 2п 2 , то по мере увеличения п эти
значения р уменьшаются, т. е. точки максимума
на линиях зависимости коэффициента динамичности т] от (рис. 50) смещаются
влево от прямой
73
Таким образом, влияние сопротивления на вынужденные колебания
материальной точки выражается в сдвиге фазы колебаний по отношению
к фазе возмущающей силы и в уменьшении амплитуды колебаний по мере
увеличения сопротивления.
Пример 9. Прямоугольная пластинка весом G = 0,5 н, помещенная в сосуд с
вязкой жидкостью, прикреплена к концу В упругой пружины
АВ с
коэффициентом
жесткости 0,25 н/см. В некоторый а) _________ s)
\
момент
ползунок
А,
к
которому
прикреплен
верхний
конец
пружины,
•О
начинает
совершать
вертикальные
CM
колебания
согласно
уравнению У х 1
=
Ь
sin
pt,
где
b
=
2
см
и
р=15
сек~ 1 .
Сила
сопротивления
движению
пластинки
в
жидкости
пропорциональна
скорости
пластинки,
причем
при
скорости
1 см/сек сила
сопротивления
равна 3,06 мн.
Получить
уравнение
иИМ'"'°
установившихся вертикаль—\ ________ -J[
ных вынужденных колебаний пла——
,,„
=п
станки (рис. 51, а).
i— IrJ М
Решение.
Поступательное
движение
пластинки
будем
рассматривать
как
движение
материальной
точки
М.
Направим
ось
у
вертикально вниз по траектории
рис g j
точки М . Совместим начало координат О с положением покоя точки М ,
соответствующим статическому удлинению /ст пружины, при условии, что
ползунок А, удерживающий пружину, занимает свое среднее положение О х (рис.
51, б). На движущуюся пластинку М , имеющую координату у (рис. 51, в),
действуют три силы: вес G, сила упругости пружины Р и сила сопротивления
жидкости R.
Отклонение пластинки у от положения покоя О превышает отклонение
ползунка у х от его среднего положения на величину динамического удлинения
пружины. Это удлинение равно у — y v Полное удлинение пружины равно /ст-|-у —
ух.
Проекция силы Р на ось у
Ру = — с (/„ -j- у — у,)Проекция силы сопротивления R =—av на ось у равна:
R v = — ay.
Составляем дифференциальное уравнение движения пластинки под действием
сил Р, R и О:
ту =
5*
2 У 1 = — с (Лт + У — У\) — ay + G. Подставляя значение
74
у х = b sin pt и учитывая, что P CT = cf CT — Q (рис. 51, б ) , получаем:
т у = — с у -4- cb sin pt — a y ,
или
••
у
а
•
.
с cb
.
,
Ч ---- у Ч ------ У = — sin р/.
Полученное уравнение представляет собой дифференциальное уравнение
(20.1) вынужденных колебаний точки при наличии сопротивления среды,
пропорционального скорости точки:
у -f - 2«у + k 2 y = h sin ( p t -f- 6).
Определяем числовые значения параметров:
a
~2m~Так как a = 3,06 м н - сек/см,
3,06 • Ю-" -980
„
я = --------- 2Т05 ------- =
то
3 cew"
.
'
/г2 = —
так как с = 0,25 н/см, то
f e 2 = 0 - n f ° = 4 9 0 сек-*. 0,5
ей
0,25-980-2
,
поГ1
я = —• = --------- ггр ---- = 980 см сек 1 ,
т
0,5
'
р = 15 сек~ 1 ,
6 = 0.
.
,
Уравнение установившихся вынужденных колебаний пластинки имеет вид
(20.6):
У
~ у\ k 2_ р 2)2J f -Jh^p*
sin(/,/
+
6 —е )-
Определяем сдвиг фазы колебаний по отношению к фазе возмущающей силы,
пользуясь формулой (20.5а):
2пр
2-3-15
90
А о о ос о
*g е = Ж=7рТ = 490 — 225 = 265" = °'33963'
-
По таблице тангенсов находим:
е = 18° 45'32".
Выражая е в радианах для подстановки в уравнение движения, получаем е = 0,3274.
Для определения амплитуды находим:
У (ft2 — />2)2 + 4«V = V (490 — 225)2 4- 4 • 9 • 225 » 280 сек" 2 . Амплитуда
вынужденных колебаний равна:
.
h
А. = ,
0
5*
У {Ь*—р*)*-\-№р*
980
0 = --------« 3 , 5 см.
280
75
Уравнение вынужденных колебаний пластинки будет: у = 3,5
sin(15* — 0,3274) (см).
В рассмотренном примере пластинка совершает вынужденные колебания в
результате возмущающего действия колебаний верхнего конца пружины, которое через
пружину передается пластинке. Частотой и фазой возмущающей силы является частота
р и фаза pt колебаний ползунка.
Вопроси для самоконтроля
1. Под действием какой силы совершаются свободные колебания материальной
точки?
2. Какой вид имеет дифференциальное уравнение свободных колебаний
материальной точки?
3. От каких факторов зависят частота, период, амплитуда и начальная фаза
свободных колебаний материальной точки?
4. Каков вид графиков свободных и затухающих колебаний, а также
апериодического движения материальной точки?
5. Какой вид имеет дифференциальное уравнение вынужденных колебаний
материальной точки и каково его общее решение?
6. Из каких составляющих движений складывается движение материальной
точки, находящейся под действием восстанавливающей и возмущающей сил?
7. Каковы частота и период вынужденных колебаний материальной точки?
8. Какие вынужденные колебания называются колебаниями малой частоты и
какие — колебаниями большой частоты? Чем характеризуются тот и другой вид
колебаний?
9. От каких факторов зависит амплитуда вынужденных колебаний точки?
10. Что называют коэффициентом динамичности и каков график его
Р -,
зависимости от отношения -Ц- ?
к
11. При каком условии возникает явление биений; каков график биений'
12. При каких условиях возникает резонанс н каковы уравнение и график
вынужденных колебаний материальной точки при резонансе?
13. Как влияет сопротивление, пропорциональное скорости, на амплитуду, фазу,
частоту и период вынужденных колебаний?
14. Как определить максимальное значение амплитуды вынужденных колебаний
при данном значении коэффициента затухания л?
15. Прн каком значении коэффициента затухания максимум амплитуды
вынужденных колебаний не существует?
16. Какова зависимость сдвига фазы колебаний в от частоты изменения
возмущающей силы р и от коэффициента затухания л?
5*
76
Г Л А В А IV
ДИНАМИКА НЕСВОБОДНОЙ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
§ 2 1 . Несвободная материальная точка. Связи
и динамические реакции связей
Несвободной материальной точкой называется точка, свобода
движения которой ограничена. Тела, ограничивающие свободу движения
точки, называются связями.
Пусть связь представляет собой поверхность некоторого тела, по которой
движется точка. Тогда координаты точки должны удовлетворять уравнению этой
поверхности, называемому уравнением связи:
f ( x , у , z ) = Q.
(21.1)
Аналогично, если точка вынуждена двигаться
по некоторой линии (движение шарика внутри
криволинейной трубки), то уравнениями связи
являются уравнения этой линии:
/,(*, у , z ) — 0,
/„(*, у , z ) = 0. (21.2)
Таким образом, движение несвободной
материальной точки зависит не только от
Рис. 52. приложенных к точке сил н начальных условий, а также от
имеющихся связей. При этом значения начальных условий не могут быть
независимыми друг от друга, а должны удовлетворять уравнениям связей.
Связи, уравнения которых не содержат явно времени, называются
стационарными.
Примером такой связи может служить абсолютно жесткий стержень О М
длиной I , соединяющий материальную точку с неподвижной точкой О (рис. 52).
Стержень О М ограничивает движение точки, допуская
ее движение лишь по сферической поверхности
радиусом /.
Уравнение связи имеет вид:
x2 + y2+22 — /2 = 0.
(21.3)
М(х,у1
Уравнение (21.3) связывает координаты точки и не
содержит времени.
Связи, уравнения которых содержат время t,
называются нестационарными.
Рассмотрим пример такой связи — материальную
точку М , прикрепленную к концу нерастяжимой и
невесомой
нити
КОМ,
проходящей
через
неподвижное кольцо О (рис. 53).
Если конец нити К перемещается с постоянной скоростью и , то длина нити
О М = 1 изменяется с течением времени согласно уравнению:
I = /0 — ut,
где 1 0 — длина ОМ 0 в начальный момент.
77
Если нить К О М остается в одной и той же плоскости, то в системе координат
л:Оу получим
или
л:2 + у2 — (70 — и/)2 = 0.
(21.4)
Для каждого момента времени уравнение связи определяет окружность, но с
течением времени радиус этой окружности уменьшается. Таким образом, точка М
должна находиться на окружности, стягивающейся с течением времени в точку.
В этом случае уравнение связи
/(*, у. /) = 0.
(21.5)
кроме координат точки х и у, содержит время t .
Связи, накладывающие ограничения не только на координаты точки,
но и на ее скорость, называются него лоно иными.
Уравнения неголономных связей имеют вид
f ( x , у, г , х , у, z , t ) = 0.
(21.fi)
причем соотношения (21.6) не интегрируемы, так как в противном случае после
интегрирования можно было бы получить уравнения, связывающие только
координаты точки.
Связи, не накладывающие ограничений на скорость
точки, называются голономными.
Примерами голономных связей являются связи, рассмотренные
выше.
Кроме рассмотренных классификаций, существует деление
связей на двусторонние, или удерживающие, и связи
односторонние, или неудерживающие.
Примером односторонней связи может служить горизонтальная
плоскость (рис. 54, а), примером двусторонней связи —
совокупность двух горизонтальных плоскостей (рис. 54, б).
Горизонтальная плоскость препятствует перемещению шарика
только вертикально вниз. Две горизонтальные плоскости
Рис. 54.
препятствуют его перемещению как вверх по вертикали.
Односторонней, или неудерживающей, к .зывается связь, вниз, так и
препятствующая
перемещению
тела
в
некотором
направлении и допускающая его перемещение в противоположном направлении.
Двусторонней, или удерживающей, называется связь, препятствующая перемещению тела в двух противоположных направлениях.
При наличии односторонней связи материальная точка может
в некоторый момент времени отделиться от связи и начать двигаться
^ - — свободно. В этот момент реакция связи становится
/
\
равной нулю. До этого момента реакция направ/ JL? \ лена только в сторону возможного отделения точки
!
78
I
от связи
-
Так, например, тяжелый шарик М , привязанный
^/М
к нити О М , закрепленной в точке О , может находиться не только на поверхности сферы радиусом
Рис.
.
г ~ 1=±= О М , но и внутри сферы (рис. 55). Движение шарика
внутри сферы должно происходить как свободное до тех пор, пока он не удалится
от неподвижной точки на расстояние, равное длине нити.
Рассмотренная связь имеет уравнение:
\
\
"
лг2 + у2 + г2 — / 2 < 0 .
(21.7)
Если материальная точка движется по окружности радиусом / с центром в
начале координат и окружность расположена в плоскости y O z , то уравнение
связи имеет вид:
Неравенство, соответствующее иеудерживающей нестационарной связи,
имеет общий вид:
/(*, У, z , О < 0
(21.8)
f(x, у, z, 1)>0.
(21.9)
или
Все силы, действующие на несвободную материальную точку, или
несвободное тело, делят на задаваемые силы и реакции связей.
Задаваемые силы выражают действие на материальную точку некоторых тел,
вызывающих или стремящихся вызвать определенное ее движение.
Реакции связей выражают действие связей, ограничивающих движение
материальной точки или препятствующих ему
При изучении движения несвободной материальной точки применяют
принцип освобождаемости точки от связей, использованный ранее в курсе статики
(гл. I, § 3).
Принцип освобождаемости точки от связей позволяет рассматривать движение несвободной материальной точки как движение
свободной точки под действием задаваемых сил и реакций связей.
§ 22. Дифференциальные уравнения движения материальной точки по
заданной неподвижной поверхности
Рассмотрим материальную точку М , движущуюся под действием задаваемой
силы Р по некоторой неподвижной поверхности, являющейся для точки связью
(рис. 56). Пусть уравнение этой поверхности имеет вид:
f ( x , у, z ) = 0.
Рассмотрим сначала случай, когда эта поверхность абсолютно гладкая. В этом
случае реакция связи N направлена по нормали к поверхности и называется
нормальной реакцией.
79
Согласно принципу освобождаемости от связи отбросим связь, заменив ее
действие реакцией N. Тогда для несвободной материальной точки М получим
основное уравнение динамики
mw= P + N.
(22.1)
Спроектировав векторы обеих частей этого равенства на оси
х , у , z , получим дифференциальные уравнения движения
несвободной материальной точки М :
тх
= Х -\-N x
m y = Y -ArN r m z
Z +N2,
(22.2)
Рис 56.
где X , Y , Z — проекции силы P на оси x , у , z , a N x проекции
нормальной реакции N на те же оси, т. е.
rVx=Ncos(N, i);
N
y
= N c o s ( H , j);
N 2 = Ncos(N, k).
При наличии удерживающей связи, т. е. двух параллельных поверхностей, между
которыми движется точка, реакция N может быть направлена по нормали к
поверхности как в одну, так и в другую сторону. Условимся считать нормальную
реакцию положительной, когда она направлена в сторону внешней нормали к
поверхности, т. е. в сторону точек пространства, для которых f ( x , у , z ) > О, и
отрицательной — в противоположном случае.
Тогда косинусы углов, образованных направлением N с осями координат, можно
определить по формулам дифференциальной геометрии как направляющие косинусы
внешней нормали к поверхности, имеющей уравнение f ( x , у , z ) = 0:
д/
д/
д)
дх
дг А/
(22.3)
cos(N,
к
)
=
cos(N, i) =
cos(N, j) =
Д/ '
А/ '
где
(22.4)
Определив проекции N x , N y , N z при помощи формулы (22.4) и подставив
найденные значения в дифференциальные уравнения (22.3), получим:
N д/
v ,
т у •■
г
~г
Д/ ду
(22.5)
'
m z ■■
N д/ А/
дг
N
80
Обозначив -j^y — X (множитель Лагранжа), будем иметь
тх = X-\-Х^,
m'y = Y + Я
mz = Z
(22.6)
ду '
Ч-Я,-^-
Уравнения (22.6) называются дифференциальными
уравнениями
движения несвободной материальной точки в форме Лагранжа.
Из трех дифференциальных уравнений
(22.6) и уравнения связи (21.1) можно
определить в зависимости от времени
четыре неизвестные величины: х, у , z , X .
Получив
координаты точки х, у , z как функции
времени,
определим движение точки М . Определив
множитель
Ла-- у гранжа X , можно найти алгебраическое
значение нормальной реакции поверхности
по
формуле:
N =
XAf.
(22.7)
При
наличии неудерживающей связи (одной поверхности) направление
Рис. 57. реакции совпадает с определенным направлением
нормали.
В
этом случае обращение значения N в нуль с последующим
изменением знака означает отрыв точки М от поверхности.
Рассмотрим теперь движение материальной точки по заданной негладкой
неподвижной поверхности, уравнение которой f ( x , у , z ) = 0, В этом случае
реакция связи R имеет две составляющие: нормальную реакцию N и силу трения'
F с модулем F — f N , направленную противоположно скорости точки (рис. 57).
Основное уравнение динамики для несвободной материальной точки в этом
случае имеет вид
MW
= P + N-t-F.
(22.8)
Ему соответствуют дифференциальные уравнения движения точки: m x = X
+ N x + Fx.
my = Y +Ny + Fy,
(22.9)
m z = Z + N 2 + F Z . Проекции силы трения на оси
координат можно представить так:
F X = F cos ( F , i) = — Fcos(v, i) = Аналогично
F •
F •
F v — ---------- V ,
F,= ------- Z .
У
z
v J"
v
81
F — = ---------- x.
v
v
Подставив в уравнения (22.9) значения проекций нормальной реакции N и
силы трения F, получим дифференциальные уравнения движения точки в
т х = X -4-m z = Z
1
дг
следующем виде:
F
.
—
X
— z
V
V
F
.
V
у
.
(22.10)
F .
Из трех дифференциальных уравнений (22.10), уравнения связи (21.1) и
уравнения F = f N можно определить пять неизвестных величин: х , у , z , X и F .
Алгебраическое значение нормальной реакции определится по формуле (22.7).
§ 23. Дифференциальные уравнения движения материальной точки по
заданной плоской неподвижной линии
Рассмотрим движение материальной точки по заданной гладкой неподвижной
линии, лежащей в одной плоскости. Примером такого движения может служить
движение шарика в плоской криволинейной трубке (рис. 58).
Положим, что уравнение заданной линии, отнесенное к осям хОу, проведенным
в ее плоскости, имеет вид
/(*, у) = 0.
(23.1)
Пусть на точку действует задаваемая сила Р, расположенная в плоскости хОу.
82
Согласно принципу освобождаемости от связей заменим действие связи
(заданной гладкой линии) нормальной реакцией N и для рассматриваемой
материальной точки составим основное уравнение динамики:
(23.2)
M W = P + N.
Так как вектор ускорения w и сила Р лежат в -плоскости хОу, то реакция N
лежит в этой же плоскости, т. е. она направлена по главной нормали к заданной
линии.
Спроектировав векторы левой и правой частей уравнения (23.2) на оси
координат, получим:
т'х = X -\-Ncos(H, i); m y
= Y -f-A/cos(N, j).
Направляющие косинусы нормали к плоской кривой f ( x , у) = 0 определяются
по формулам из дифференциальной геометрии:
cos( N , „ =
J-;
cos< N , J > = ^-;
V=
/(£)• + (£)'.
Подставляя эти значения в дифференциальные уравнения, получим
дифференциальные уравнения движения материальной точки по заданной плоской
линии в виде двух первых уравнений (22.6):
тх(23.3)
Х + ХY + Х
дх '
т у ■■
df_
Из дифференциальных уравнений (23.3) и уравнения связи (23. 1 ) ду •
можно определить три неизвестные
х,
у и X
в зависимости от t ,
т. е.
движение
точки
М,
и
найти
алгеРис. 58.
браическое
значение реакции связи /V
по формуле N = X A f . Однако при
движении точки по заданной плоской линии удобнее проектировать векторы
уравнения (23.2) не на оси декартовых координат, а на естественные координатные
оси, т. е. на направления касательной и нормали траектории, лежащих в плоскости
кривой х О у .
При этом касательную направляют в сторону возрастания дуговой координаты
s = O l M , отсчитанной от произвольно выбранного начала отсчета О х ,
а
нормаль направляют к центру кривизны траектории.
Спроектировав все векторы уравнения (23.2) на соответствующие оси,
получим следующие уравнения:
83
mwcos(w, t ) = P x< mw cos (w,
(23.4)
n) = P n -\- N ,
где P x и P n — проекции силы P на касательную и нормаль. Из
кинематики известно (см. § 85), что:
d2s
wcos(w, т) = -^5-,
w cos (w, n) = -
Подставляя эти значения проекций ускорения на касательную и нормаль в
уравнения (23.4), получаем
т
d 2 s dt 2
mv 2
)
(23.5)
= Pn + N .
Полученные уравнения называются уравнениями движения несвободной
точки в форме Эйлера.
Интегрируя первое уравнение, можно определить сначала скорость v = f ( t ) ,
а затем закон движения точки М по заданной траектории s = f ( t ) . Подставив
скорость v = f ' ( t ) во второе уравнение, можно найти алгебраическое значение
нормальной реакции N .
Рассмотрим теперь случай, когда точка М , двигаясь по плоской линии,
испытывает сопротивление движению.
Положим, что на эту точку действует сила
трения F с модулем F = f N , направленная
tc
противоположно скорости точки (рис. 59).
Основное уравнение динамики несвобод- О,
ной материальной точки
j»
mW = P + N + F.
Рис. 59.
(23.6)
Уравнения движения несвободной точки в форме Эйлера
d 2 s
D
U
(23.7)
■■Pn + N -
84
Уравнения (23.7) и уравнение F = f N , где/ — коэффициент трения, позволяют
определить закон движения точки по заданной траектории s = /(/), алгебраическое
значение нормальной реакции N и модуль силы трения F .
85
§ 24. Математический маятник и его малые колебания
Математическим
маятником
называется материальная точка,
подвешенная на нерастяжимой невесомой нити, совершающая движение
в одной вертикальной плоскости под действием силы тяжести.
Рассмотрим движение маятника массой т и длиной О М — 1
о
(рис. 60).
На точку М действуют две силы: ее вес G и
реакция нити N. Уравнения движения точки М в
форме Эйлера имеют вид
d2s
=
m ~dF
— О sin ф = — mg sin ф, P n ~\-N — — mg
п
P
cos ф -f- N ,
За начало отсчета дуговой координаты s примем
Рис. 60. наинизшее положение
Oj
Так как s — O x M = ly, то
d 2 s dt 2
d2s
Подставляя значение
d2
q>
dt 2
= 1
в первое уравнение, получаем ml -^j- = — mg
sin ф
или
dt 2
f--|-sin9==0.
(24.1)
Проинтегрировать уравнение (24.1) по времени при помощи элементарных
функций нельзя.
При малом угле ф можно принять вшфагф. Тогда дифференциальное уравнение
движения математического маятника примет вид:
Ф + у-ф :
:0.
Это дифференциальное уравнение имеет вид (11.2), ветствует
гармоническому колебательному движению. Обозначим
ft" = f.
YJт. е.
(24.2)
е. соот-
(24.3)
Получим дифференциальное уравнение
ф-f- &2ф = 0.
86
Решение этого уравнения имеет вид (11.3) или
(11.6):
y = C 1 coskt- r C 2 sinkt,
или
<p = asin(« + P).
(24.4)
(24.5)
где a — амплитуда угла ф при малых колебаниях маятника.
Величина амплитуды зависит от начальных условий движения маятника.
Период малых колебаний маятника определится по частоте колебаний k:
2
7 = ^-,л т. е. Г = 2 я | / ( 2 4 . 6 )
к
'
- *" * — — У g Модуль реакции нити N определим из второго уравнения
движения точки при р = /
ЛГ = -!у1-4-1 »£со8ф.
(24.7)
Чтобы найти N , необходимо иметь значение скорости v точки М . Для
определения v преобразуем уравнение (24.1) при помощи зависимости:
d 2 (f _ da _ da
dip d®
~dP
dT~ ~dy '~d7~~ rfq7 ' W*
Уравнение (24.1) примет вид
или
I
a d a — — -f- sin ф
уравнение, получим:
d(f.
со2 _ g 2 ■соэф + С.
(24.8)
~~ I
Проинтегрировав это
Для определения постоянной С необходимы начальные условия задачи.
Пусть в начальный момент /0 = 0 угловая скорость маятника была о»0, а угол
равен ср0. Подставим эти значения в уравнение (24.8):
2с
= -^-созф0 + С, отсюда
= ~2 ---- -у
cos <р0.
Подставив найденное значение С в уравнение (24.8), получим:
со2 = сОр-\- 2-у- (cos ф — cos фд).
(24.9)
Умножив обе части равенства (24.9) на I 2 , найдем:
& = i%-\-2gl(cos<p — со5ф0).
(24.10)
Подставив значение (24.10) в формулу (24.7), найдем модуль реакции нити:
N
87
~
0
[ ~g j + 3 cos ф — 2 cos Фо) •
(24.11)
Из формулы (24.11) следует, что модуль реакции нити в любом положении
маятника зависит от начальной скорости v 0 и начального отклонения маятника ф0.
Формула (24.11) справедлива не только при малых колебаниях, так как получена
не из приближенного, а точного дифференциального уравнения (24 1).
§ 25. Примеры на-движение несвободной материальной
точки
Пример 10. Груз подвешен на нити длиной 1=70 см. В наинизшем
положении грузу сообщена горизонтальная скорость г>0 = 4,9 м/сек. Определить:
1) в каком положении нить перестанет удерживать груз и он начнет двигаться
как свободная точка;
2) при какой наименьшей начальной горизонтальной скорости v™ la груз
опишет полную окружность?
Р е ш е н и е . Модуль реакции нити математического маятника в любом его
положении определяется по формуле (24.11):
..2
= О
1^— —|— 3 cos ф — 2 cos ф ^ .
0
1. Положение груза М х (рис. 61), в
его удерживать и он начнет двигаться как
лится из условия, что в
м
л '
нити равняется нулю:
i
у
у
I
N==0;
котором нить перестанет
свободная точка, опредеэтом положении реакция
-^- + З с о з ф —2созф0 = 0,
откуда
«8
2 cos фо —-ту
Рис 61.
COS ф
=
----------------- g
Подставляя числовые значения всех заданных величин и
начальное значение угла поворота ф0 = 0, получаем:
4,9*
9,8 -0,7
п _
соэф=------------ g-------- = —0,5,
следовательно, искомое положение груза определяется углом ф = 120°.
2. Минимальная начальная скорость в наинизшем положении, при которой
груз опишет полную окружность, будет такой же, как и
88
для прохождения полуокружности, и определяется по формуле (24.11) из условия
Л/>0
при ф=180й
т. е.
+ 3cos 180° —2 > 0 .
откуда и
Пример 11. Шарику, находившемуся в вершине гладкой шаровой поверхности
радиусом /? = 0,5 м, сообщена скорость г»0 = 0,7 м/сек. Определить, в какой точке
шарик отделится от поверхности и начнет двигаться свободно.
Р е ш е н и е . Шарик движется по гладкой шаровой поверхности под
действием двух сил: силы тяжести О и реакции поверхности N (рис. 62).
Основное уравнение динамики Для несвободной точки М в этом случае имеет
вид:
m w = O + N.
Уравнения движения шарика в
форме Эйлера будут:
d2s
т
= О sirup,
(25.1)
Рис. 62.
■■ G cos ф — Л/.
В момент отделения шарика от поверхности реакция ее равняется нулю.
Из второго уравнения (25.1) при Л/ = 0
Осоэф,
или
СОвф:
G
(25.2)
R
Для определения v 2 используем первое уравнение (25.1) За начало отсчета О х
дуговой координаты s примем начальное положение шарика М 0 ; тогда
s = 0 1 M = R(p,
d 2 s dt 2 о d 2 <? _
da _
da
d<p _ p da
H-W — K 4 F — K ~ A ^ " ST — H 1$' W d
2
s
Подставив значение
в первое уравнение (25.1), будем иметь
m .R — G > = m g s u i ( { > или Radco — g s i r u p dq>.
da
Проинтегрировав это уравнение, получим
R
~2~ — — § cos (р-{-С.
Выразим угловую скорость через линейную скорость точки М по формуле (0 =
-^-:
= — g cos ф -f- С.
89
(25.3)
Значение С определим из уравнения (25.3) по начальным условиям движения:
Фо = °; v = v0.
Тогда
«о
■& = - g + C.
откуда
Подставим значение С в уравнение (25.3):
v20
J
2дг = - £ С 0 8 ф +27? + £.
или
»2 = *>1 +
(1 — cos ф). Подставив значение
v2 в
формулу (25>2), найдем v 2
с2
С 0 5 ф = ^-=-рг+2(1
—СОЭф),
откуда
Подставим заданные числовые значения:
1 /0 ,
0,49 \
2,1
п _
с о 5 ф = з - ( 2 +адТад) = -з- = 0,7.
В точке, которой соответствует угол ф = / О х СМ = 45° 35', шарик отделится от
поверхности.
Вопросы для самоконтроля
1. В каких случаях материальную точку называют несвободной и каковы
дифференциальные уравнения движения этой точки'
2. Дайте определения стационарных и нестационарных, голономных. н
иеголоиомных связей.
3. Какие связи называют двусторонними и односторонними?
4. В чем сущность принципа освобождаемое™ от связей?
5 Какой вид имеют дифференциальные уравнения движения несвободной
материальной точки в форме Лагранжа? Что называют множителем Лагранжа?
ГЛАВА V
ДИНАМИКА ОТНОСИТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ
МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
§ 26. Дифференциальные уравнения относительно движения
материальной точки. Переносная и кориолисова силы инерции
6
А. А Яблонский
90
Два первых закона классической механики и все полученные на их основе
уравнения справедливы для движения материальной точки относительно
инерциальной системы отсчета (см. § 2).
Изучим движение материальной точки относительно неинерциаль-ной
системы.
Положим, что система отсчета 2|т|£ является инерциальной, а не связанная с
ней система O x y z — неинерциальной (рис. 63). Примем
систему У|т)£ за условно неподвижную, а
систему O x y z за подвижную систему
отсчета.
Рассмотрим движение материальной
точки М , не связанной неизменно с подвижной системой отсчета, а движущейся
по отношению к ней Движение точки М
относительно системы 2|т|£ называется
абсолютным,
а
движение
точки
относительно системе Oxyz
называется
относительУ
ным.
* /
Установим
основное ^/
уравнение динамики отноРис. 63.
сительного движения материальной точки, считая, что переносное движение
системы O x y z и силы, действующие на точку, известны.
Основное уравнение динамики для абсолютного движения точки М имеет вид:
m w = 2Р(.
(26.1)
где w — абсолютное ускорение материальной точки, а 2 Р < — ге0" метрическая
сумма приложенных к точке сил. В разделе «Кинематика» (§ 125) установлено, что
в случае непоступательного переносного движения абсолютное ускорение точки w,
равно геометрической сумме трех ускорений: относительного wr, переносного we и
поворотного (кориолисового) w,, т. е.
w = w r -\-w e -\-w c . Подставив это значение w в уравнение (26 1), получим
mw, -4- mw e -4- mw c = 2 Р,Из полученного уравнения определим произведение массы точки на ее
относительное ускорение:
mw, = 2 Pj—mw«—m w c-
(26.2)
Введем два вектора:
Фг = — mw e ,
6*
Фс, = — mw c ,
91
численно равные произведениям mw e и mw c и направленные противоположно
ускорениям we и w c . Эти векторы назовем переносной а кориолисовой силами
инерции.
Подставим эти векторы в уравнение (26 2):
mw r = 2 P , + *, + *c
(26 3>
Уравнение (26 3) представляет собой основное уравнение динамики
относительного движения материальной точки
Сопоставляя уравнения (26.1) и (26 3), заключаем- в случае непоступательного переносного движения относительное движение
материальной точки можно рассматривать как абсолютное* если к
действующим на точку силам присоединить переносную и кориолисову
силы инерции
Разложив силу инерции материальной точки Ф = — mw на составляющие,
получим
Ф = — mw = — mw, — mw, — mw( = Ф, -j- Фе + Фс.
Таким образом, переносная и кориолисовы силы инерции Фв и Фс, так же как и
вектор Фг = — tnw r являются составляющими силы инерции Ф точки М .
При помощи уравнений относительного движения материальной точки
* = /i(0.
У=
/аС).
* = /а(0
можно выразить проекции относительного ускорения wr на оси л:, у , zt
••
d2x
w
rx =-dii-= x >
d?y
™гу = -мГ = У -
■■
w
d2z
rz -=-aW
= z'
Проектируя векторы уравнения (26.3) на оси подвижной системы отсчета O x y z ,
получаем дифференциальные уравнения относительного-движения материальной
точки:
тх
ту
еу
Ф
(26.4>
СУ
m z = % г 1 + Ф е2 + Ф с
Дифференциальные уравнения (26.4) отличаются от дифференциальных
уравнений абсолютного движения материальной точки (3.2) наличием в правой
части проекций на соответствующие координатные-оси переносной и
кориолисовой сил инерции.
6*
92
Рассмотрим частные случаи относительного движения материальной точки,
соответствующие различным видам переносного движения..
1.
Переносное
движение
—
неравномерное вращение тела вокруг
неподвижной оси (рис. 64).
В этом случае переносное ускорение
we
равно
геометрической
сумме
вращательного и центростремительного
ускорений:
w„ = wB -4- w"
е
е 1
е
В соответствии с этим переносная сила
инерции Фе имеет две составляющие:
вращательную силу
инерции Фе = — и центробежную
силу
инерции Ф« =
= — mwj, т. е.
Фе=Фе + ФеТогда уравнение (26.3) принимает вид
mw r =
2
Р, + Ф* + Ф" + Ф с
(26 5)
Правая часть уравнения (26 5), кроме приложенных к точке сил,, содержит
переносную вращательную, переносную центробежную ш кориолисову силы
инерции
Модули переносного вращательного и переносного центростремительного
ускорений определяются по формулам:
\wl\ = МК - l e i ,
I
с [
I
£I
w n = М К • со2
е
е)
где сое и г е — алгебраические величины угловой скорости и углового ускорения
переносного вращения; М К — расстояние в данный момент от точки М до оси
вращения.
Переносная вращательная сила инерции Ф е направлена противоположно
вращательному ускорению, а ее модуль
Фве = т
| wl | = т
■ М К • | ге \
Переносная центробежная сила инерции ф£ направлена противоположно
центростремительному ускорению, т е направлена по радиусу М К от оси
вращения z , а ее модуль
= mwe — т • М К • а >1
93-
Поворотное, или кориолисово, ускорение wc, как известно (см. «Кинематика»,
§ 126), определяется векторным произведением w^ = = 2((!>Д vr) Его модуль w c = 2
|сое| • \v r \ ■ sin(we, vr) Кориоли-сова сила инерции направлена противоположно
кориолисову ускорению точки, а ее модуль
Ф с = 2т ■ \щ\ ■ \v,\ ■ sin(we, v r )
Направление кориолисовой силы инерции Фс, обратно направлению ускорения
wc, перпендикулярно к векторам ы е и vr, т е. перпендикулярно как к оси
переносного вращения, так и к касательной к траектории относительного движения
точки
2 Переносное движение — равномерное вращение вокруг неподвижной оси
В этом случае е е = 0 и Ф* = 0 и основное уравнение динамики относительного
движения точки (26 5) примет вид.
я»«гг = 2 Р , + Ф ? + Фг
(26 6)
3 Переносное
движение
—
поступательное
неравномерное
криволинейное движение
В этом случае (ое = 0 и Ф с = 0 , а потому уравнение (26 3) принимает вид:
я»*, = 2 Р , + Ф,
(26 7)
Правая часть уравнения (26.7) кроме приложенных к точке сил, содержит
только переносную силу инерции Фе— — mw e , направленную противоположно
ускорению поступательного движения системы O x y z с модулем Ф е = т\w e \
В случае поступательного
неравномерного
Фе
Ф-ех
Феп'
криволинейного движения
где
Ф ех = т
dt
р
4 Переносное движение — поступательное прямолинейное и
равномерное движение
В этом случае w e — 0 и Фе — 0 , а потому уравнение (26 7) принимает вид:
mw r = 2 Р<
(26 8)
В правой части уравнения (26 8) имеется только геометрическая сумма
приложенных к точке сил, как в основном уравнении абсолютного движения точки
(26 1), т. е подвижная систем отсчета O x y z является в этом случае тоже
инерциальной системой
§ 27. Принцип относительности классической механики. Инерциальные
системы отсчета
Сопоставление уравнений (26 8) и (26 1) показывает, что при равномерном
прямолинейном поступательном переносном движении уравнение (26 8),
определяющее относительное ускорение материальной точки wr, ничем не
отличается от основного уравнения динамики (26 1), определяющего абсолютное
ускорение точки w В этом случае относительное движение с динамической точки
зрения ничем не отличается от абсолютного движения,
Таким образом, относительное движение материальной точки по отношению
к подвижной системе отсчета, движущейся прямолинейна
2
С
и
1
о
Si
х/
\с
11
1 _ ._
' 1
1
1
2
Л
//
\
7
и равномерно, происходит так же, как и по отношению к неподвижной системе
отсчета (рис 65)
Все такие подвижные системы являются инерциальными системами отсчета, и
движение материальной точки относительно любой из этих систем можно
рассматривать как абсолютное движение Это указывает ла инвариантность
уравнений динамики при переходе от одной инерциальной системы к другой.
Очевидно поэтому, что наблюдения над относительным движением
материальной точки по отношению к любой из таких систем не позволяют судить
о том, совершает ли эта система равномерное прямолинейное поступательное
движение или находится в покое.
Это положение, называемое принципом относительности классической
механики, можно сформулировать так:
Никакие механиче-ские явления, происходящие в среде, не могут
обнаружить ее прямолинейного и равномерного поступа~ тельного
движения.
Этот принцип, распространенный не только на механические, но и на все
физические явления, лежит в основе теории относительности.
§ 28. Случай относительного покоя. Сила тяжести
Рассмотрим
случай,
приложенных к ней сил
когда материальная точка под действием находится
в состоянии относительного покоя, т. е. не
совершает движения относительно подвижной
системы отсчета O x y z .
При отсутствии относительного движения
абсолютное ускорение точки равно ее
переносному ускорению, т. е. w = w e.
Тогда уравнение (26.1) принимает
вид
или 2 Р< — mwe ~ 0- откуда
2 Р , + Фе = 0.
(28 1)
Таким образом, в случае, когда
материальная
точка
Находится в
состоянии относительного покоя,
геометрическая сумма приложенных к
точке сил и переносней силы инерции равна
нулю.
В
качестве
примера
рассмотрим
относительный покой материальной точки
(тела) на поверхности Земли (рис. 66).
Условие относительного покоя точки М выражается равенством (28.1) в виде
P + N + 4 >2 = 0,
•где Р—сила притяжения Земли, направленная к ее центру, N—реакция опоры;
Ф"—переносная сила инерции, которая вследствие равномерного вращения
Земли представляет собой центробежную силу инерции. Ее модуль
2п
-1
где сое = 25 35QQ сек —угловая скорость вращения Земли
Очевидно, что действие тела на опору выражается силой 0 = —N, т. е. l G =
P-4-4>". причем сила G —равнодействующая сила притяжения Земли и переносной
силы инерции — представляет собой силу тяжести, т. е. вес тела. Направление
силы тяжести О определяет направление вертикали в данной точке земной
поверхности, а плоскость, перпендикулярная к G, является горизонтальной
плоскостью.
По модулю центробежная сила инерции Ф" всегда мала по сравнению с весом
тела О. Найдем отношение их модулей:
тМКы]
О
MG
СШю^совф
G
Яы2 cos <р
G
где R — радиус земного шара,
ср — широта, на которой находится точка М .
96
Отношение
имеет максимальное значение на экваторе: ф = 0,
6370 к м ,
#=
£ = 9,78 м/сек 2 ,
^f = 0,00346,
или
Из этого следует, что вес тела G по модулю мало отличается от силы
притяжения тела к Земле Р и направление вертикали составляет с направлением
этой силы очень малый угол.
Наибольший вес тело имеет на полюсе, а наименьший — на экваторе по двум
причинам:
1) сила притяжения Р на полюсе имеет наибольший модуль;
2) переносная сила инерции ф£ на полюсе равна нулю. Ускорение свободного
падения тела g равно 983 см/сек 2 на
полюсе и 978 см/сек 2 на экваторе.
§ 29. Отклонение падающих тел к востоку
Наблюдения показывают, что все тела, падающие на Землю, незначительно
отклоняются от вертикали в восточном направлении.
Объяснение этого явления легко получить, рассмотрев относительное
движение падающего тела без начальной скорости по отношению к подвижной
системе отсчета, связанной с вращающимся земным шаром.
Начало координат О этой системы совместим с точкой поверхности Земли,
лежащей на одной вертикали с начальным положением падающего тела М 0 (рис. 67
и 68). Ось г направим по вертикали вверх через центр Земли, пренебрегая ее
незначительным отклонением, ось х — по касательной к меридиану к югу, а ось у
— пер-апендикулярно к плоскости меридиана хОг к востоку.
Рис 67.
.97
Рис. 68.
Тогда начальные условия относительного движения материальной точки
будут:
t 0 — 0,
х 0 = 0,
у0 = 0,
у0 = 0,
0,
г0 = Н , xQ =
z0 = 0.
Если сопротивление воздуха не учитывается, - то на точку действует только
сила притяжения Земли Р.
Основное уравнение динамики относительного движения точки (26.6) в случае,
когда переносное движение—равномерное вращение — имеет вид:
|»«г, = Р + Ф? + Фг.
(29.1)
Ло равнодействующая силы притяжения Р и переносной, центробежной силы
инерции Ф" равна силе тяжести (весу) тела Q и направлена по вертикали.
Тогда уравнение (29.1) получает вид:
т\уг = 0 + Фс.
(29.2)
Кориолисово ускорение точки wc = 2 ( w ^ X v r ) направлено на запад
перпендикулярно к плоскости меридиана, содержащей, векторы ы е и \г.
Кориолисова сила инерции Ф с противоположна ускорению Wj., следовательно, она
направлена на восток, т. е. в сторону положительного направления оси у .
Ее модуль
Ф с = 2 т ■ |o)J • |tfr|cos<j>, где ф —
широта, на которой находится точка М .
Составим дифференциальные уравнения движения точки М , соответствующие уравнению (29.2), в предположении, что направление скорости vr во
все время движения мало отклоняется от вертикали Z , Получим:
т у = ^ У 1 = Ф С = 2m(a e v r cos <p, m z =
(29.3>
^ i Z i = — 0 = — mg.
Интегрируем первое уравнение (29.3):
X
^
С 1»
X
C-^t
—j—
По начальным условиям t 0 = О, л:0 = 0, х 0 = 0 С, = 0,
С2
= 0.
Уравнение движения точки вдоль оси х получает вид
л: = 0.
(29.4)
Таким образом, точка М движется только в плоскости zOy^ Интегрируем
третье уравнение (29.3):
98
z = — g,
z = — gt + C a ,
z —
^i-bc3r4-c4.
По начальным условиям t 0 = 0 , z 0 = 0 и z 0 = H
C3 = 0, с4 = н. Для
движения точки вдоль оси z
z = — gt.
■ Н—
(29.5>
Приступая к интегрированию второго уравнения (29.3), учтем, что направление
относительной скорости vr очень мало отличается от направления вертикали, а потому
с достаточной степенью точности, можно принять:
v r = v z = \'z\ = gt. Тогда второе уравнение (29.3)
принимает вид т у — 2mv> e gt cos <j>.
Интегрируя, получаем:
У = ®е^2 cos
ф + С5,
По начальным условиям t 0
y = j a e gt 3 cos
= О, у 0
С5 =
0,
= 0, у 0
ф -4- C s t
-f- C6.
=0
С6 = 0. Для
движения точки вдоль оси у
Определяем из уравнения
у = ti> e gt 2 cos
ф,
у = -i юе£Я cos
ф.
(29.6)
(29.5) при 2 = 0 момент падения точки на Землю
Подставляя значение t x в уравнение (29.6), получаем Утах = з" ® е ё у ~gT cos Ф
или
2
/~ 2//
Утах = з-^©, у - j - cos
.99
«р.
(29.7)
По формуле (29.7) можно по высоте и широте места падения тела найти
величину его отклонения от вертикали к востоку. Так, например, на широте
Ленинграда (ф = 60°) тело, падающее с высоты Л =100 м , без учета
сопротивления воздуха отклоняется в восточном направлении на утах= 1,1 с м .
Тело, брошенное вертикально вверх, отклоняется от вертикали не на восток, а на
запад, так как кориолисова сила инерции в этом случае направлена перпендикулярно
к плоскости меридиана к западу.
§ 30, Примеры на относительное движение
материальной точки
Пример 12. Определить периоды качаний математического маятника, точка
привеса которого движется по вертикали:
1) вверх с ускорением w;
2) вниз с ускорением w < g\
3) вниз с ускорением w = g и
4) вниз с ускорением w > g.
Р е ш е н и е . 1. Если точка привеса математического маятника движется, то
абсолютное движение мая^чика является сложным.
100
Свяжем подвижную систему отсчета хОу с ползунком О, движущимся
поступательно вверх с ускорением w (рис. 69). Тогда это движение будет
переносным движением. Переносное ускорение we будет равно заданному
ускорению w. Относительным движением маятника по отношению к этой системе
будет качание маятника вокруг точки привеса О. Чтобы определить это движение,
применим основное уравнение относительного движения
в случае, когда переносное движение поступательное
(26.7):
К маятнику М приложены: сила тяжести О и реакция
нити N. Условно приложим к точке М переносную силу
инерции Ф е — —mw(l направленную противоположно
переносному ускорению w e , т. е. вертикально вниз.
Уравнение (26.7) примет вид:
mwr = G-bN + 4>f
Составим уравнения относительного движения,
соответствующие уравнению (30 1), в форме Эйлера
(23.5):
т
(30.1)
d 2 s r dt 2
(30.2)
m -j}- = N — ( G ■+- Ф е ) cos <pf.
Так как
то
( G + Ф е ) sin фг = — m ( g + w e ) sin фг,
d 2 Vr dt 2
d2sr
2
dt
Подставим это значение
ml
или
rf
d2s
/■ в первое уравнение (30.2):
dt 2
■■— m ( g ^ - w e ) s m y r
d 2 <? r
dt 2
sin фг :
:0.
(30.3)
Полагая угол ц> г малым по величине, принимаем sin ф,: : фг. Тогда
уравнение (30.3) принимает вид:
g + we
Фг
= 0.
(30 4)
101
Уравнение (30.4) аналогично дифференциальному уравнению (24.2) качаний
математического маятника.
Пользуясь этим, определим частоту и период качаний рассматриваемого
маятника:
,
=
yg±EЈ.
„ 7 = 2*1/
(30.5)
g + U>e
Полученный результат показывает, что при увеличении ускорения переносного
движения w e маятник должен качаться быстрее.
Из второго уравнения (30.2) можно определить модуль реакции нити N :
mv 2
mv 2
N = ( G + Ф е ) cos фг Н -------- = m g cos (f r -\-mw e cos q> r -\ -------- — . (30.6)
Относительную скорость v r в зависимости от угла фг можно определить из
первого уравнения (30.2), как это было сделано в § 24.
2 В случае, если точка привеса маятника
движется вниз с ускорением w e < g , то
период качаний определится:
I
' = 2л У
■
g — We
(30.7а)
т. е. ускоренное движение точки привеса
вниз увеличивает период качаний маятника.
3. Если точка привеса маятника
свободно падает вниз, т. е. w e = g , то нить
маятника не препятствует свободному
падению материальной точки М , а потому
колебаний маятника не происходит (Т = оо).
4. Если точка привеса маятника движется
вниз с ускорением, большим чем ускорение
свободного падения, т. е. w e > g (рис. 70), то получается обратный маятник, так
как Ф е > О. Период его качаний определяется:
■ = 2Л/:
g
(30.76)
Пример 13. Тело весом 0 = 2 н положено на гладкую грань
трехгранной призмы, другая грань которой лежит на горизонтальной
плоскости. Какое горизонтальное ускорение должна иметь призма,
чтобы тело не двигалось относительно призмы и какое давление
3
производит тело на призму в этом случае, если а = arctg-y (рис. 71).
Р е ш е н и е . Если тело находится в состоянии относительного покоя по
отношению к движущейся призме, то применимо уравне
102
ние (28.1), т. е. геометрическая сумма приложенных к телу сил и переносной силы
инерции равна нулю.
К телу приложены: его вес Q и реакция гладкой плоскости N (рис. 72).
Условно приложим к телу переносную силу инерции Фе, направленную
противоположно переносному ускорению w,,, представляющему собой ускорение
движения призмы. Модуль этой силы определится:
mw e .
где т — масса тела.
Составим для сил О, N и Ф е уравнение
(28.1):
(30.8)
Проектируя векторы этого равенства на
оси л: и у , связанные с движущейся призмой,
получим уравнения:
О sin а — Ф е cos а = О, N
(30.9)
— G cos а — Ф. sinct = 0.
и
/ N
_ ^.
w.
Рис. 72.
Из первого уравнения (30.9) найдем
модуль ускорения w e :
mg sin а — mw e cos а = 0,
откуда
3
103
we = g i g a =
T
g = 7.d5 м/cetc 2 ;
тогда
Ф е = mw e = mg tg a = G tg a.
Определим модуль реакции призмы N из второго уравнения (30.9): N — G cos
а -f- Ф е sin a = G cos a 4- G • tg a ■ sin a =
= G c o s a ( l +tg2 a ) = G
Vl+tg2a
(l+tg2 ) =
a
= G V l +tg2
a
= 2 • | = 2,5 «.
Пример 14. Гладкий стержень длиной 2 = 0,5 м равномерно вращается в
горизонтальной плоскости вокруг оси, проходящей через его конец. Угловая
скорость его вращения равна 2л сек' 1 . В некоторый момент времени кольцу,
находящемуся посередине стержня, представляют возможность скользить по нему.
Через сколько секунд кольцо сойдет со стержня?
104
Р е ш е н и е . Свяжем подвижную систему отсчета O x y z с вращающимся
стержнем. Направим ось х вдоль стержня, ось у — перпендикулярно к оси х в
горизонтальной плоскости, ось z — вертикально вверх (рис. 73).
Вращение этой системы вокруг оси z будет переносным движением.
Относительным движением кольца по отношению к этой системе будет
его скольжение по стержню
I——— J --------------- —
Когда переносное движение
является равномерным вращением, относительное движение
точки
определяется
уравнением (26.6):
I ---------X
Рис. 73
а
)
К кольцу приложены силы: его вес Q и реакция
стержня, перпендикулярная к его оси, имеющая две составляющие: вертикальную N, и горизонтальную N2.
Условно
Э ------- х
прикладываем к кольцу
переносную центробежную силу инерции ф£
и кориолисову силу инерции Ф с (рис. 74, а и
б ) , ко-торые направлены противо_ А ___
положно ускорениям wЈ и w c
(рис. 73). Направление ускорения w^, определено
по правилу Жуковского поворотом вектора vr на 90°
в плоскости, перпендикулярной к оси переносного
вращения, в сторону этого вращения.
Модули сил инерции
Р
%
ф" = даш" —тх(д 2 е , Ф с —
mw c = 2nm e v T sin (ы е , vr) =
2nm e v r ,
так как ы е J_ v r . то sin(we, v r ) = l .
Уравнение (26.6) в данном случае имеет вид:
mw, = G + Ni-f- N 2 4 ^?-r- Фс-
(30.10)
Составим дифференциальное уравнение относительно движения кольца вдоль
оси х , соответствующее уравнению (30.10):
тх
: ф е — тх(д е ,
откуда
х — a>2ex = 0.
105
(30.11)
Характеристическое уравнение будет:
г2 —со2 = 0,
откуда
r h 2 = ±0).
Решение уравнения (30.11) имеет вид:
x = C1e°>'+C2e-°rf.
(30.12)
Скорость этого движения получим, дифференцируя по t
ние (30.12):
x = &(Cit at — C2e-ffl0-
уравне(30.13)
Определим постоянные С± и С2 по начальным условиям:
лг0 =
/ = 0,
= 0,25 м,
;е0 = 0.
Подставим эти значения в уравнения (30.12) и (30.13):
0,25 = С1 + С2, 0 =
Сх-С2,
тогда
С1 = С2 = 0,125.
Подставляя значение угловой скорости <ае = 2я сек~ 1 и значение постоянных
С х и С2 в уравнение (30.12), получаем уравнение относительного движения кольца:
лг = 0,125(е2л' + е-2л0.
(30.14)
Продолжительность Т движения кольца до конца стержня находим из
уравнения (30.14) при х = 0,5 м:
0,5 = 0,125 (е^ + е-2*7-)
или
е2яГ
_|_ е-2лГ _ 4_
Для решения этого уравнения положим
е2лГ
_ и>
е-
1.
2кГ
и
тогда
и+А=41
и
или
и2 — 4и -4- 1 = 0,
откуда
в = 2±
7
А. А. Яблонский
У4
— 1 = 2 ± "^3 = 2+1,732.
97
Так как Т > 0, то
е2я7"> 1.
Поэтому
e2*r = u = 3,732,
2лТ = In 3,732,
откуда
т
In 3,732
7==_
„
01
бЖ~ = 0,21 сек-
Чтобы определить модули реакций стержня N x и N 2 , спроектируем векторы
уравнения (30 10) на оси у и гг. Учитывая, что wr J_ О у и wr J_ Oz, получаем:
0 = Л/2-Фс.
0 = /VL —О.
Из этих уравнений найдем: Л/2 = Фс = 2mo)evr = 2«©ejc = 2т2л • 0,25я (е2я< —
е-2я') =
= mn 2 (е 2М — е-2"').
Nl = Q.
(30.15)
(30.16)
Вопросы для самоконтроля
1. Какой модуль и какое направление имеют переносная и кориолисова силы
инерции?
2 В чем заключается различие между дифференциальными уравнениями
относительного и абсолютного движений материальной точки?
3. Как определяются переносная н кориолисова силы инерции в различных
случаях переносного движения?
4. В чем состоит сущность принципа относительности классической механики?
5 Какие системы отсчета называются инерциальными?
6. Каково условие относительного покоя материальной точки?
7. В каких точках земной поверхности сила тяжесги имеет наибольшее
и наименьшее значения?
8. Чем объясняется отклонение падающих тел к востоку?
9. В каком направлении отклоняется тело, брошенное вертикально вверх?
Г Л А В А VI
СИСТЕМА МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК. ТВЕРДОЕ ТЕЛО. МОМЕНТЫ
ИНЕРЦИИ ТВЕРДОГО ТЕЛА
§ 31. Силы, действующие на точки механической системы
Системой материальных точек, или механической системой, называют
мысленно выделенную совокупность материальных точек, взаимодействующих
между собой.
Систему материальных точек, движение которых не ограничено никакими
связями, а определяется лишь действующими на эти точки силами, называют
системой свободных точек.
107
Примером системы свободных точек может служить солнечная система,
планеты которой рассматриваются в астрономии как материальные точки. Планеты
свободно перемещаются по орбитам, зависящим от действующих на планеты сил.
Система материальных точек, движения которых ограничиваются наложенными на точки связями, называется системой несвободных точек.
Примером системы несвободных точек может служить любой механизм или
машина, у которых движения отдельных элементов ограничены связями.
Известно, что механическое действие связей на точки системы выражается
силами, называемыми реакциями связей. Таким образом, все силы, действующие на
систему несвободных точек, можно разделить на задаваемые силы и реакции
связей.
Равнодействующую всех задаваемых сил, приложенных к точке M t
несвободной механической системы, условимся обозначать Р ( , а равнодействующую реакций связей — R (
Все силы, действующие на точки любой механической системы как свободной,
так и несвободной, можно разделить и по другому признаку: на внешние и
внутренние силы.
Внешними называют силы, действующие на точки системы со стороны
материальных точек, не входящих в состав данной системы.
Внутренними силами называют силы взаимодействия между материальными
точками данной механической системы.
Внешние силы условимся обозначать Pf, а внутренние силы — PfПримером внутренних сил могут служить силы упругости, действующие между
частицами упругого тела, принятого за механическую систему.
Одна и та же сила может быть как внешней, так и внутренней, в зависимости от
того, какая механическая система рассматривается. Так, например, реакции
подшипников вала являются внешними силами по отношению к самому валу. Эти
же реакции относятся к внутренним силам, когда рассматривается вся установка
вместе со станиной.
Таким образом, любая сила, действующая на точку механической системы в
соответствии с приведенным двумя классификациями сил. является внешней или
внутренней и в то же время она является задаваемой силой или реакцией связи.
Движение точек механической системы зависит как от внешних, так и от
внутренних сил.
На основании закона равенства действия и противодействия каждой внутренней
силе соответствует другая внутренняя сила, равная ей по модулю и
противоположная по направлению.
Из этого следует:
1. Главный вектор всех внутренних сил системы и суммы их проекций
на координатные оси равны нулю:
/=2 Р/= ,
2*< = о; 2 *^=0; 2zf = o.
Р
О
(31.1)
(3i.2>
2. Главные моменты всех внутренних сил системы относительно
любого центра и координатных осей равны нулю:
(31.3)
(31.4)
Хотя уравнения (31.2) и (31.4) имеют вид уравнений равновесия сил,
произвольно расположенных в пространстве, но внутренние силы не
уравновешиваются, так как они приложены к различным точкам системы и могут
вызывать перемещения этих точек относительно друг друга.
§ 32. Центр масс системы материальных точек и его
координаты
Каждая точка M t механической системы имеет определенную массу ягг, а ее
положение по отношению к системе отсчета O x y z в каждый момент времени
определяется радиусом-вектором r i или тремя координатами x t , y t , z t .
Рис. 75.
Центром масс системы называется геометрическая точка С, радиус-вектор
которой г с определяется по формуле:
г г =
2
M
ITI
(32.1)
2
где m = mt—масса системы (рис. 75).
Проектируя векторы обеих частей равенства (32.1) на оси х , у , z , получаем
формулы, определяющие координаты центра масс системы:
Над
,. _
2 'У( т
Т
? _2""
2
<
П99 ,
—
Ус — ----- ~
•
C ---------- Ш
•
K FIL . L )
Как видно из формул (32.1) или (32.2), положение центра масс системы в
каждый момент времени зависит только от положения и массы каждой точки этой
системы. Нетрудно убедиться в том, что центр тяжести тела или системы тел
109
Z
является центром масс этой системы. Для этого воспользуемся формулами,
определяющими координаты центра тяжести тела (см. ч. I, «Статика», § 66):
2°***
2
о
а
G
2 ^ _2
*
а
2
mg
_2
—
m is x i
т ^У1
mg
mixi
m
2
m iyi
m
m iЈ z i
mg
m
Действительно, центр тяжести системы тел совпадает с их центром масс.
Понятие «центр масс системы» применимо для любой системы материальных
точек независимо от того, находится ли она под действием каких-либо сил или нет,
тогда как понятие «центр тяжести» применяется лишь для твердого тела или
системы твердых тел, находящихся в однородном поле сил тяжести.
§ 33. Твердое тело
Рассмотрим систему п материальных точек, расстояния между которыми
остаются неизменными. Такая система называется неизменяемой.
Для
образования
неизменяемой
системы
из двух точек М х и М 2 их следует соединить
между собой абсолютно жестким и невесомым
(идеальным) стержнем (рис. 76). Чтобы образовать неизменяемую систему из трех точек M f
М х > М 2 и М 3 , необходимы три стержня: М Х М 2 ,
М2М3
и
М3МХ.
Для
образования
неизменяемой системы из четырех точек, не лежащих
рис, 75.
в одной плоскости, нужно присоединить точку М А к трем первым точкам тремя
стержнями M l M i , М 2 М 4 и М 3 М 4 . Действительно, если присоединить точку М4
двумя стержнями M l M i и М 2 М 4 , то система будет изменяемой, так как угол
между треугольниками М Х М 2 М 3 и М Х М 2 М 4 может изменяться. Чтобы сделать
этот угол неизменяемым, необходим третий стержень М 3 М 4 .
Очевидно, что для образования неизменяемой системы каждую последующую
точку нужно соединять идеальными стержнями, лэ крайней мере, с тремя точками,
уже входящими в неизменяемую систему.
Найдем минимальное число стержней, обеспечивающих неизменяемость
системы из п материальных точек.
Дл$г образования неизменяемой системы из трех точек нужно три стержня, а
для присоединения к ней каждой из остальных ( п — 3) точек необходимо также
три стержня.
110
Таким образом, минимальное число стержней, необходимое для образования
неизменяемой системы из п точек, определится:
3-4-3(й —3) = 3я'—6.
(33.1)
Считая число точек неизменяемой системы бесконечно большим, а длины
соединяющих их идеальных стержней бесконечно малыми, получаем модель так
называемого абсолютно твердого тела.
§ 34. Моменты инерции твердого тела. Радиус инерции
При поступательном движении твердого тела, так же как и при движении
материальной точки, мерой его инертности является масса
тела. При вращательном движении твердого
тела мерой инертности является момент
инерции твердого тела относительно оси
вращения.
Поэтому до исследования различных видов
движения твердого тела следует рассмотреть
вычисление моментов инерции твердых тел и
устанавить основные теоремы о моментах
инерции, играющие существенную роль в дина-у
мике твердого тела.
Для установления понятий моментов
инерции твердого тела относительно
плоскости, оси и полюса проведем через
произвольную точку О три взаимно
перпендикулярные координатные оси
Рис 77.
х, у, z и
изобразим координатные
плоскости yOz, zOx и хОу (рис. 77).
Будем рассматривать заданное твердое тело как множество материальных точек M t ( i — \ , 2, 3 ...................... п).
Моментом инерции твердого тела относительно плоскости
называется скалярная величина, равная сумме произведений массы
каждой точки тела на квадрат расстояния от этой точки до плоскости.
Для определения моментов инерции тела относительно координатных
плоскостей опустим из каждой точки тела M t перпендикуляры на плоскости yOz,
zOx, хОу:
M(a( = jc(,
Ж,^ = у(,
Л1Д = гг.
Обозначив моменты инерции твердого тела относительно координатных
плоскостей J y 0 z , J z 0 x и J x 0 y , получим:
^о ^Ъ т А > (34.1)
Моментом инерции твердого тела относительно оси называется
скалярная величина, равная сумме произведений массы каждой точки
тела на квадрат расстояния от этой точки до оси.
111
Для определения моментов инерции твердого тела относительно
координатных осей опустим из каждой точки тела M t на оси х , у , z
перпендикуляры M t A t , Ж(В/Р M l D l . Квадраты этих перпендикуляров
(мЛ)2 = у ?+4 wg*{ м р $ = х ) + у 1
Обозначим моменты инерции твердого тела относительно координатных осей
Jx, J y , Jz:
(34.2)
Моментом инерции твердого тела относительно полюса {полярным
моментом инерции) называется скалярная величина, равная сумме
произведений массы каждой точки тела на квадрат расстояния от точки
до этого полюса.
Обозначим JQ — момент инерции твердого тела относительно полюса О
J0
=2
т
А
=2
т
№ +у?+z%
<34-3>
Между моментами инерции твердого тела относительно координатных
плоскостей, координатных осей и начала координат существуют следующие
зависимости:
Jo
=2
т
t (х\
+ У? + г Ь =
J yo*
+J
z0x
+ Jx0r
(34-4)
откуда
•>o = y(4 + ->y + .Q.
J х —J Z 0x~\~ JxOp
Jy~Jx0y~ i <~Jy0z' t
(34.5)
/г = JyOz ~\~ ^zOx'
(34.6)
Эти зависимости используются при вычислении моментов инерции твердых
тел,Момент инерции твердого тела относительно заданной оси, например оси z ,
можно представить в виде произведения массы тела на квадрат линейной
величины, называемой радиусом инерции тела относительно этой оси:
Jz = mil,
(34.7)
где т — масса тела;
1 г — радиус инерции тела относительно оси z . Формула (34.7) показывает, что
радиус инерции l z определяет расстояние от оси z до точки, в которой нужно
сосредоточить всю массу т тела, чтобы момент инерции точки относительно этой
оси равнялся моменту инерции тела.
Момент инерции твердого тела относительно оси как сумма положительных
слагаемых всегда положителен и не может равняться нулю.
Единицей момента инерции в системе МКС является 1 кг ■ м 2 , а в системе
СГС — 1 г • см 2 . В технической системе единиц МКГСС за единицу момента
инерции принимается 1 кг • м ■ сек 2 .
112
§ 35. Теорема о моментах инерции твердого тела относительно
параллельных осей (теорема Штейнера)
Момент инерции твердого тела относительно некоторой оси равен
моменту инерции тела относительно параллельной оси,
проходящей
через
его
центр
тяжести, сложенному с произведением массы тела на квадрат
расстояния между осями.
Положим, что задана ось Oz v Для
доказательства теоремы проведем через
центр тяжести тела С три взаимно
перпендикулярные оси, из которых ось
Cz параллельна заданной оси O z x , а ось
Су лежит в плоскости параллельных
осей Cz и O z x (рис. 78, а и б).
Обозначим d расстояние между осями
C z и Oz v
Для вычисления моментов инерции
тела относительно осей C z и O z x
опустим из каждой точки М (
рассматриваемого тела перпендикуляры
ri и h i на оси C z и O z x . Выразим длины
этих перпендикуляров через координаты
этих точек:
п2
=
х 2-Аг( у
-j -d 2 —2y.d
-ау
=
х2
+
у 2 -Аг
= r 2 -{-d 2 ~2y.d. (а)
Определим моменты инерции тела
относительно осей C z и Oz^. Пользуясь зависимостью (а), получим
Л, =
2
=
Jc*
А
+2
+
d2
т
m i d2
-
2
2
m ib d -
или
Jz,
Здесь
2
mi
—
т
2
Щ — 2d ^ Щ У г
— масса тела.
Из формулы (32.2), определяющей координату ус центра масс тела имеем:
2
Так как у с = 0, то
113
m t y t = ту с .
(б)
2
Подставляя это значение в
установленную теоремой Штейнера:
т { у1 = 0.
равенство
(б),
получаем
Jz^Jcz+md*.
зависимость,
(35.1)
Формула (35.1) показывает, что из совокупности параллельных осей ось,
проходящая через центр тяжести тела, характеризуется наименьшим
моментом инерции.
Полярный момент инерции твердого тела относительно центра тяжести
согласно (34.5)
/с = ~2 У с х "4" /су + /сг)"
Отсюда следует, что центр тяжести тела является полюсом,
относительно которого полярный момент инерции тела имеет
наименьшее возможное значение.
Воспользуемся формулой (35.1) для установления зависимости между
радиусами инерции твердого тела I Q Z и /г, относительно осей Сг и Oz v Согласно
(34.7)
тогда
mi 2 = тР Сг Аг т& 2 ,
откуда
+
d2. 2l — /2 2,
cz
(35.2)
§ 36. Вычисление моментов
инерции однородных тел
относительно осей, проходящих через их центры тяжести и являющихся
осями симметрии
Вычислим моменты инерции некоторых однородных симметричных тел
относительно осей, проходящих через центры тяжести тел и являющихся осями
симметрии.
Ось, проходящая через центр тежести тела, называется центральной осью.
1. Момент инерции однородного тонкого стержня
Определим момент инерции однородного тонкого стержня относительно оси
С у , проходящей через центр тяжести стержня перпендикулярно к его оси (рис.
79).
Положим, что стержень длиной / имеет постоянное весьма малое сечение F и
плотность р. Масса стержня равна произведению плотности стержня на его объем:
т = pFl.
114
Разобьем стержень по длине на малые элементы. Масса элемента длиной Дх^
равна:
m ^ p F Ах,.
Вычислим момент инерции стержня относительно оси Су: Перейдя к пределу
суммы, получаем определенный интеграл:
I
+ 2-
У
1
?
J C y = J* F p x 2 d x —
"—х1
с
1
4
2
= F
9
f x
Fpl
2d
x-
3
12 *
Рис 79
ml
'су ■
2
1
2
т , окончательно получим
Заменив в этом выражении
произведение Ftp массой стержня
(36.1)
2. Момент инерции однородной круглой пластинки малой толщины
Определим моменты инерции однородной тонкой круглой пластинки
относительно осей Сх и Су, совпадающих с диаметрами круга и оси C z ,
проходящей через центр круга, перпендикулярно к его плоскости (рис. 80).
Положим, что круглая пластинка радиусом R имеет
весьма малую толщину h и плотность р.
Тогда масса пластинки
т — phnR 2 .
Разобьем пластинку на множество элементарных
колец радиусом г, и шириной Лгг. Масса кольца
т 1 = рй2яг, Агг.
Так как толщина пластинки мала, то для всех точек
пластинки можно принять Z i = 0. Тогда формулы (34.2) для
моментов инерции пластинки относительно осей координат Рис. 80. примут
вид:
Лгг
115
=2 ^И+^>
отсюда следует, что Так
как
^Сх —
— J
/
J
Cx
^су-то
— Jcz
— JCy —
2
*
Вычислим УСг:
Так как расстояния г, от всех точек каждого кольца до оси C z одинаковы, то
величину т 1 в выражении (а) можно считать не массой точки, а массой всего
кольца. Тогда выражение (а) примет вид:
•/сг = 2 2Р
йш Аг
1
*
или
J Cz = /2рйягЗd r =
о
2рЛя/ r*dr
=
=
Јt^L .
о
После подстановки phnR 2 —m получим:
J C 2 = -~
(36.2)
Jcx — Jcy — ^r-'
(36.3)
3. Моменты инерции однородного круглого цилиндра
Определим моменты инерции однородного круглого цилиндра относительно
продольной оси цилиндра C z и осей С х и C z , проведенных по диаметрам
среднего поперечного сечения цилиндра (рис.
81).
Положим, что цилиндр радиусом R и
высотой Н имеет плотность р. Тогда масса
цилиндра
т — pHnR 2 .
Разобьем
цилиндр
на
множество
элементарных пластинок толщиной h z t ,
параллельных основанию цилиндра.
Масса каждой
пластинки
m l = pnR 2 &z r
Рис. 81.
Момент инерции цилиндра относительно оси C z определим как сумму
116
моментов инерции AJ Cl элементарных пластинок относительно
117
этой же оси, пользуясь формулой (36.2):
J Cz
.
(36.4)
Для вычисления момента инерции цилиндра относительно оси С х
воспользуемся теоремой о моментах инерции тела относительно параллельных осей
(§ 35).
Момент инерции каждой элементарной пластинки относительно оси Ох х ,
проведенной по ее диаметру, параллельному оси С х , определится формулой (36.3):
д/
Момент инерции этой пластинки относительно оси С х , параллельной оси Oxj и
находящейся от нее на расстоянии z t , определится по формуле (35.1):
ЛУс=Ч,+
+
Подставив значение т г и просуммировав моменты инерции пластинок, получим
момент инерции цилиндра:
■'сл
или
=2 д^сх=2 ^г
1А
и
^+
2р
л/?2 Az
^ *
н
J Cx =
{ ^-dz+
H_
н_
f
■2
pnR 2 z 2 dz
=
2
pnR 4 H
~~
4
p*/?W
^
12
tf
2
• После подстановки pHnR 2 =
m получим
\
J
cx =
+
(36.5)
Так как оси Сх и Су расположены по отношению к
цилиндру одинаково, то
4. Момент инерции полого цилиндра
Рис. 82
Момент инерции полого цилиндра с внешним радиусом R x и
внутренним радиусом R 2 (рис. 82) относительно его центральной продольной оси
C z можно определить как разность моментов инерции сплошных цилиндров радиусами R x и R 2 .
Пользуясь формулой (36.4), получаем:
m x R\
Массы сплошных цилиндров
т х = pHnR 2 ,
118
т 2 = pHn-R2r
Момент инерции полого цилиндра
J C2
= 19 HnR\ - 1 pHnRt
=
1 рНл
(Rt - R%) =
Масса полого цилиндра
\
т = m t — m2 = рНл ( R — R$). Пользуясь
значением массы, окончательно получаем
J c , = i m ^ + ^)-
(36.6)
5. Момент инерции однородного кругового конуса
Положим, что конус имеет высоту Н , радиус основания R и плотность р (рис.
83). Тогда масса конуса
т = р
-i я/?2//.
Для определения момента инерции конуса относительно его
центральной продольной оси Cz разобьем конус на
множество элементарных пластинок толщиной Д,гг.
параллельных основанию. Масса пластинки
радиусом г,
т 1 = рлг 2 k z r
Так как
Момент
инерции
элементарной
пластинки
относительно оси Cz определится по формуле (36.2):
1
Cz ■
А/,
Момент инерции конуса получим, суммируя
моменты инерции элементарных пластинок; переходя к пределу суммы, будем
иметь:
н
J Cz
= 1 Ря —■ j z*d z -
0,lpnR 4 H.
После подстановки -g- pnR 2 H = m получим:
J Cz = 0,ZmR\
(36.7)
109
ПО
6. Моменты инерции однородного шара
Масса шара радиусом R и плотностью р (рис. 84)
т ■■
4
■
рл/?3.
Для определения момента инерции шара относительно центральной оси C z
разобьем его на множество элементарных пластинок,
параллельных плоскости хСу, толщиной
Azf. Масса пластинки радиусом г {
т 1 = рлг2 Azr
Момент инерции элементарной пластинки
относительно оси C z ■У определяем по
формуле (36.2) с последующей подстановкой:
Г2
Рис. 84.
= /?2_22.
—
1=
-£рл(/?2
zffbzt.
Момент инерции шара относительно оси Cz получаем, суммируя моменты
инерции элементарных пластинок, и переходя к пределу суммы:
+R
+R
j Ipn^ — ^ ^ ^ ^p ^ j 1
J Cx =
dz—onR2
-R
f
-R
z*dz +
-R
+R
-f-урл
f
z * d z = j p n R * - 2 R — ря/?2|-/?34-^рл-|/?5 = -|-рлЛ!5.
После подстановки — рл/?3 = т получим
Jc*
= H
mR2 -
(36.8)
Так как оси Сх, С у , C z проведены по диаметрам шара, то
J
cx ■
Из формул (36.7), (36.8) и (36.4) следует, что моменты инерции конуса, шара и
цилиндра, имеющих равные массы и радиусы, относятся как 3 : 4 : 5 .
§ 37. Формула для вычисления момента инерции твердого тела относительно
любой оси, проходящей через начало координат. Центробежные моменты
инерции
Проведем через некоторую точку О тела три взаимно перпендикулярные оси
х , у, z и произвольно направленную ось v, составляющую с этими осями углы а, р
и Y (рис. 85).
Определим момент инерции /v данного тела относительно оси v.
Разобьем все тело на множество материальных точек' M t ( i — 1,
2 .......... п.). Опустим из каждой точки M t ( x i t y t , z t ) перпендикулярны
на ось v: M. i K l = h t и составим выражение момента инерции данного тела
относительно оси v:
^ = S m
,A?.
(37.1)
Соединив точку M t с началом
координат О , получим треугольник
O M t K t , из которого найдем:
п ] = О М \ — OKI
(а)
ОМ 2 .
где
= д;2_|_у2_|_ z 2 а о т _
резок OKi есть проекция отрезка
O M t на ось v. Заметим, что:
Проектируя векторы левой и
правой частей этого равенства на ось
V, получаем
OK t —
0A i cos а
+ A i B i cos
Рис. 85.
P+
COS
Y
или
OKi — x t cos а -4- уi cos p + z t cos y-Подставив значения O M t и OK t в
выражение (а), найдем: h\ — (x\ -4- у\ -f- z f ) — (x^ cos a -4- y { cos $-\-z t cos -у)2.
Умножив сумму (*2 + У2 + z f ) в правой части равенства на величину
у), равную единице, получим
(cos2a-f-cos2p-f-cos2
А2 = (х2 -4- у2 + z f ) (cos2 a -f- cos2 p -j- cos2 y) —
— ( x t cos a -\- y t cos p -f- z { cos y f .
После преобразований будем иметь: h 2 = (у2 -)- z f j cos2 a -f- (z\ -f- x2) cos2 p -f(x? -f- y2) cos2 у —
— 2 y t z t cos p cos у — 2z t x t cos Y cos a — 2 x t y t cos a cos p.
Ait
ПО
Подставив это значение hi в формулу ( 3 7 . 1 ) , получим Jv = cos* а
*?) Чг cos* р 2
-f-cos2
Y
2
», (У?
«« (*? + * ?) +
2 г ( г + У?) — cos р cos 2
— 2 cos cos а 2 i i i — 2 cos a cos p 2
х
m
2
Y
m
ii>izt —
m z x
Y
+
m i x i9i-
В первые три слагаемых правой части входят множителями выражения ( 3 4 . 2 ) ,
определяющие моменты инерции данного тела относительно координатных осей.
Обозначим их следующим образом:
в=
=
2 *,(*? + *?)•
= 2»,(*?+ ! ) -
С =ч
У
Кроме того, введем обозначения:
= /уг = 2 m y z ,
D
i i i
E = Jzx = ^ r n i z i x i ,
(37.2)
F = J xy = '2i m t x l y l .
Величины D, £, F называются центробежными моментами инерции
твердого тела соответственно относительно осей у и z , z и х , х и у .
Центробежные моменты инерции могут быть положительными, отрицательными и
равными нулю.
Пользуясь введенными обозначениями, получаем формулу для вычисления
момента инерции твердого тела относительно оси v в следующем виде:
7V «= A cos2 a -f- В cos2 р -f- С cos2
Y
— 2 D cos р cos у —
— 2£ C O S Y cos а — 2 F cos а cos p.
(37.3)
■Формула ( 3 7 . 3 ) позволяет вычислить момент инерции тела относительно
любой оси v, проведенной через начало координат, если известны моменты
инерции тела относительно осей координат A = J X , B*=*Jy, C = J Z и
центробежные моменты инерции тела относительно каждой пары координатных
осей D = J y z , E = J Z X , F = J xr
§ 38. Эллипсоид инерции. Главные оси и главные моменты инерции
Момент инерции твердого тела относительно оси v (рис. 8 6 ) определяется по
формуле ( 3 7 . 3 ) :
J v =з= A cos2 a -f- В cos2 Р +
С
cos2
Y
— 2D cos р cos Y —
— 2E cos у cos а — 2F cos a cos p.
Рассмотрим изменение момента инерции /v, происходящее при изменении
направления оси v, т. е. при изменении углов а, р, у .
Для наглядного изображения этого изменения отложим по оси v от точки О
отрезок O N , длина которого равна
1
(38.1)
где Jv
»v момент инерции тела относительно оси V.
Выразим направляющие косинусы
оси v через координаты х , у, z точки N и
длину отрезка ON:
cos а = -т^гг = х
O
YJV;
N
cos р =
У
ON
■yV
U
ТV
Рис. 86.
Л ГT
:ZV
.
Подставив значения cos a, cosp, cosy в выражение (37.3), будем иметь:
J v = А ■ J v x 2 + В ■ 7vy2_|_ С ■ J v z 2 -2D ■ J v yz-2Е ■ J v zx — 2F ■ J v xy.
Разделив на J v , получим:
Ax 2 A-By i A r Cz l — 2 D y z — 2 E z x — 2 F x y = 1.
(38.2)
««Y = W
г
Уравнение (38.2) определяет поверхность, по которой перемещается точка N ,
при изменении направления оси
v при условии:
1
ON
- ____________ . Это уравнение представляет
собой уравнение поверхности второго порядка. Эта
поверхность является эллипсоидом, так как
расстояния от всех точек N до точки О ,
определяемые формулой (38.1). всегда конечны ( J v
Ф 0). Этот эллипсоид называется эллипсоидом
инерции. Центр эллипсоида находится в начале
координат, так как уравнение (38.2) не содержит
координат в первой степени. Три оси симметрии
Рис. 87.
эллипсоида инерции называются главными осями инерции
тела в точке О , а моменты инерции относительно этих осей называются
главными моментами инерции.
Если за оси координат принять главные оси инерции (рис. 87) то в уравнении
эллипсоида инерции исчезают члены, содержащие произведение координат, "и оно
принимает вид:
Ax 2 -\-By 2 ~{-Cz 2 = 1,
8
А. А. Яблонский
123
(38.3)
где коэффициенты А, В, С имеют новые значения, равные моментам инерции тела
относительно главных осей инерции в данной точке,
а центробежные моменты инерции D, Е , F
относительно каждой пары координатных
осей равняются нулю.
Каждой точке тела соответствует
определенный эллипсоид инерции, который
характеризует моменты инерции тела
относительно всех осей, проходящих через
данную точку. Действительно, имея
эллипсоид инерции для некоторой точки О
(рис. 88), по расстоянию O N x от начала
координат О до точки N x , в которой
какая-либо ось v x пересекает эллипсоид
инерции, можно определить момент инерции тела
Рис. 88.
относительно
этой оси по формуле (38.1):
1
(OJV,)2
Эллипсоид инерции, соответствующий центру тяжести тела, называется
центральным эллипсоидом инерции, а его оси симметрии — главными
центральными осями инерции.
§ 39. Свойства главных и главных центральных осей инерции
Установим свойства главной оси инерции в некоторой точке.
Положим, что координатная ось O z —главная ось инерции в точке Q , т. е. одна
из осей симметрии эллипсоида инерции, а оси х и у — произвольные оси (рис. 89).
Тогда каждой точке N ( x , у, z ) эллипсоида инерции соответствует
симметричная ей относительно оси Oz точка N'(—х , —у, z).
Подставив в уравнение (38.2) координаты той и другой точки, получим:
для точки N
Ах 2 + By 2 + Cz 2 — 2£>у z — 2Ezx — 2 F x y = 1; для точки N'
Ах 2 + By 2 -4- Cz 2 + 2Dy z + 2Ezx — 2 F x y = 1. Вычитая из одного равенства
другое, найдем: 4Dyz -4- 4Ezx = О,
или
z ( D y -4- E x ) = 0.
8
А. А. Яблонский
124
Так как координаты х , у и г этих точек не равны нулю» то равенство
выполняется лишь при условии:
D — О,
£ = 0,
т. е. при равенстве нулю центробежных моментов инерции относительно осей у , z
и х , z:
£ = 2Хг,*, =
0
Таким образом, если какая-либо
из осей координат, проведенных
через заданную точку, является
главной осью инерции в этой точке,
то
центробежные
моменты
инерции
в
которые
входит
соответствующая
этой
оси
координата, равны нулю.
Рис. 89.
Установим разницу в свойствах главных и главных
центральных
осей инерции.
Положим, например, что ось C z (рис. 90) является главной центральной осью
инерции, т. е. главвой осью инерции в центре тяжести, а ось Озирис. 91) —
главной осью инерции в произвольной точке О.
Рис. 90.
Рис. 91.
Так как эти оси являются главными осями инерции, то
Возьмем на этих осях произвольные точки O l ( C 0 1 ~ O O l = d ) и проведем
через них оси и у1( соответственно параллельные осям х и у.
Вычислим центробежные моменты инерции тела D, и Е х относительно осей y v
z и z, хх:
125
D
\=2my
i
[
( z t — d) =
2 «гУ*** — d 2
т
Так как y ^ l m i y l z i = D = 0, а согласно (32.2)
;Уг
2 гУ/ —
т
тУс> то>
D( = — d m y c ;
£, = 2 /и/ — d) л; = 2
Так как 2 m z x — Е — О, а согласно (32.2) 2
г
i l l
—d
2
m
iXt.
т^ ( = тх с , то
£\ = — d m x c .
В случае главной центральной оси (рис. 90) координаты центра тяжести тела
равны нулю: х с = 0 и у с — 0. Поэтому
Dj = 0 и f j ^ O ,
т. е. ось Cz является главной осью инерции не только в точке С, но и в точке Oj.
Таким образом, главная центральная ось инерции является главной осью
инерции для всех своих точек.
В случае главной оси, не проходящей через центр тяжести тела (рис. 91), х с ф
0 и у с Ф 0, а потому
Dj Ф 0
и
Е х ф 0.
т. е. ось Or не является главной осью инерции в точке О х .
Таким образом, главная ось инерции, не проходящая через-центр
тяжести твердого тела, является главной осью инерции лишь в одной
своей точке.
Ори определении направлений главных центральных и главных осей инерции
однородных тел нужно иметь в виду следущее:
Если однородное тело имеет ось симметрии, то эта ось является его
главной центральной осью инерции.
Если однородное тело имеет плоскость симметрии, то во всех точках
этой плоскости одна из главных осей инерции направлена по
перпендикуляру к этой плоскости.
Эти положения легко обосновать.
1. Центр тяжести однородного тела, имеющего ось симметрии, находится на
этой оси. Направим ось C z по оси симметрии тела, а оси С х и С у — произвольно
в перпендикулярной к ней плоскости (рис. 92). Тогда каждой точке M t ( x r y t , z c )
будет соответствовать, симметричная точка ЛТД—x L , —у ( , z^, а потому
D =
2i m i y i z l
= 0;
Е=2
= 0.
Из этого следует, что ось симметрии тела C z является главной центральной
осью инерции тела.
8*
Ц5
2. На рис. 93 изображено твердое тело, имеющее плоскость симметрии. Через
произвольную точку О этой плоскости проведены.
оси Од; и Оу в плоскости симметрии, а
ось O z — перпендикулярно к ней. Так
как каждой!
точке
тела
Ml
(xt,
уг, z{)
в
этом
Рис. 93.
Рис. 92.
случае соответствует симметричная* ей точка М'^х^ уг, —z^, то
2
m iVi z i — °>
D=
£ = S m i z i x i — О-Поэтому ось O z ,
перпендикулярная к плоскости симметрии тела,, является главной осью инерции
тела в точке О .
§ 40. Вычисление моментов инерции твердого тела относительно
произвольных осей
Момент инерции твердого тела относительно произвольной оси-может быть
легко определен, если известны направления его главных центральных осей
инерции и моменты инерции тела относительно этих осей.
Рассмотрим два случая вычисления момента
инерции
твердого
тела
относительно
произвольной оси.
Случай 1. Ось проходит через центр тяжести тела
(рис. 94)
За оси координат принимают главные
центральные оси инерции тела и вычисляют
моменты инерции твердого тела А, В, С
относительно этих осей. Затем, пользуясь углами а, р, у. составленными осью v с
главными; центральными осями инерции, вычисляют момент инерции тела относительно центральной оси Cv по формуле (37.3), которая в этом случае принимает
вид:
7Cv = A cos2 а + В cos2 р -f С cos2 у.
Случай 2. Ось не проходит через центр тяжести тела (рис. 95)
(40.1)-
127
Для вычисления момента инерции твердого тела относительно -произвольной
оси v сначала по формуле (40.1) определяют его момент .инерции относительно оси
Cvlt параллельной оси v и проходящей
X
Рис 95.
через центр тяжести тела. Затем к полученному результату прибавляют
произведение массы тела на квадрат расстояния между осями:
Jcv, — A cos2 а -4- В cos2 а -4- С cos2 у,
(40.2)
§ 41. Примеры вычисления моментов инерции однородных тел
относительно произвольных осей
Пример 16. Определить моменты инерции однородного тонкого стержня
длиной / и массой т:
Рис. 96
относительно оси OylP проходящий через конец стержня перпендикулярно к
его оси (рис. 96,а) и
относительно оси v, проходящей через точку 0 { ^C01 = -jj м составляющей с
осью стержня угол 30° (рис. 96,6).
128
Р е ш е н и е . 1. Момент инерции стержня относительно центральной оси С у ,
перпендикулярной к оси стержня, определяется формулой (36.1):
ml2
B=JCy —
12
Момент инерции стержня относительно оси О у х , параллельной, центральной
оси C y v можно определить по формуле (35.1):
J y , — Jcy-{- md 2 ,
где
2'
ml2
ml2 3
12
2. Определим момент инерции
стержня относительно оси OjV по формуле
(40.2).
За оси координат примем оси
симметрии стержня, т. е. его главные
центральные оси инерции: С х — ось
стержня, С у —ось, перпендикулярную к
оси стержня и лежащую в плоскости
чертежа, и» C z — ось, перпендикулярную к плоскости Рис 97 чертежа.
Положим, что заданная ось v лежит в плоскости чертежа. Проведем через центр
тяжести ось Vj, параллельную оси v, и вычислима момент инерции стержня
относительно оси vt:
jCVi = A cos2 а -4- В cos2
Ось
Vj
а;
Так как Л = УГг
J
Cx
я
р -4- С
cos2 у.
составляет с осями координат углы:
р=60°,
:30°,
и
=0
yCV( = В cos2 60° =
v = 90°.
cos у = 90° = 0, то:
ml2
2
48 1
Расстояние между осями Cv x и О х \ равно:
й = 4- sin 30° 4
m l 2 12
1_ 8 •
Момент инерции относительно оси v определится:
I -\ 2 = — \ 8 )
192
т
ml 2 .
48
ml2
Пример 16. Определить момент инерции однородной круглой пластинки
массой т и радиусом R относительно оси v, проходящей.
через точку О {С0 — ~^ и составляющей с перпендикуляром к пластинке угол 30°.
Проекция оси v на плоскость пластинки совпадает с диаметром пластинки (рис. 97),
129
Р е ш е н и е . Вычислим момент инерции пластинки относительно •оси Ov по
формуле (40.2). Для этого за оси координат примем главные центральные оси
инерции (оси симметрии пластинки): С х , Су ,и C z , из которых ось Су проходит
через точку О .
По формулам (36.3) и (36.2) будем иметь:
mR 2
/и ft2 mR 2
B=Jr
A = Jr
J
•
Cx—
4
J
>
cy—
4
2
^ — "Cz
Ось CvP параллельная оси Ov, составляет с осями координат углы:
а=
90°,
р=г60°,
у=
30°.
Момент инерции пластинки относительно оси Cvf.
/ CV( = A cos2 a -f- В cos2 Р -f- С cos2 у. Так
как cos а = cos
90° = 0, то mR 2
■ cos2 30 =
2 50°.
2
™я
J Cvi = ЛВ_ cos
4
mR
2
+4
=4-
Расстояние между осями Cv x и Ov:
:-y Sin
60°:
Момент инерции относительно оси
VT
R.
v: 7
Л = Jcv, + md<2 =
m
Ri +
mR 2 .
Рис. 98.
+ m^R
Пример 17. Определить, при какой высоте Н главные моменты инерции
однородного круглого цилиндра радиусом R относительно всех трех главных
центральных осей инерции будут одинаковы (рис. 93).
Р е ш е н и е . Моменты инерции
однородного круглого цилиндра
-относительно его осей симметрии, т. е. относительно главных центральных осей
инерции, вычислены в § 36:
т
j CX
— г
_
(Я2
,
№ \
m
--
mR 2
.
'"12"/' C
\4;
J
cz—
2
'
При равенстве всех трех моментов инерции имеем:
mR 2
....
Н2
R212
' 4
130-
или
-откуда Н = ]/3 R .
Пример. 18. Определить моменты инерции однородного прямоугольного
параллелепипеда, длины ребер которого равны а , Ь , с: 1) относительно его
главных центральных осей инерции; 2) относительно оси у4.
131
совпадающей с одним из ребер параллелепипеда, и 3) относительно-оси V,
совпадающей с диагональю параллелепипеда (рис. 99,а).
Р е ш е н и е . 1. Главными центральными осями инерции прямоугольного
параллелепипеда являются три его оси симметрии Сх, С у , C z (рис. 99,5). Для
вычисления моментов инерции параллелепипеда относительно каждой из этих осей
воспользуемся формулами (34.6), т. а .
■У
г
г
8)
X
Рис. 99.
х
вычислим момент инерции относительно каждой оси как сумму моментов инерции
параллелепипеда относительно двух координатных плоскостей, пересекающихся
на этой оси.
Чтобы определить момент инерции параллелепипеда J zCx относительно
плоскости гСх, разобьем параллелепипед на множество элементарных
прямоугольных пластинок, параллельных этой плоскости и имеющих толщину Ay t .
Тогда масса каждой пластинки
m L = расДуг, где
р — плотность параллелепипеда.
132
Момент инерции каждой пластинки:
133
Момент инерции параллелепипеда относительно плоскости zCx •определится
как предел суммы моментов инерции элементарных пластинок:
,ь
J
zcx=
J расу 2 d y
= рас
b
pacb 3
j" y2dy _6
2
12
_
~ь_
2
Так как масса параллелепипеда m = pabc, то:
mb 2
^zCx
—
12 "
Аналогично:
__ тс 2 .
.
.
JxCy
____ та 2
— ~yf * J y C z — -yi
Моменты инерции параллелепипеда относительно главных центральных осей
инерции определятся по формулам (34.6):
Лсд: Н- ^ х с у
^сх —
~г~ с2);
— "\2
Лгу — ^ х С у ~Ь J y C z
т
— "f2
fl2^'
т
JCz
= JvCz +
hex — То ("2 + Ь2). J
~12
C z ~ J y C z ~Т~ J z C x
2. Момент инерции параллелепипеда относительно оси у,, отстоящей от оси
С у х на расстоянии d —у Ус2 + я2 (рис. 99,в), определим по формуле (35.1):
yyi==yCy+md2 = -g-( C 2 + f l 2) +
l m(c2 + «2) = j m ( c 2 + a 2 ) .
Момент инерции параллелепипеда относительно оси v, совпадающей с его
диагональю (рис. 99, 8 ) , определим по формуле (40.1):
yCv = A cos2 a -j- В cos2 р" -j- С cos2 у; Л = J C x
+ с2);
cos а = •
В=У
=^-(c2+a2);
С — J (.,=■ —(с 2 -\-a 2 );
—
(*2
а
cosp = -7==
6
cosy=
;
-
с
—.
Подставляя эти значения в формулу (40.1), получаем:
J
____т_ а 2 (Ь 2 -4- с 2 ) + Ь 2 (с2 + а 2 ) + с 2 (а 2 + Ь 2 )
2
2
2
а -\-Ь -{-с
C v — 12
или
_ J_
6
m
a2
+
b2
a2ft2 -f- Ь г с 2 + c 2 a 2 J c v —
ea
12$
Пример 19. Однородная тонкая пластинка имеет форму прямоугольного
треугольника, катеты которого равны А и Ь. Определить ее центробежный момент
инерции относительно осей, направленных по катетам.
Р е ш е н и е . Положим, что пластинка имеет толщину h и плотность р. Тогда
масса пластинки
т — р/г-g- ab.
Для определения центробежного момента инерции пластинки относительно
осей х и у , направленных по катетам треугольника, разобьем пластинку на
элементарные прямоугольники, имеющие стороны
Дд;,- и Ay t (рис. 100).
Масса каждого прямоугольника
m i = р/гДд;гДу,-.
Центробежный момент инерции пластинки
относительно осей х и у будет иметь вид
J
X
y
= Н «Ч*«У« —
Н
vhxiyi •
Axi
- Ду.-
При переходе к пределу суммы получим двойной интеграл, вычисленный по
площади треугольника. Для определения
рис
100
пределов интегрирования воспользуемся уравнением прямой АВ в отрезках на
о с я х : — 1--^-= 1, откуда y = b ( l —~ j .
Пределы изменения д;: 0, А .
Пределы изменения у: 0, b { \ — ~а^)'
\
J,
"ху
2x
.
x2\
phxy d x d y ■■
Г
b2x
ху 2 f I1™) 2
Jo
phb 2
{.
2
.
phb'
Tx 2 ^ __
L2
Га2
рЛ62а2
dx -
2ff_ . x* -|a
3A ~t~ 4a2 J 0 =
2
а2 Л
, ,
24
Так как -i phab =■ m, то
"x
y
mab
Вопроси для самоконтроля
135
Как классифицируют в динамике силы, действующие на точки механической
системы?
Что называется центром масс системы точек и как определяют его
•координаты?
Что называют моментом инерции твердого тела относительно плоскости, оси
и точки?
Какую величину называют радиусом инерции тела относительно оси?
Каковы размерности момента инерции в системах единиц МКС, СГС и
МКГСС?
Какова зависимость между моментами инерции, а также между радиусами
инерции тела относительно параллельных осей?
Что представляет собой эллипсоид инерции и какие оси называют тлавными
осями инерции твердого тела в данной точке?
При каких условиях некоторая ось является главной осью инерции з данной
точке?
Что называется центробежным моментом инерции твердого тела?
Как определить по эллипсоиду инерции, относительно какой оси >из всех
осей, проходящих через данную точку, момент инерции твердого тела имеет
наибольшее значение?
Какими свойствами обладают главные и главные центральные оси инерции?
Как вычисляется момент инерции твердого тела относительно произвольной
оси, проходящей или не проходящей через центр тяжести тела?
Относительно какого полюса момент инерции данного тела имеет
.наименьшее значение?
ГЛАВА VII
ТЕОРЕМА О ДВИЖЕНИИ ЦЕНТРА МАСС
МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
§ 42. Дифференциальные уравнения движения механической
системы
Рассмотрим систему я материальных точек M v М 2 ................. M i t . . . , М п
(рис. 101).
Массу каждой точки обозначим т1 и в каждую точку проведем из начала
координат радиус-вектор г,-. Приложенные к точкам силы разделим на внешние и
внутренние. Равнодействующие приложенных к
точке
внешних
и
внутренних си'л обозначим соответственно
pf у П
Составим основное
M t ( i = 1, 2 ............. п):
уравнение
динамики
для
каждой
точки
"Ч lit2
Проектируя векторы обеих частей равенства (42.1) на оси л-, у, z , получаем:
miXi
=Xf
+ Х\.
(42.2)
mihi =
ZEi -\-ZJ i .
12$
Для механической системы, имеющей п точек, получим Зи дифференциальных уравнений движения.
Так как внутренние силы, приложенные к точкам системы, в большинстве
случаев остаются неизвестными, а число точек системы обычно велико, то эти Ъп
уравнений
могут
быть
проинтегрированы
лишь
в
исключительных случаях.
§ 43. Теорема о движении центра
масс механической системы
Рассмотрим движущуюся систему
материальных точек Ж,, М 2 , M t , М п ,
находящихся под действием системы
внешних и внутренних сил (рис. 102).
Положение центра масс системы С
определяется равенством (3.21):
У, т,г.
имеют
Рис. 101.
чек этой
системы
Уравнения движения то- вид
(42.1):
( 1 = 1 . 2,
и).
Суммируя эти уравнения,
находим
rf2r,
Преобразуем левую часть равенства (а),
т,
d*
S
d*
х^
учитывая (32.1):
: т
d4 c
Геометрическая сумма внутренних сил равна нулю (см. § 31). Уравнение (а)
приобретает вид
или
mwc=
2 P? = R
b-
(43.1)
Уравнение (43.1) выражает теорему о движении центра масс системы,
которая формулируется следующим образом: центр масс механической
системы движется как материальная точка с массой, равной массе всей
137
системы, к которой приложены все внешние силы, действующие на
систему.
Проектируя обе части векторного равенства (43.1) па оси д:, у, z, получаем три
уравнения в проекциях на оси координат:
т"х с = %Xf=X E ,
иу'с= ?iY?=Y E ,
mz c —
2
=
(43.2)
ZE'
где
Xf,
силы pf, a
X Е , Y E , Z E — проекции главного вектора сил RЈ на оси координат. Уравнения
(43.2) представляют собой дифференциальные уравнения движения центра
масс. Из уравнений (43.1) и (43.2) следует, что внутренние силы
непосредственно не влияют на движение центра масс.
Отсутствие внутренних сил в уравнениях (43.1) и (43.2), выражающих теорему
о движении центра масс, придает им большое практическое значение.
Из кинематики известно, что поступательное движение твердого тела
полностью определяется движением одной из его точек. Следовательно, решив
задачу о движении центра масс тела как материальной точки с массой, равной массе
всего тела, можно определить поступательное движение всего тела.
Во многих примерах, решенных в предыдущих главах курса, поступательное
движение тела и рассматривалось как движение материальной точки, обладающей
массой данного тела.
Движение свободного твердого тела в общем случае можно разложить на
поступательное движение вместе с центром масс и на сферическое вокруг центра
масс.
По теореме о движении центра масс системы в этом случае можно определить
только поступательное движение тела как движение материальной точки, а
сферическое движение приходится рассматривать особо, пользуясь другими
теоремами динамики. Таким образом, вопрос о том, можно ли рассматривать то или
иное тело как материальную точку, решается в зависимости от характера движения
тела, а не от его размеров.
Так, например, при исследовании поступательных движений планет солнечной
системы их можно рассматривать как материальные точки, обладающие массами
этих планет, но при изучении вращений планет вокруг их осей рассматривать их как
точки нельзя.
Следствия из теоремы.
1. Если главный вектор внешних сил все время остается равным нулю,
то центр масс механической системы находится в покое или движется
прямолинейно и равномерно.
Из уравнения (43.1) следует, что если RЈ = 0, то wc = 0, т. е. vc = const.
При этом, если начальная скорость v c ^ центра масс равна нулю, то центр масс
находится в покое. Если же начальная скорость v r ФО, то центр масс движется
прямолинейно и равномерно с этой скоростью.
2. Если проекция главного вектора внешних сил на какую-либо
неподвижную ось все время остается равной нулю, то проекция центра
138
YE,
Z E —проекции
ZE
масс механической системы на эту ось или неподвижна или движется
равномерно.
Из первого уравнения (43.2) следует, что если X Е — О, то
х с — v Cx — О,
т. е.
v Cx = const.
Если при этом в начальный момент v Cx = 0, то х с = О, х с = const, т. е. координата
х центра масс остается постоянной; а при ® Сх фО проекция центра масс на ось х
движется равномерно.
Следствия из теоремы о движении центра масс системы выражают закон
сохранения движения центра масс системы.
§ 44. Иллюстрация теоремы о движении центра масс механической
системы
Теорема о движении центра масс системы, одна из основных теорем динамики,
объясняет целый ряд явлений, которые приходится наблюдать. Рассмотрим
некоторые примеры, иллюстрирующие эту теорему и ее следствия.
1. Движение человека по горизонтальной плоскости
Если человек начинает идти по горизонтальной плоскости, то перемещение его
центра тяжести происходит под действием сил сцепления между подошвами его
обуви и плоскостью. Эти силы всегда направлены в сторону движения человека и
являются по отношению к нему гнешними. Они возникают при соответствующем
напряжении мускулов человека, что создает иллюзию того, что движущими силами
являются напряжения мускулов, т. е. внутренние силы.
Если бы сцепление отсутствовало, т. е. плоскость была гладкой, то человек не
мог бы по ней идти.
2. Движение локомотива или автомобиля по горизонтальному пути
Внешними силами, вызывающими движение локомотива или автомобиля по
горизонтальному пути, являются силы сцепления, приложенные к ведущим колесам
в точках соприкасания их с рельсами или поверхностью дороги. Эти силы
направлены в сторону движения локомотива или автомобиля.
Действительно, к ведущему колесу со стороны двигателя приложен
вращающий момент М яр , стремящийся вращать колесо вокруг его оси (рис. 103, а).
Такому вращению препятствует действующая со стороны пути сила сцепления F ca .
Эта сила заставляет колесо катиться, а локомотив или автомобиль двигаться в ту
сторону, куда направлена эта сила. Вращающий момент, действующий на колесо со
стороны двигателя, относится к внутренним силам и вызвать движение центра
тяжести локомотива (автомобиля) не может. Этот момент только вызывает
появление внешних сил — сил сцепления.
Локомотив, поставленный на абсолютно гладкие рельсы, под действием
вращающего момента не сдвинется с места, так как при
отсутствии сцепления ведущие
°)
колеса будут только вращаться
139
Ведущее колеса
ведомое колесо
вокруг своих осей (буксовать).
Торможение
поезда
также
вызывается
внешними
силами,
приложенными к колесам со стороны
рельсов..
К ведомому колесу, не связанному с двигателем, приложена
сила
давления
на
ось
Р,
параллельная пути (рис. 103,6"). В
точке касания с рельсом к колесу
приложена сила сцеп-
Рис. 103.
ления F.
препятствующая
скольжению колеса под действием силы Р. При торможении модуль силы
сцепления F ca , направленной противоположно движению, возрастает и под
действием этой силы поезд (автомобиль) получает замедление. Силы
взаимодействия между тормозными колодками и колесами являются внутренними
и не могут произвести торможение поезда (автомобиля), но эти силы вызывают
увеличение модуля внешней силы F C]1 . Если колеса начинают скользить, то сила
сцепления превращается в силу трения скольжения. При равномерном движении
поезда все действующие на него внешние силы уравновешиваются.
3. Действие пары сил на свободное твердое тело
Если приложить пару сил к свободному твердому телу, находящемуся в покое,
то согласно первому следствию теоремы центр масс тела сохранит состояние
покоя. Под действием этой пары сил тело начнет вращаться вокруг своего центра
масс.
4. Откатывание орудия при выстреле
Внутренние силы взрыва, действующие в стволе орудия, при выстреле не
могут привести в движение центр масс системы орудие — снаряд.
Если снаряд вылетает в горизонтальном направлении, то свободно стоящее
орудие откатывается в противоположную сторону, так как при отсутствии
горизонтальных внешних сил центр масс системы
140
орудие — снаряд не может перемещаться по горизонтали. В действительности
горизонтальная внешняя сила имеется (реакция шероховатой поверхности, на
которой находится орудие), но величина ее недостаточна, чтобы устранить это
явление.
§ 45. Примеры применения теоремы о движении центра масс механической
системы
Пример 20. Человек весом Ох стоит на корме лодки весом 02
и длиной I , находящейся в покое в стоячей воде. Определить, пренебрегая сопротивлением воды, расстояние о, на которое переместится
лодка, если человек перейдет
на нос лодки.
у
Р е ш е н и е . Система лодка —
человек находится в покое под
6,
действием трех внешних вертикальных
сил: веса лод- 0 ки 02, веса человека G] и
реакции воды R, линия действия
которой проходит через центр масс
системы (рис. 104). Проведем из
произвольной
точки
О
У
горизонтальную и вертикальную оси
координат. Обозначим JC] и х 2
горизонтальные 0 координаты центров
тяжести частей системы, находящейся в
покое, и вычислим координату центра
масс этой системы х с по формуле (32.2):
__ G,x, -f G 2 x 2
х с~
'
Gl + G2
Ч-
F
-х г Рис Ш4
Так как проекция на ось х главного вектора внешних сил, действующих на
рассматриваемую систему, равна нулю и начальная скорость равна нулю, то
согласно второму следствию из теоремы (§ 43) координата х с центра масс не
изменяется. Отсюда следует, что при движении человека с кормы лодки на нос, т.
е. вправо, лодка доЛжна переместиться влево, чтобы центр масс С системы
остался на той же вертикали. Новые координаты центров тяжести человека и лодки
станут равными (рис. 105):
x[ = x l -\~i
— о;
х' 2 = х 2
— о.
Координата центра масс всей системы в этом положении определится:
G\x[-{-Q 2 x 2
Gi ( J C , + / — a) + G 2 (x 2 ~ а)
G, + G2
0, + Gj
Так как х с = const, то приравняем два ее значения: х с = х' с , т. е.
Gi-*i + G2-*2 _ Gi l*i-f / — o) + G 2 (x 2 — а )
G j + Ga
GlArG 2
9
А. А. Яблонский
141
отсюда
или
О,*, -j- G 2 x 2 = G l x l -A- G x l — G,o -4- G 2 x 2 — G 2 a (G,+
0^ 0 =0,1, G,
тогда
G, + G2 '
относительного
перемещения
лодки о меньше
перемещение
т. e.
человека / во столько раз, во сколько
раз вес человека G, меньше суммы
У
весов Gi + G2.
Пример 21. Однородный
стержень длиной 21, опирающийся одним концом на
гладкую
горизонтальную
плоскость, начинает падать из
состояния покоя, образуя в
начальный момент с плоскостью
угол а Определить траекторию
верхнего конца В стержня при
падении.
Решение.
Проведем
горизонтальную и вертикальную оси
координат
в
плоскости
движения
стержня, приняв за начало координат О
начальное положение А в его нижнего
конца (рис. 105, а). Движение стержня
совершается под действием двух внешних
сил: веса О и реакции гладкой
горизонтальной плоскости N. Так как обе
внешние силы вертикальны и в начальный
момент стержень находился в покое, то,
по второму следствию теоремы (§ 43),
координата
центра
масс
стержня не изменяется и во все время
Рис 105
движения равна
своему начальному значению:
д:с = х Са = I cos а.
Учитывая, что центр тяжести стержня АВ движется по вертикали, определим
координаты х и у верхнего конца стержня В в зависимости от }гла ф,
составленного стержнем с плоскостью в произвольный момент времени t (рис.
105, б)
х = х с -j-/ cos ф = / cos а -j-/ cos ф,
_У = 2/Б1Пф.
Исключая из этих уравнений параметр ф, найдем уравнение траектории точки
В:
9*
142
х — / cos а
cos9 = ----------j ------ ;
.
у
sinq — -^;
[ х — I cos a)2 i
ji
h
У2
i
472"— i -
Полученное уравнение показывает, что конец В стержня движется по
эллипсу. Центр эллипса находится в точке O^Zcosa, 0), а длины полуосей равны /
и 21.
Для любого положения стержня мгновенным центром скоростей Р является
точка пересечения перпендикуляров, восставленных в точках С и Л к
вертикальной скорости vc и горизонтальной скорости \А. Скорость \в точки В
перпендикулярна к отрезку Р В .
Пример 22. На гладком горизонтальном фундаменте установлен
электромотор весом О г . На валу мотора под прямым углом к оси вращения
закреплен однородный стержень длиной 21 и весом 0 2 , на конце которого насажен
точечный груз весом Qv Вал вращается равномерно с угловой скоростью « (рис.
106, а). Определить:
уравнение горизонтального движения мотора, поставленного на фундамент
свободно;
наибольшее горизонтальное давление на болты, если электромотор
прикреплен ими к фундаменту.
Решение.
1. Рассмотрим механическую систему, состоящую
из мотора (без стержня и груза) массой т 1 — -^-, стержня массой
G
G
^
т 2 =~- и точечного груза массой т 3 = -^-. Если мотор поставлен
на гладкий фундамент свободно, то на систему действуют внешние силы: веса
частей G v G2, 03 и реакция опорной плоскости N.
Положим, что в начальный момент стержень был расположен Вертикально и
система находилась в покое (рис. 106, б), а по истечении некоторого промежутка
времени установилась постоянная угловая скорость вращения вала ©.
Проведем оси координат, как указано на рис. 106, б.
Так как проекция X Е главного вектора внешних сил на ось х равна нулю и в
начальный момент система находилась в покое, то ио второму следствию теоремы
(§ 43) имеем х с — const. В начальный момент центр масс системы С , т. е. точка
приложения равнодействующей трех сил тяжести G,, G2, G3 находилась на оси у, т.
е.
Х с =0.
143
Так как координата х с остается постоянной, то при смещении центров тяжести
стержня и груза влево от оси у центр тяжести мотора смещается вправо и наоборот.
6) !
г)
Рис. 106
Определим координату центра масс системы С в любой момент времени t по
рис. 106, в, пользуясь формулой (32.2), и приравняем ее начальному значению х с
=0:
_ О^-г-Ог-Кг + ^з-Кз _______ GpEt — Q 2 V sinqi—jet) — G3 (21 sin <f — x t ) __ „
Gl
+ G2+G3
—
Gi + Gt + Gt
~9-
Отсюда определим x x :
9*
144
О х х г — G 2 l sin ф-f- G 2 x x — G32/sm ф-f- G 3 x x = 0,
G1 + 2G 1 _ l
SIDf.
Л
'— G, + G2 + G3
Подставив значение <p =
®t, получим уравнение горизонтального
движения мотора:G2-f2G3
G,-f G2 + G3
,.
,1
G i + 2G,
,
Мотор совершает гармонические колебания амплитуды q _ ^ _ q ^ . q *
2л
и периода — .
2. Если мотор прикреплен к фундаменту (рис. 106, г), то на систему действует
и горизонтальная внешняя сила—реакция болтов R. В этом случае центр масс
системы С перемещается по окружности радиусом ОС и его координата х с
изменяется.
Модуль реакции R можно найти из дифференциального уравнения движения
центра масс (43.2):
тх с
=X
Е
.
Определим координату х с в любой момент времени t по рис. 106, г, пользуясь
формулой (32.2):
_
* c~
GiXy -4- G 2 x 2 -\- G 3 x 3 G1 • О — G 2 l sin ф — G32/ sin ф ___
_
Gi+ft + Ge
GT+GT+G,
~
G2 + 2G3
G|
Q* +
Вычислим д:с:
G
xr =
f
lePsinat. G, + G2
+ G3
G3
~t
Isinat.
Масса системы
ш
__ Gt + Gt + G3
Проекция главного вектора внешних сил на ось х: X Е = R X . Подставим
значения т, х с и X Е в уравнение (43.2):
G, + G2 + G3
f
«■
G2 + 2G3
2
\
\ G , + G 2 + G3 f0) s,n(orj —
отсюда
R
02 + 20.
2s.
Проекция силы R на ось Л" изменяется по гармоническому закону.
Наибольший модуль силы R получим при s i n c o r = ± 1, т. е. при горизонтальных
положениях стержня:
145
'v max —
•
g-
Пример 23. Найти угловую скорость со вала электромотора, описанного в
примере 20, при которой электромотор, не прикрепленный болтами к фундаменту,
отрывается от фундамента.
Р е ш е н и е . Составим дифференциальное уравнение (43.2) движения центра
масс системы вдоль осн у:
my C = Y E .
Определим координату у с центра масс системы по формуле (32.2):
.,
Ус
_ Giyi + G2y2-\-G3y3
Gt + Gi + Gz
'
Пользуясь рис. 106, в, найдем ординаты центров тяжести частей системы:
yt = 0; у2 = I cos Ф ~ I cos
Уз = 21 cos ф = 21 cos ©г. Подставив эти
значения ординат, получим _ (G2-f 2G 3 )lcosat Ус ~~
Gl + Gt + Gt
'
Найдем ус:
G 2 4~2G 3
, ,
, >с
Gi + G2-f-G3
Определим проекцию главного вектора внешних сил на ось у:
уя = ЛГ —О, —08-Gs.
Подставим значения т., у с , Y E в дифференциальное уравнение (43.2):
G l + G; + C3
(- 0,%2+'0, <»2 cos «*) = * -
0|
- О, - G3.
откуда
jV = 01 + Oa + 03— °2 + 2°3 Zu)2coscor. Максимальное и
минимальное
значения Л/ будут
следующими:
Wrnax = О, + 02 + 03+ °' + ?°» /О, ,
2
Wmln - G, + G2 + G3 - °2 + 2°3 to2.
Неприкрепленный к
когда реакция опорной
угловую скорость, при
откуда
фундаменту мотор начинает подпрыгивать,
плоскости равняется нулю. Наименьшую
которой мотор отрывается от фундамента,
найдем из условия:
G 2 + 2G
Л/т1п=0, т. е. G1
+ O 2-f- G 3 - " 2 y "3fo2
= 0,
ю — 17
т — ,/ (G. + g2+G3)g
(G2-f2G3)i
Вопросы для самоконтроля
146
1. Сформулируйте теорему о движении центра масс системы. 2 Какое движение
твердого тела можно рассматривать как движение материальной точки, имеющей
массу данного тела и почему?
При каких условиях центр масс системы находится в состоянии покоя и при
каких условиях он движется равномерно и прямолинейно?
При каких условиях центр масс системы не перемещается вдоль некоторой
оси?
Приведите примеры, иллюстрирующие теорему о движении центра масс
механической системы?
Какое действие на свободное твердое тело оказывает приложенная к нему пара
сил?
ГЛАВА Vril
ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ
МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ И КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ
МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
§ 46. Импульс силы и его проекции на координатные оси
Если постоянная по модулю и направлению сила Р действует в течение
промежутка времени x = t 2 — t v то ее импульсом за этот промежуток времени
является вектор
Рт.
(46.1)
Направление этого вектора совпадает с направлением силы, а его модуль равен
произведению модуля силы на время ее действия, т. е.
S = Px.
Импульс силы характеризует, передачу материальной^точке
механического движения со стороны действующих на нее тел за данный
промежуток времени.
Единицами
импульса
являются: в системе МКС импульс
силы в один ньютон за время в
одну секунду, т. е один ньютон
секунда (кг • м/сек), в системе
СГС — одна дина-секунда (г •
см/сек), а в системе МКГСС — 1
кгс ■ сек.
Чтобы
найти
импульс
переменной силы Р = Р(г)
за промежуток времени ~
рис 1Q7
t 2 —t v этот промежуток
разбивают на п элементарных промежутков Д£к и определяют элементарные
импульсы силы за эти промежутки. Модуль элементарного импульса ASK равен
произведению модуля силы в момент гк на Дгк, а направление совпадает с
направлением силы в этот момент (рис. 107):
ASK = PKA;K.
(46.2)
147
Импульс силы Рк за промежуток r2 — t 1 определяется как предел
геометрической суммы элементарных импульсов при я — >оо и при Д*к->0:
Предел векторной суммы бесчисленного множества бесконечно малых
слагаемых P K At K при Д^к—> 0 называется векторным интеграла
лом от вектора Р по скалярному аргументу t и обозначается J v d t .
t,
Таким образом,
S=
j
Pdt.
(46.3)
Модуль и направление импульса переменной силы можно определить по
способу проекций.
Импульс S переменной силы Р за промежуток времени t 2 — t x представляет
собой предел геометрической суммы элементарных импульсов ASK. Поэтому
проекция импульса S на каждую координатную ось равна пределу алгебраической
суммы проекций элементарных импульсов ASK на эту ось.
Проекции элементарного импульса ASK = РК At на оси координат будут (рис.
107):
AS KX = AS K cos (AS, i ) = P K A^Kcos(PK, i ) = X K At; аналогично
AS Ky = Y K At,
AS KZ = Z K At,
где X K , Y K , ZK — проекции силы РК на оси координат.
Просуммировав проекции элементарных импульсов и перейдя к пределу,
получим определенные интегралы по переменной t , представляющие собой
проекции импульса S на оси координат:
/2
Sx = f x d t ;
t, .
ti
Sy = J Y d t ;
и
t2
S z =jZdt.
и
(46.4)
Здесь X = / j (t); Y = / 2 (t); Z = f 3 (t) — проекции переменной силы P = P(r)
на оси координат.
Модуль и направление импульса S определяются по его проекциям:
s=Vs 2 x +s y +sl
S
S
S
cos(S. 1) = -^-;
cos(S,
cos(S. k) = -Ј-. (46.5)
=
Для постоянной по модулю и направлению силы Р, действующей в течение
промежутка времени х , формулы (46.4) имеют вид
S x = Xx,
S y = Yx,
S z =Zx,
(46.6)
где X, Y, Z—проекции силы Р на оси координат.
148
§ 47. Импульс равнодействующей
Если к точке М приложено несколько сил Pj, Р2 ................................. Р
равнодействующая этих сил
Р = р1 + р 2 + . . . + Р п .
то
dt
Умножим обе части этого равенства на
и проинтегрируем в пределах от
до 2
ti
t%
tz
t%
= f Р. Л + f 2
... + j
n
ti
<i
ti
Так как каждый из членов этого равенства представляет собой импульс
соответствующей силы, то
tx
t
fPdt
P dt +
S = S, + S2 + . . . + S„,
i,
P dt.
(47.1)
т. е. импульс равнодействующей нескольких сил за некоторый промежуток
времени равен геометрической сумме импульсов составляющих сил за
этот же промежуток времени.
В проекциях на координатные оси это равенство принимает вид
5У = 5 1 У +5 2 У + . . . + 5 ЯУ ,
(47.2)
Равенства (47 2) показывают, что проекция импульса равнодействующей
на любую ось равна алгебраической сумме проекций импульсов
составляющих сил на ту же ось.
§ 48. Теорема об изменении количества движения материальной
точки
Количеством движения материальной точки называется вектор,
имеющий направление скорости и модуль, равный произведению массы т
на скорость ее движения v (рис 108).
Количество движения, зависящее от массы точки и ее
скорости, является мерой механического движения.
М
Понятие количества движения было
введено в механику Декартом и положено
в основу механики Ньютоном.
Единицей количества движения является количество движения точки,
имеющей единицу массы и движущейся со скоростью,
Рис 108.
равной единице скорости, т. е. в системе МКС 1 кг- \ м/сек
= 1 кг -м/сек, в системе СГС 1 г • 1 см/сек — 1 г • см/сек
то
149
и в системе МКГСС 1 кгс • сек 2 /м • 1 м/сек — 1 кгс • сек. Единицы количества
движения совпадают с единицами импульса силы. Проекции количества движения
mv на оси д:, у, z равны:
mv x ,
mv y ,
mv z ,
(48.1)
где v x , v y , v z — проекции скорости на оси координат.
Положим, что Р — равнодействующая сил, приложенных к материальной
точке. Преобразуем основное уравнение динамики следующим образом:
dv
d (m v )
р
dt
W1W : : Р,
или
dt
mw = т
(48.2)
Уравнение (48.2) выражает теорему об изменении количества движения
материальной точки в дифференциальной форме, которая формулируется так:
производная по времени от количества движения материальной точки
геометрически равна равнодействующей сил, приложенных к этой
точке.
Установим зависимость между изменением
количества движения и импульсами действующих на
точку сил. Из уравнения (48.2)
d(mv)=Pdt.
(48.3)
Проинтегрируем обе части равенства в пределах,
соответствующих моментам времени t x и г2:
J d(m\) = J Pdt.
Так
правая
часть
этого
равенства
Рис. 109. как
собой
импульс S силы Р за промежуток времени t 2 — t x (46.3), то
mv,
■ mVj = S.
представляет
(48.4)
Из равенства (48.4)
mv2 = mv]-|-S.
т. е. вектор mv2 можно определить диагональю параллелограмма, построенного на
векторах mvi и S (рис. 109).
Заменив импульс S равнодействующей силы Р в уравнении (48.4)
импульсами St, S2 ................ S„ составляющих сил Р^ Р2 .......................... Р„,
получим
mv2 — mV! = Si + S2+
-f-S„,
или
mv2 — mV! = 2 S f .
(48.5)
150
Уравнение (48.5) выражает теорему об изменении количества движения
материальной точки в конечной форме: изменение количества движения
материальной точки за некоторый промежуток времени равно
геометрической сумме импульсов сил, приложенных к точке за тот же
промежуток времени.
Эту теорему называют также теоремой импульсов.
Векторному уравнению (48.5) соответствуют три уравнения в проекциях на
оси координат:
■mv
mv.
■ mv
mv.
2У
mv.
■ mv
22
\ x - 5 u4-^4- • • • + S nx ,
— S ly ~\-S 2y
==
Xz
$ l z + ^2г +
-f-
j
+ S ny ,
j или mv
■+-S nz , )
mv 2x — mv l x = 2iS lx ,
2y ~mv ly
= 2iS i r
mv 2z — mv l z = y 2iS iz .
(48.6)
Уравнения (48.6) показывают, что изменение проекции количества
движения материальной точки на данную ось за некоторый промежуток
времени равно сумме проекций на ту же ось импульсов приложенных к
точке сил за тот же промежуток времени.
Большинство задач решается по уравнениям в проекциях на оси координат.
§ 49. Примеры применения теоремы об изменении количества
движения материальной точки
Пример 24. Материальная точка массой т = 10 г движется по окружности с
постоянной скоростью 40 см/сек. Найти импульс сил, действующих на точку за
время прохождения точкой половины окружности.
Р е ш е н и е . Определим импульс сил по
уравнению (48.4):
т х*
■ S.
тх.
В рассмотренном
случае (рис. ПО)
mv, = •
mv,
поэтому
mv
S = 2mv,
: 800 гсм/сек.
Модуль импульса =
При изменении
2nw2 = 2 - 1 0 - 4 0 :
положения диа.5"
метра М У М 2 изменится направление
рис цП
mv,
m
импульса S, но сохранится его модуль.
V2
Рассматриваемое равномерное движение точки по окружности происходит
под действием постоянной по модулю силы, направленной к центру окружности.
Пример 25. Среднее показание динамометра, установленного между
тепловозом и вагонами грузового поезда за t сек, оказалось равным Р. В течение
этого времени поезд двигался на подъем i = \ga (а — угол подъема)
и
скорость его увеличилась от v 0
151
до v км/час. Коэффициент суммарною сопротивления движению
состава равен /. Определить вес
состава.
Решение
Рассма гриваем
поступательное движение состава
как движение материальной точки
Применяем к его движению теорему
импульсов в проекциях на ось х, направтраектории движения поезда в сторону его движения
Рис
ленную
по 111
(рис 111)
Согласно (48.6) для промежутка времени от t 0 до t имеем
mv x — mv 0x = ^ i S ix ,
(а)
Так как векторы количеств движения mv0 и m v направлены в сторону
направления оси х, то mv x = mv и mv 0x = mv 0 Уравнение (а) принимает вид
mv — mv 0
= 2 Six-
(б)
На состав действуют силы: движущая сила Р, приложенная со стороны
тепловоза, модуль которой показывает динамометр, вес состава G, нормальная
реакция пути N и сила сопротивления движению состава R с модулем /О cos а.
Проекции импульсов этих сил на ось х можно определить по первой формуле
(46.6):
S x = Xt,
где X — проекция соответствующей силы на ось х, t — время ее действия.
Проекции импульсов сил Р, О, R и N на ось х соответственно будут.
Pt, — О • sin а • t, — R - t, О
Подставив эти значения в уравнение (б), получим mv —
mv 0 = Pt — G sin a • t — Rt.
Для малого угла a имеем: cos a
Уравнение (в) примет вид
g
(в)
1, sina = tga = f.
= Pt— Git — fQt,
откуда
О:
Pt
v — va
■{i+f)t
§ 50. Теорема об изменении количества движения механической системы
Количеством движения механической системы называется вектор,
равный геометрической сумме (главному вектору) количеств движения
всех материальных точек этой системы.
Если отдельная точка системы М 1
( 1 = 1 , 2 ...... п) имеет
массу т, и скорость v,, то вектор количества движения системы К
152
K=
S«,v,.
(50 1)
Преобразуем выражение (50.1):
К=
J m.v, = £ т , ~ f - = ± J «*г,.
Так как согласно (32.1) имеем
d
2 mirj =
K = -57(«rc) =
отгс» то
dr
«-5r
= «v .
r
c
т. е.
K = mvc.
(50.2)
Выражение (50 2) показывает, что вектор количества движения
механической системы имеет модуль, равный произведению массы системы
на скорость ее центра м а с с и направление этой скорости.
m v = mv на оси
Проектируя вектор К —
ii c
координат, получаем
2
Кх =
2
=
2
m
v
i ix
= mv Cx , К у =
m.f ,у =
(50.3)
mv cr К*
2 mv,C z
=
Проекция количества движения механической системы на каждую
координатную ось, равная сумме проекций количеств движения всех точек
системы на эту ось, определяется произведением массы системы на
проекцию скорости центра масс на эту же ось
Дифференцируя (50 2) по времени, получаем
rfK
dv r
Согласно уравнению (43 1) движения центра масс системы
mwc = RЈ.
Следовательно,
^- = RЈ.
(50.4)
Уравнение (50.4) выражает теорему об изменении количества движения
механической системы в дифференциальной форме: производная по времена от
количества движения механической системы геометрически равна главному
вектору внешних сил, действующих на эту систему.
Векторному уравнению (50 4) соответствуют три уравнения в проекциях на оси
координат:
dK x
„
dK v
„
dK z
153
т=*Е-
-ar=*yB- sf—ZE-
<5°-5>
Уравнения (50 5) показывают, что производная по времени от проекции
количества движения механической системы на любую ось равна проекции
главного вектора внешних сил, действующих на систему, на ту же ось.
Из уравнений (50 4) или (50.5) следует, что изменение количества движения
механической системы вызывается только внешними силами.
Следствия из теоремы:
1. Если главный вектор внешних сил все время равен нулю,
то количество движения механической системы остается постоянным.
dK
Из уравнения (50.4) следует, что если
RЈ = 0, то -^- = 0, т. е.
К = mv c = const.
2. Если проекция главного вектора внешних
либо ось все время равна нулю, то проекция
жения механической системы на эту ось постоянна.
Так, например, при X Е = 0 из первого уравнения (50.5)
J"
(50.6)
сил на какуюколичества дви-
= Х Е = 0,
dt
откуда
К х = mv Cx — const
(50.7)
Следствия из теорем об изменении количества движения механической системы
выражают закон сохранения количества движения системы.
Так как уравнения (50.4) и (50.5) тесно связаны с уравнениями (43.1) и (43 2),
определяющими движение центра масс системы, то формулы (50 6) и (50 7) можно
иллюстрировать некоторыми примерами из § 44. Так, например, пренебрегая
внешними силами, действующими на солнечную систему, можно заключить, что
количество движения системы K, = mv c остается постоянным и ее центр масс
движется прямолинейно и равномерно.
Откат орудия при выстреле по горизонтальному направлению обусловлен тем,
что проекция количества движения системы орудие—■ снаряд на горизонтальную ось
х не изменяется при отсутствии горизонтальных внешних сил, т. е. по формуле (50.7):
К х = m v C x = const.
Как до выстрела, так и после него, К х = 0. Отсюда можно определить скорость
отката орудия:
К х — m i vu -Ь "hv 2x = °>
где /йр Vj — масса и скорость вылета снаряда;
154
т 2 , v2 — масса и скорость отката орудия. Скорость отката
орудия определится ее проекцией
т.
Установим теперь зависимость между изменением количества движения
механической системы и импульсами действующих на эту систему сил.
Разделим силы, приложенные к точкам механической системы, на внешние силы
Pf и внутренние силы Р{
Определим изменение количества движения каждой точки системы за
промежуток времени t 2 —t x по уравнению (48 5):
(^-(m^-Sf + Sf
( / = 1 , 2 ....................................... п),
где Sf и SJ — импульсы внешних и внутренних сил, действующих на точку М 1 в
промежутке t 2 — t v Суммируя левые и правые части составленных п равенств, получим
Q X v^ - Q X v
^Ssf+Ssf
Так как главный вектор внутренних сил, действующих на механическую систему,
равен нулю, то и геометрическая сумма импульсов внутренних сил равна нулю, т. е
2 S » —0. Тогда
или
(2 «, v,)a — (2 «.V,), = 2 sf
К2 — Ki =
2sf.
(50.8)
Уравнение (50 8) выражает теорему об изменении количества движения
механической системы в конечной форме, или теорему импульсов: изменение
количества движения механической системы за некоторый промежуток
времени равно геометрической сумме импульсов внешних сил,
приложенных к системе, за тот же промежуток времени.
155
Векторному уравнению (50 8) соответствуют три уравнения в проекциях на
оси координат:
К2х
—
К\х
К2у
----К \ у
K2z
—
—2
S/
JC >
—2
Sty.
K\z
= SsЈ
Уравнения (50 9) показывают, что изменение проекции количества
движения механической системы на любую ось равно сумме проекций
импульсов всех внешних сил, действующих на систему, на ту же ось
При решении задач обычно пользуются уравнениями (50 9) Эти уравнения так
же, как и уравнения (50 5), не содержат внутренних сил, что имеет большое
практическое значение
§ 51. Примеры применения теоремы об изменении количества
движения механической системы
Пример 26. Определить количество движения диска массой от и радиусом R,
вращающегося вокруг неподвижной оси, проходящей через его центр
тяжести, с угловой скоростью со
Решение.
Так
остается
неподвижным,
чество движения диска
как центр К ■ 0.
масс диска
т. е v c = 0, то коли■ mv r
Рис 112
Показав векторы количеств движения точек диска,
расположенных на одном из его диаметров (рис 112), убедимся в том, что их
геометрическая сумма равна нулю Поэтому и геометрическая сумма количеств
движения всех точек диска оказывается равной нулю, т е.
к = ту, 2
0
Пример 27. Колесо весом О и радиусом R катится
без скольжения по рельсу, делая п об/мин Определить
количество движения колеса.
Решение.
Количество движения колеса К =
mv r
Рис
Скорость v c центра масс колеса определяется как вращательная скорость
10
А А Яблонскнй
156
вокруг мгновенного центра скоростей, который находится в точке Р соприкасания
колеса с рельсом (рис 113):
v r = ^со
157
нй
Rnn
30
Подставляя значения т и v c в выражение, определяющее К, получаем
GRnn
Так как <o = -gg-, то v c ■■
30g
КПример 28. Гимнаст весом О,
оттолкнувшись от трамплина, имеет скорость
v0, направленную под углом а к горизонту, и движется в воздухе, держа в руках
гирю весом Q В наивысшей точке своей траектории он отбрасывает назад гирю с
горизонтальной относительной скоростью и Определить,
скорость гимнаста после отбрасывания гири;
удлинение прыжка гимнаста с помощью гири и
место падения гири.
Р е ш е н и е 1 Будем рассматривать систему гимнаст — гиря как систему двух
материальных точек весом О и Q. Если сопротивление воздуха не учитывается, то
внешними силами, действующими на систему во время прыжка, являются силы
тяжести О и Q
£
£,
D
D,
Рис 114
Как известно из § 7, движение гимнаста вместе с гирей под действием сил
тяжести должно происходить по параболе OBD (рис 114) согласно уравнениям:
х = v Q t cos а,
gt2
у — v 0 t sin а—
При этом горизонтальное движение происходит со скоростью f0cosa, а
продолжительность подъема по кривой ОВ и продолжительность падения по
кривой BD одинаковы и равны:
^ _ у а sin a
~~
g
В рассматриваемой задаче движение гимнаста вместе с гирей имеет место
только на участке ОВ Так как в точке В гиря получает г о р и з о н т а л ь н у ю
относительную скорость и, т. е взаимодействие между гимнастом и гирей
происходит в горизонтальном направлении, то на участке BD X законы, изложенные
в § 7, сохраняются только для вертикального движения.
Поэтому время падения как гимнаста, так и гири, сохраняет значение
158
, __ у о sin а
g
Так как проекция главного вектора вертикальных внешних сил X Е = 0, то
согласно (50.7) проекция количества движения системы К х = const за все время
движения.
В любой момент времени К х имеет начальное значение, т. е.
G + Q К г — —'—^ v 0
cos а.
X
g
В точке В гимнаст, отбросивший гирю со скоростью и, приобрел скорость vx.
Абсолютная скорость гири в этот момент горизонтальна и равна
z/0cosa — а.
Проекция количества движения системы, выраженная через скорость гимнаста
и гири в точке В:
К 'х =
G
т. е.
откуда
,
Q
g
Ъ
^ g
=4
«1 +
у <*о cos a - и).
Согласно (50.7) К' Х = К Х ,
G
,
Q ,
у ^l + y (^ocosa~")=
G
G4-Q
focos a,
v
g
.
G
— v, — — w0cosa-f- — «,
Q
или
i>i = V q COS я—(- -g- и.
(51.1)
Формула (51.1) показывает, что отбрасывание назад гири со скоростью и
увеличивает горизонтальную скорость гимнаста на величину -^и.
2. Применяя (50.7) к движению гимнаста без гири на участке BD X ,
устанавливаем, что модуль его горизонтальной скорости v x не меняется.
Длину прыжка гимнаста определяем из условия, что его горизонтальное
движение на каждом из участков ОВ и BD X происходит равномерно:
ODj = ОЕ-\- ED X = v 0 cos at-\-v l t =
= i/0cosa.
f0 sin о
,/
,
Q
--------- f-^oCOsa-4-q-hj
2%Я sin a cos a
--------- + G
\
v 0 sin a
"~V--
Q
<51-2>
v n sin a
Первое слагаемое правой части (51.2) определяет длину прыжка OD без
отбрасывания гири, а второе слагаемое — удлинение прыжка DD V вызванное
отбрасыванием гири.
3. Горизонтальное движение гири, брошенной гимнастом, происходит
равномерно со скоростью
v 0 cos а — а.
159
Возможны три вида ее траектории:
1) «<t»0cosa — гиря продолжает двигаться вперед по параболе BE V Положение
точки падения
££\ = (v 0 cos a — и) t = (v 0 cos a — «)
v 0 sin a
— гиря падает по вертикали BE;
> v 0 cos a — гиря движется назад по параболе ВЕ 2 . Положение точки падения
со
/
ч fo sin а
ЕЕ 2 = (и — v 0 COS a) —- ------- .
2)
K =;i>0cosa
3) и
Таким образом, приземление гимнаста вместе с гирей происходит в точке D.
Если же гимнаст отбрасывает гирю, то он движется дальше, приземляясь в точке а
гиря приземляется в одной из точек Е, т. е. по другую сторону от точки D.
При сохранении горизонтальной проекции количества движения системы
происходит ее перераспределение между частями системы в результате
взаимодействия этих частей.
Пример 29. Струя жидкости плотностью р вытекает со скоростью v из трубки
с площадью поперечного сечения F и ударяется под углом а о вертикальную стену.
Определить давление, производимое струей на стену
(рис. 115).
Р е ш е н и е . Применим теорему импульсов к
движению объема жидкости, вытекающей из трубки за
некоторый промежуток времени т. Этот объем
заполняет участок струи длиной vx с площадью
поперечного сечения F. Пренебрегая действием силы
тяжести на форму струи, будем считать его
прямолинейным.
Масса
этого
объема
равна
произведению плотности жидкости р на объем:
т = pFvx.
На рассматриваемую механическую систему действуют следующие внешние
силы: сила тяжести, реакция стены R, направленная перпендикулярно к стене, и
давление той части жидкости, которая соприкасается с выделенным объемом; это
давление вследствие его незначительности учитывать не будем.
Направим ось л:, как указано на рис. 115, и воспользуемся уравнением (50.9):
Кгх — К и —
2 Six-
Положим, что все частицы жидкости струи имеют одинаковую скорость v.
Тогда количество движения рассматриваемого объема жидкости в момент t x = 0
будет вектором, имеющим направление скорости v и модуль
K i = m v = p F v 2 x . Его
проекция на ось х
К Х х = K i sin а = p F v 2 x sin а.
10
А А Яблонскнй
160
К моменту t 2 = x частицы струи без учета брызг приобретут скорости,
направленные по стене.
Проекция количества движения рассматриваемого объема жидкости на ось х в
момент t 2 — х :
К 2 х = 0.
В правую часть уравнения (50.9) входит лишь проекция импульса
горизонтальной силы R, определенная по формуле (46.6):
SX = - R t.
Подставляя значения К 2 х , К \ х и
в уравнение (50.9), получаем:
— p F v 2 x sin а = — R x .
Отсюда определяется модуль реакции стены, равной тому давлению, которое
производит струя на стену:
R = p F v 2 s i n a . Максимальное
давление имеет место при а =90°:
Rmax = PFV2.
§ 52. Понятие о теле переменной массы. Уравнение Мещерского. Формула
Циолковского
В классической механике Ньютона масса движущегося тела рассматривалась
только как постоянная величина. Между тем встречаются случаи движения тел,
масса которых за время движения изменяется.
Рассмотрим примеры такого движения, взятые из области техники.
Масса и момент инерции вращающегося веретена, на которое навивается нить,
изменяются в процессе движения. То же самое происходит с рулоном газетной
бумаги, когда он разматывается на валу печатной машины.
Убывает также масса летящей ракеты вследствие сгорания топлива; убывает
масса аэростата при выбрасывании балласта; возрастает масса привязного
аэростата, поднимающего за собой канат при подъеме^ и т. п.
Реактивный самолет представляет собой тело, масса которого-увеличивается за
счет частиц воздуха, засасываемых в двигатель, и уменьшается вследствие
отбрасывания продуктов горения топлива.
В природе тоже имеется немало примеров движения тел, масса-которых
изменяется с течением времени. Так, например, масса Земли возрастает вследствие
падения на нее метеоритов. Масса метеорита, движущегося в атмосфере, убывает
вследствие отрыва и сгорания его частиц. Масса плавающей льдины возрастает
вследствие намерзания и убывает вследствие таяния. Масса Солнца возрастает от
присоединения космической пыли и уменьшается от излучения.
Создателями основ механики тела переменной массы являются русские ученые
И. В. Мещерский (1859— 1935) и К. Э. Циолковский (1857 — 1935).
В работах «Динамика точки переменной массы» (1897) и «Уравнения движения
материальной точки переменной массы в общем случае» (1904) И. В. Мещерский
10*
161
впервые вывел уравнение движения точки переменной массы.
Работы К. Э. Циолковского были посвящены вопросам движения ракет.
Полученные им результаты заложили основу современной^ науки о движении
реактивных аппаратов.
Телом переменной массы называют тело, масса которого изменяется
с течением времени.
Если размерами этого тела по сравнению с проходимыми им расстояниями
можно пренебречь, то его можно рассматривать как точку переменной массы.
Точка переменной массы определяется математически как точка с массой,
являющейся функцией времени m(t). Положив, что изменение массы точки
происходит в результате непрерывного отбрасывания или присоединения
материальных частиц, массы которых весьма малы, получим возможность считать
функцию m(t) непрерывной и дифференцируемой.
При отбрасывании элементарной материальной частицы возникает
элементарная реактивная сила, действующая как на основную, так и на отделяемую
точки.
Эти две силы, представляющие собой действие и противодействие, равны
между собой по модулю и направлены в противоположные стороны.
Если основная и отделяемые точки рассматриваются как единая система, то
силы взаимодействия между ними являются для этой системы внутренними силами
и масса этой системы не изменяется, оставаясь за все время движения постоянной.
Из этого следует, что к такой системе можно применять теоремы динамики
системы постоянной массы. Положим, что в некоторый момент времени t одна
точка конечной массы т if) движется с абсолютной скоростью v, а другая —
элементарной массы dm(t) движется с абсолютной скоростью и. В момент времени
t-\-dt эти точки образуют одну точку с массой m-f-dm, абсолютная скорость которой равна v -f- dv. При этом dm > 0 (в случае присоединения элементарной
массы) и dm < 0 (при отделении ее от массы основной точки). Количество движения
системы в момент t:
mv-j- u dm,
в момент ^ —f- Д^:
(т -f- dm) (v -f- dv).
Изменение количества движения системы за время dt:
rfK — (m -f- dm) (v + dv) — (mv -f- u dm) =
= m dv -f- dm (v — u) -f- dm • dv.
По теореме об изменении количества движения механической системы в
дифференциальной форме (50.4) имеем:
i« - р
dt
где Р — равнодействующая сил, приложенных к точке с конечной массой.
Подставляя в уравнение (50.4) полученное выше выражение dK и пренебрегая
членом dm • dv, получаем
10*
162
где u — v —ur — относительная скорость присоединенной массы. Вводя
относительную скорость ur, имеем
dv
m
Обозначив и г
_ .
dm
-df="P + Vr^f
— R, получим
/я
4г==р+к-
<52 2>
Здесь R — реактивная сила, равная произведению относительной скорости ur
присоединяющейся массы на секундное приращение
„
dm ,
массы основной точки
.
R = ur^-.
(52.3)
Уравнение (52.2) представляет собой основное уравнение динамики точки
переменной массы и называется уравнением Мещерского.
Из этого уравнения следует, что уравнение движения точки переменной
массы имеет вид основного уравнения динамики
10*
163
точки постоянной массы, находящейся под действием приложенных к ней
сил и реактивной силы.
В случае, если абсолютная скорость и присоединяющейся массы, равна нулю,
уравнение (52.1) принимает вид
dv ,
dm
_
dt
или
■(fftv) =
P.
dt
(52.4)
Если же равняется нулю относительная скорость ur присоединяющейся массы,
то-согласно (52.3) R = 0, и уравнение (52.2) принимает вид основного уравнения
динамики точки постоянной массы:
dv
тчг
_
= р-
Применим уравнение Мещерского к свободному движению ракеты без учета сил
притяжения к Земле и сопротивления воздуха. В этом случае
Р = 0.
Положим (рис. 116), что неизменная масса корпуса ракеты равна т к ,
переменная масса горючего
■т г , а масса газов, проходящих через
Рис. 116.
выхлопное отверстие сопла в 1 сек, равна
• Скорость движения'
ракеты обозначим v, а относительную скорость выхлопа продуктов горения ur.
Определим движение ракеты уравнением (52.2) при Р = 0 в проекциях на ось л:,
направленную по оси ракеты в сторону ее движения:
dv.
dt
i v (52.5).
"It
т ■
,или ,
. dv
(mK+ т,)-^ = и ТХx -^
dmt
Подставляя
в
полученное
уравнение
проекции скоростей v x = v
имеем
,
.
ч
dv
d
(52.6>
m
d
t
164
Умножив полученное уравнение на dt и разделив переменные,
проинтегрируем его в пределах, соответствующих начальному моменту движения
ракеты /0 = 0 и некоторому моменту t во время ее лвижения:
v
S
d v
тг
«г
=~S
v\vVa= —«, in («„+«,.)
Г;,
откуда
^р£.
*=*о+Мп
(52.7)
Когда весь запас взрывчатых веществ сгорает, то ракета имеет наибольшую
скорость. При т г = О
v m n = v 0 +u f l n \ l
(52.8)
Эта формула выведена К. Э. Циолковским и называется формулой
Циолковского. Формула (52.8) показывает, что предельная скорость ракеты
зависит от ее начальной скорости v 0 , от относительной скорости вылета продуктов
горения и г и от относительного
—
от
г
запаса топлива — .
тк
Из этой формулы следует, что предельная скорость ракеты не зависит от
времени полного сгорания топлива.
При помощи формулы (52.8) Циолковским составлена таблица наибольших
скоростей ракеты в зависимости от запаса топлива и относительной скорости
отброса*.
Из этой таблицы следует, что для достижения первой космической скорости,
равной 7,9 км/сек, при которой ракета становится спутником Земли, при отношении массы топлива к массе ракеты --------------------== 4
тк
скорость отброса должна быть равна 6 км/сек.
Получение столь значительных скоростей отброса трудно осуществить.
Поэтому в настоящее время увеличение скорости ракеты достигается применением
составной (многоступенчатой) ракеты. Части (ступени) такой ракеты, после
израсходования содержащегося в них топлива, автоматически отделяются от
ракеты. При каждом таком отделении ракета получает дополнительную скорость.
Таким образом, последняя ступень ракеты получает скорость, обеспечивающую ее
движение в виде спутника Земли или ее полет в космическое пространство (см. §
77).
В о п р о с ы д ля с а м о к о н т р о ля
165
349.
* К Э Ц и о л к о в с к и й . Труды по ракетной технике. Оборонгиз, 1947, стр
Как определяется импульс переменной силы за конечный промежуток^ времени?
Что характеризует импульс силы?
Чему равны проекции импульса постоянной и переменной силы на оси координат?
Чему равен импульс равнодействующей?
Как изменяется количество движения точки, движущейся равномерно по
окружности?
Что называется количеством движения механической системы")
Чему равно количество движения маховика, вращающегося вокруг неподвижной
оси, проходящей через его центр тяжести?
Сформулируйте теоремы об изменении количества движения материальной точки
и механической системы в дифференциальной и конечной формах. Выразите каждую из
этих четырех теорем векторным уравнением и тремя уравнениями в проекциях на оси
координат.
При каких условиях количество движения механической системы не изменяется?
При каких ус-ловиях не изменяется его проекция на некоторую ось?
Почему происходит откат орудия при выстреле?
10. Могут ли внутренние силы изменить количество движения системы
или количество движения ее части^
Что называют телом переменной массы?
Кем созданы основы механики тел переменной массы?
13. Какой вид имеет основное уравнение динамики точки переменной
массы? В каком случае оно имеет вид основного уравнения динамики точки
постоянной массы"?
От каких факторов зависит скорость свободного движения ракеты>
Зависит ли конечная скорость ракеты от времени сгорания топлива?"
Г Л А В А IX
ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ МОМЕНТА КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ
МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ И ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО МОМЕНТА
МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
§ 53. Моменты количества движения материальной точки относительно
центра и относительно оси
В разделе «Статика» (§ 44 и 45) введены и широко использованы понятия
моментов силы относительно точки и. относительно» оси. Так как количество
движения материальной точки т х является
вектором, то можно определить его моменты
относительно центра и относительно оси
таким же путем, как определялись моменты
силы.
Момент количества движения т х точки М относительно центра О (рис. 117)
рис ]]7
представляет собой вектор L 0 , направленный перпендикулярно плоскости,
проходящей через вектор т х и центр О в ту сторону, откуда вектор т х по
отношению к центру О виден направленным против движения часовой
стрелки. Модуль
166.
•вектора L0 равен произведению величины mv на плечо h вектора mv относительно
центра О:
L 0 = mvh.
(53.1)
Момент количества
■произведением
движения L 0 можно определить векторным
радиуса-вектора
г, проведенного из центра О в точку М , на
вектор количества движения mv:
L0 = r X m v .
(53.2)
Момент L z количества движения mv
точки М относительно оси z (рис. 118)
равен взятому со знаком плюс или минус
произведению проекции вектора mv на
плоскость /, перпендикулярную к оси z, на
плечо этой проекции относительно точки О
пересечения оси z с плоскостью /:
L z =±mv 1 h u
(53.3)
Рис. 118
причем L z > 0, если, смотря навстречу оси z, можно видеть проекцию mvi по
отношению к точке О, направленной против движения часовой стрелки, и L z < 0
— в обратном случае.
Моменты
количества
движения
точки
относительно центра О и относительно оси z,
проходящей
через
этот
центр,
связаны
зависимостью <ч. I, «Статика», § 46):
L z = L 0 cos (L0, k),
(53.4)
т. е. проекция момента количества движения
материальной
точки
относительно
некоторого центра на ось, проходящую через
этот центр, равна моменту количества
движения точки относительно этой оси.
Аналитические выражения моментов количества
движения
точки относительно осей координат будут (ч. I, «Статика», § Рис. 119 47):
L x — у • mv z — z • mv y = т (yv z — х
xv z ),
mvj
L
•z = x
mv,
• mv z — m (zv x
У • mv x = m(xv y — yv x ), J
где jc, y, z — координаты движущейся точки M ,
v x , v y , v z — проекции скорости точки М на оси координат (рис. 119).
167
(53.5)
§ 64. Теорема об изменении момента количества движения материальной
точки
Положим, что движение материальной точки М происходит под: действием
силы Р (рис. 120). Проведем из произвольного центра О* в точку М радиус-вектор
г и определим момент силы Р относительно этого
центра по формуле из статики:
М0 = г Х Р .
Определим также момент количества
движения точки М относительно центра О по
формуле (53.2):
L0 = г X mv.
Рис. 120.
Чтобы установить зависимость между моментом количества движения точки
L 0 и моментом силы М0, следует найти производную.-по времени от момента
количества движения:
rfL.
dt
dt
dv
7T- = - d T X m v + r ' X m 4 f
Здесь
dt
dt
d v d t w.
= V,
Пользуясь этими выражениями, получим d L „
dt
v X" iv -j- r X
я.
Так как угол (v, mv)-
0, то v X
mv-
0,
тогда
d
Ld
или
г ХР
t
— — г X tnw
(54.1>
dL
dF-^o
Если на материальную точку действуют несколько сил, то М^. следует
рассматривать как момент их равнодействующей. Заменив Mq, геометрической
суммой моментов составляющих сил, получим
или
о dL
I
dt dL
168.
:
Ml0-f-M2
„ + ...
-4-Мя,
169
(54.2>
Соотношение (54.2) выражает теорему об изменении момента -количества
движения материальной точки относительно центра: производная по времени от
момента количества движения материальной точки относительно
некоторого центра равна геометрической сумме моментов сил,
действующих на точку, относительно того же центра.
Так как проекция векторной производной на любую ось равна производной от ее
проекции на эту ось (см. ч I, «Кинематика», § 80), то, проектируя векторное равенство
(54.2) на оси х, у, z, получим три равенства:
dLt
dLx dt
+ мпх,
dt dL4
dL
dt
dt dL
или
M
(54.3)
+ M ay , +
ty
2j
M nz ,
dL, dt
Здесь согласно (53.4) L x , L y , L z — моменты количества движения
моменты
M,„,
точки М относительно осей координат, а М и силы Рг
' t y М,
относительно этих же осей.
Равенства (54.3) выражают теорему об изменении момента количества
движения точки относительно осиг производная по времени от момента
количества движения материальной точки относительно некоторой оси
равна алгебраической сумме моментов сил, действующих на точку,
относительно этой же оси.
С л е д с т в и я и з т е о р е м ы : 1. Если линия действия равнодействующей
приложенных к материальной точке сил все время проходит через
некоторый неподвижный центр, то момент количества движения
материальной точки относительно этого центра
остается постоянным.
Из уравнения (54.2) следует, что если то
(54.4)
0,
dt
■ const.
Примером, иллюстрирующим это следствие, может
служить движение материальной точки под действием
центральной силы. Центральной силой называется
сила, линия действия которой за все время
движения проходит через некоторый центр, л модуль зависит от
расстояния между этим центром и точкой приложения силы.
Положим,что линия действия центральной силы Р за все время движения
проходит через центр С (рис. 121). Тогда
Мс = 0
: COnSt.
Из этого следует, что плоскость, проходящая через вектор количества движения
точки mv и центр С, не изменяет своего положения, т. е. траектория точки лежит в
одной плоскости.
J170
2. Если момент равнодействующей приложенных к материальной
точке сил относительно некоторой оси все время равен нулю, то момент
количества движения материальной точки относительно этой оси
остается постоянным.
Из уравнения (54.3) следует, что если, например,
— О» т0
-^£-=0
и
L x = const.
(54.5)
Пример. 30. Шарик весом О находится на гладкой горизонтальной плоскости.
К шарику привязывают невесомую нерастяжимую нить, которую пропускают через
отверстие О на плоскости и тянут вниз с постоянной скоростью с (рис. 122, а). В
момент, когда расстояние шарика от отверстия ОМэ — R, шарику сообщают
скорость v0.
Рис. 122
направленную перпендикулярно к нити ОМ 0 . Определить дальнейшее движение
шарика.
Р е ш е н и е . Положение шарика М на плоскости будем определять двумя
полярными координатами г и ф. Проведем ось Ох через начальное положение
шарика М 0 . Тогда начальные условия будут: *0 = 0, г0=/?, ф0 = 0 (рис. 122,6").
На шарик действуют три силы: сила веса G, реакция плоскости N и реакция нити
S. Так как момент каждой из этих сил относительно вертикальной оси Oz равен
нулю, то
% М и = 0.
Согласно (54.5)
L c — const.
Так как по условию задачи нить втягивается равномерно со скоростью с, то
изменение координаты г определится уравнением
r = H — ct.
(54.6)
Для определения координаты ф в зависимости от t воспользуемся условием L z =
const. Абсолютная скорость шарика состоит из двух скоростей, направленных
вдоль осей полярных координат (см. ч. I , «Кинематика», § 128): скорости с и
перпендикулярной к ней скорости v, модуль которой
v — г а = гф.
Вектор количества движения тс не имеет момента относительно оси Oz, так
как прямая, по которой он направлен, пересекает ось Oz.
Момент вектора количества движения mv относительно оси z в любой момент
времени определяется по формуле (53.3):
L z = mvr = /кг2ф.
В начальный момент;
L Zo = mv 0 R. Так
как L z = const, то L 4 = L z , т. е.
mv 0 R = /яг2ф,
откуда
•
Rvo
г'
или после подстановки значения г из формулы (54.6):
ф
(R—ct)s •
Проинтегрируем по времени:
Rv0
c{R — ct)
.
п
ф:
Постоянную С определим подстановкой в уравнение начальных условий /0=0;
ф0 = 0:
Подставив значение С , получим второе уравнение движения шарика:
ч>=тйг-
<54-7>
Уравнение траектории шарика в полярных координатах, полученное
исключением t из его уравнений движения (54.6) и (54.7), имеет вид
<54'8>
Следует отметить, как это вытекает из выражения L z = mr 2 (f = const, при
уменьшении г возрастает угловая скорость ф вращения нити. 158
Пример 31. Определить малые колебания математического маятника длиной /,
точка привеса которого начинает совершать горизонтальные колебания, согласно
уравнению х = a cos pt. В начальный момент маятник находился в состоянии
покоя и нить располагалась вертикально.
Решение.
Маятник
совершает
составное
движение.
Примем
поступательное движение вместе с осью привеса С\у, перпендикулярной к
плоскости чертежа за переносное движение (рис. 123). Тогда качание маятника
172
вокруг этой оси будет его относительным движением. Это движение требуется
определить.
Чтобы применить к относительному движению точки какое-либо положение
динамики, необходимо, кроме действующих на точку сил, учесть переносную силу
инерции точки (см. § 26). Для определения этой силы найдем проекцию переносного ускорения на ось д:, польд(
Or х -it?, А зуясь заданным
уравнением переносного движения:
w ex ~ х = — ар 2 cos pt.
Проекция переносной силы инерции, направленной
противоположно переносному ускорению, определится:
Ф ех = — mw ex = тар 2 cos pt.
Так как переносное движение является
гармоническим колебательным движением, то его ускорение
w e направлено всегда к центру колебаний О, а переносная сила
инерции в противоположную сторону.
Приложим к маятнику, нить которого отклонена от Рис. 123.
вертикальной оси 0[Z на угол срг, две действующие на него
силы: силу
тяжести G и реакцию нити S, а также его переносную силу инерции Фе. Применим
к относительному движению маятника теорему об изменении момента количества
движения маятника относительно оси О х у,
Согласно (54.3)
dLyr
-4T= M l y + M i y + M 3 r
(а
)
Момент количества движения маятника в относительном движении
L yr
= mv t l
= ml 2 ®, - mt 2 <f r .
Момент силы тяжести G относительно оси 0\у
М 1 у = — 01 sin фг = —mgl sin фг.
Момент реакции нити S относительно оси сЗ,у равен М 2у ~0, так как линия
действия силы S пересекает ось О х у.
Момент переносной силы инерции относительно оси 0 { у
М3у = г х Ф ех = I cos <р г тар 2 cos pt.
Подставляем эти значения в уравнение (а):
(ml\ r ) — — mgl sin фг —J— тарЧ cos фг cos pt.
Рассматривая малые колебания маятника, принимаем этф^^ф,.;
созфгяз1.
Тогда
т/2фг = — mgl<p r -\- та рЧ cos pt
или
а
Р
Фг +^-ф г = -^-С08 pt.
"
t
g
л
Полученное уравнение можно представить в виде
Фг -f- А2фг = я cos pt,
Wft
= |/f
и
(б)
h = ^f.
Уравнение (б) является дифференциальным уравнением вынужденных
колебаний маятника, отличаясь от уравнения (16.3) наличием cos pt вместо sin pt.
В соответствии с этим его решение имеет вид
Фг = с\ cos М + С 2 sin kt -\- t (Јf_
cos pt.
(в)
Для определения постоянных С х и С 2 найдем производную:
Фг = — kC x sin kt -f- kC 2 cos kt —
sin
l (h2_p2}
(PO-
(r )
Так как в начальный момент маятник находился в покое и нить его
располагалась вертикально, то начальные условия
t = 0;
ф0г == 0;
ф0/. = 0.
Подставляем эти значения в уравнения (в) и (г):
U
откуда
C l
+ l(k2 — p2) •
а 2 1
Г —2
Р
~
l(k — p2) '
0 = kC 2 ,
где С 2 = 0.
Подставляя найденные значения C t и С 2 в уравнение (в), получаем уравнение
малых вынужденных колебаний маятника:
ар2
,
ар2
.
C0S М
cos
2
2
2
Ъ = -Ц^-р )
+ 1 (к -р )
Р*
или
ф=
<д)
' l(k2-p2)(cos pt ~cos
Уравнение (д) показывает, что вынужденным колебаниям частоты р
сопутствуют свободные колебания частоты k, которые вызываются наличием
возмущающей силы.
§ 55. Кинетический момент механической системы относительно
центра и оси
174
Кинетическим моментом или главным моментом количеств движения
механической системы относительно данного центра называют вектор,
равный геометрической сумме моментов количеств движения всех
материальных точек системы относительно этого центра.
Момент количества движения каждой материальной точки системы (рис.
124) относительно центра О определяется по формуле (53.2):
Кинетический момент механической системы относительно центра О
Ц = 2 Ь ; 0 = 2 г ,-Хил-
(55.1)
Кинетическим моментом, или главным моментом количеств
движения механической системы относительно оси, называется
алгебраическая сумма моментов количеств движения всех материальных
точек системы относительно этой оси.
Рис. 124.
Рис 125
Момент количества движения L iz каждой точки системы (рис. 118)
относительно оси Oz определяется согласно (53.3).
Кинетический момент системы относительно оси (рис. 125)
А,=2Х-
(55.2)
Кинетические моменты механической системы относительно некоторого
центра О и какой-либо оси z, проходящей через этот центр связаны такой же
зависимостью, как и главные моменты системы сил относительно центра и оси, т.
е.
L z = L0 cos(L0, k).
(55.3)
Таким образом, проекция кинетического момента механической
системы относительно некоторого центра О на ось, проходящую через
этот центр, равна кинетическому моменту системы относительно этой
оси.
§ 56. Теорема об изменении кинетического момента механической
системы
Положим, что система материальных точек М х , М 2 ........................ М п
движется под действием некоторой системы сил, которые разделим на
внешние силы Pf, Pf,
Pf н внутренние силы Р{, Р2, .................. P J n .
Выберем некоторый неподвижный центр О и определим изменение момента
количества движения каждой точки M t относительно этого центра по уравнению
(54.2):
Т=
Ч+ 'о
М
</в=1'
2П)-Просуммируем
полученные п уравнений:
Как указывалось в § 31, геометрическая сумма моментов всех внутренних сил
относительно любого центра равна нулю, т. е.
Преобразуем левую часть равенства (а), учитывая (55.1):
S
dL h
_ d
dt '
V
г
_
dL o
dt ~ dt Zu ч о ~~
Тогда уравнение (а) принимает вид
^ = £ М ?0=М1-
(56.1)
Уравнение (56.1) выражает теорему об изменении кинетического момента
механической системы: производная по времени от кинетического момента
механической системы относительно некоторого центра геометрически
равна главному моменту внешних сил, действующих на эту систему
относительно того же центра.
Векторному равенству (56.1) соответствуют три равенства в проекциях на оси
координат:
dt
(56.2)
Здесь согласно (55.3): L x , L y , L z — кинетические моменты механической
системы относительно осей координат, а М х , М Е , М Е — главные моменты внешних
сил относительно этих осей.
Уравнения (56.2) показывают, что производная по времени от
кинетического момента механической системы относительно некоторой
оси равна главному моменту внешних сил относительно этой оси.
С л е д с т в и я и з т е о р е м ы : 1. Если главный момент внешних сил
относительно некоторого центра все время равен нулю, то кинетический
176
момент механической системы относительно этого центра остается
постоянным.
Из уравнения (56.1) следует, что если Мо = 0, то
~ = 0
и
L0 = const.
(56.3)
2. Если главный момент внешних сил относительно некоторой оси все
время равен нулю, то кинетический момент механической системы
относительно этой оси остается постоянным.
Из уравнений (56.2) следует, что если, например, М х = 0 , то
^f -=0
и
L x = const.
(56.4)
Следствия из теорем об изменении кинетического момента механической
системы выражают закон сохранения кинетического момента механической
системы
Пример 32. Колесо гидравлической турбины вращается вокруг вертикальной
оси с постоянной угловой скоростью <в (рис. 126, а).
Рис. 126.
Абсолютная скорость частиц воды во входном сечении равна Vj и составляет с
касательной к внешней окружности обода колеса угол о^. В выходном сечении
скорость частиц воды равна v2 и составляет с касательной к внутренней
окружности обода угол о^. Радиусы внешней и внутренней окружностей обода
соответственно равны г х и г 2 . Определить вращающий момент, сообщаемый
колесу протекающей между лопатками водой.
Р е ш е н и е . В качестве механической системы рассмотрим объем воды,
заполняющей все -каналы между лопатками колеса.
Определим изменение кинетического момента этой системы относительно
вертикальной оси вращения турбины по уравнению (56.2):
Внешними силами, действующими на систему, являются сила тяжести Q, не
имеющая момента относительно оси z, и реакции стенок каналов.
Следовательно, главный момент внешних сил М Е представляет собой главный
11*
177
момент реакций стенок.
Положим, что в некоторый момент времени t в одном из п каналов находится
объем воды abed (рис. 127). В момент времени t-\-dt этот же объем занимает
положение a x b x c x d x . При этом элементарные объемы dcc x d x
и abb x a x равны, так как количество воды, втекшей в канал и
вытекшей из него за время dt, одинаково. Масса каждого из
этих объемов—это масса воды, протекающей через один
канал за время dt:
т, = т 9 = т = — dt,
ng
где Q—вес жидкости, протекающей через все каналы в
единицу времени.
Определим изменение главного момента количества движения объема abed
относительно оси z за время dt, считая направление вращения турбины
положительным. Это изменение равно разности моментов количеств движения
объемов dcc x d x и abb x a x :
dL lz — mv 2 h 2 — mv x h x ,
где h x — плечо вектора т\ х и h 2 — плечо вектора mv2 относительно точки О,
принадлежащей оси z (рис. 126, б). Подставив значения
h x = r x cos а х ,
h 2 = r 2 cosa 2
и
т = -~ dt,
получим
dL iz =
dt v 2 r 2 cos а2 — -^r dt v x r x cos a x .
Изменение кинетического момента всей рассматриваемой механической
системы за время dt определяется суммированием величин L lz , относящихся к
отдельному каналу:
п
*=
1
11*
178
Из уравнения (56.2) находим М 2 .
Mr
dt
^-=-| r (D2r2cosa2-
■v x r x cos a().
Силы давления воды на стенки каналов равны по
модулю и противоположны по направлению реакциям стенок. Следовательно, к
колесу со стороны жидкости приложен вращающий момент М вр , равный по
величине и противоположный по знаку моменту М Е , т. е.
Е
О
г/2г2 cosa2).
M z = -j- (v y r x cos a x ■
Полученная формула
показывает,
что
момент,
вращающий колесо гидравлической турбины, зависит от мбдулей и направлений
абсолютных скоростей воды во входном и выходном сечениях каналов.
§ 57. Кинематическая интерпретация теоремы об изменении
кинетического момента механической системы относительно центра.
Теорема Резаля
При движении механической системы ее кинетический момент относительно
некоторого центра изменяется как по модулю, так и по направлению.
Пусть L0 — кинетический
М „ относительно
момент системы точек М х , ^<>
М
центра О (рис. 128). Система
движется
под
действием
,Pf
внешних сил Pf, Pf,
Pf,
сил
и
внутренних
Р2,
Pi
При движении системы точка А — конец вектора Рис. 128. L0 — описывает в
пространстве некоторую линию, называемую годографом кинетического
момента механической системы.
Скорость и движения точки А по годографу определяется векторной
производной радиуса-вектора L0 этой точки по времени:
U
(57.1)
dt
С другой стороны, на основании (56.1)
dL,
dt
Ml
Сопоставляя (57.1) и (56.1), устанавливаем:
u — Мо-
(57.2)
179
Уравнение, (57.2) показывает, что скорость конца вектора кинетического
момента механической системы относительно некоторого центра
геометрически равна главному моменту внешних сил, действующих на эту
систему, относительно того же центра.
Это положение выражает теорему об изменении кинетического момента
механической системы в другой форме и носит название теоремы Резаля.
Нетрудно убедиться в том, что единицы измерения величин, стоящих в обеих
частях равенства (57.2), совпадают.
Действительно за единицу момента количества движения в системе МКС
принимается 1 кг • м 2 /сек. Единицей скорости его изменения с течением времени
является 1 кг • м 2 /сек 2 , т. е. единица момента силы.
Вопросы, изложенные в данной главе, имеют широкое практическое
приложение. Примеры их применения показаны в главах XII, XIII, XIV и XV.
Вопросы для самоконтроля
Как определяются моменты количества движения материальной точки
относительно центра и относительно оси? Какова зависимость между ними?
При каком расположении вектора количества движения материальной точки его
момент относительно оси равен нулю?
Сформулируйте теорему об изменении момента количества движения
материальной точки относительно центра и относительно оси.
Почему траектория материальной точки, движущейся под действием центральной
силы, лежит в одной плоскости?
Что называют кинетическим моментом механической системы относительно
центра или оси?
Сформулируйте теорему об изменении кинетического момента механической
системы относительно центра и относительно оси.
При каких условиях остается постоянным кинетический момент механической
системы относительно центра и при каких — кинетический момент относительно оси?
Какова кинематическая интерпретация теоремы об изменении кинетического
момента механической системы относительно центра?
ГЛАВА X
РАБОТА. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ § 58. Две
меры механического движения
В динамике рассматриваются два случая преобразования механического
движения материальной точки или системы точек:
механическое движение переносится с одной механической системы на другую
в качестве механического движения;
механическое движение превращается в другую форму движения материи (в
форму потенциальной энергии, теплоты, электричества и т. д.).
Каждый из этих случаев преобразования механического движения имеет свои
измерители как механического движения, так и действия силы. Когда
рассматривается преобразование механического движения без перехода его в
другую форму движения, мерой механического движения является вектор
180
количества движения материальной точки K = mv или механической системы \( —
т\ с .
Мерой действия силы в этом случае является вектор импульса силы S (см. § 46).
Когда механическое движение превращается в другую форму движения
материи, в качестве меры механического движения выступает кинетическая
энергия материальной точки или механической системы.
Из элементарного курса физики известно, что кинетическая энергия
материальной точки массой т, движущейся со скоростью v, равна половине
произведения массы этой точки на квадраг скорости ее движения:
2
Т __ mv
2
'
Мерой действия силы при превращении механического движения в другую
форму движения является работа силы, которая также рассматривается в
элементарном курсе физики.
В дайной главе рассмотрены различные случаи вычисления работы сил и
установлена теорема об изменении кинетической энергии как материальной точки,
так и механической системы.
Итак, существуют две различные меры механического движеmv 2
„
„
ния: mv и —g— и две различные меры действия силы: импульс силы S
и работа силы А.
Следует отметить, что измерителями механического движения и действия силы
в первом случае являются векторные величины mv
„
mv 2
.
„
и S, а во втором случае — скалярные величины —j- и А. Вопрос
о выборе меры механического движения был предметом многолетней полемики
между сторонниками Декарта и сторонниками Лейбница.
Декарт считал, что мерой механического движения является количество
движения mv, и Лейбниц утверждал, что динамические свойства тел
характеризуются величиной mv 2 .
Этот спор был разрешен Ф. Энгельсом, который в своей работе «Диалектика
природы» * показал существование двух мер механического движения.
Так как изменение величины -т^- связано с работой приложенных к телу сил, то
работа является количественной мерой превращения механического
движения в какую-либо другую форму движения.
«При всех явлениях форма движения, начинающая процесс и превращающаяся
* Ф. Э н г е л ь с . Диалектика природы. Госполитиздат, 1955, стр. 69.
благодаря ему в другую форму движения, совершает работу и притом такое ее
количество, которое соответствует ее собственному количеству...
Механическое движение нигде и никогда не может произвести работу, если оно
не будет по видимости уничтожено как таковое, если оно не превратится в
какую-нибудь другую форму движения»*. Так, например, работа сил трения,
тормозящих движение тела, работа сил тяжести поднимаемого груза, работа сил
упругости пружины, останавливающей движущееся тело, являются мерами уничтожаемого механического движения, которое превращается в теплоту,
потенциальную энергию, энергию упругого тела.
181
§ 59. Работа постоянной силы
Рассмотрим в первую очередь вычисление работы постоянной по модулю и
направлению силы на прямолинейном перемещении ее точки приложения.
Положим, что точка приложения постоянной силы Р перемещается по прямой
из М в AIj (рис. 129), а вектор силы Р составляет с вектором перемещения и угол а.
Работа силы в этом случае равна произведению модуля силы на длину пути,
пройденного точкой приложения силы, и па косинус
угла между направлениями вектора силы
и вектора перемещения точки ее приложения:
А = Pa cos а = Pa cos (Р, и). (59.1)
РИ С . 129
Если угол а острый, то работа силы положительна, если тупой — то отрицательна. Из
векторной алгебры известно, что скалярное произведение двух векторов
равно:
Р . u = P«cos(P, и).
Следовательно, работа силы Р на перемещении и
Л=Р и ,
(59.2)
т. е. работа постоянной по модулю и направлению силы на прямолинейном
перемещении определяется скалярным произведением вектора силы на
вектор перемещения точки ее приложения.
Если направления силы и перемещения совпадают, т. е. а = 0 , то
А = Ри.
* Ф. Э н г е л ь с . Диалектика природы Госполитиздат, 1955, стр. 60—73.
182
Если направление силы перпендикулярно к направлению перемещения, т. е. а =
903, то
А = 0.
Если направление силы противоположно направлению перемещения, т. е. а =
180°, то
А = — Ри.
§ 60. Элементарная работа. Работа силы на конечном пути. Теоремы о работе
силы. Изображение работы в виде площади
Положим, что точка приложения переменной по модулю и направлению силы
Р перемещается по криволинейной траектории из М х в Л12 (рис. 130). Чтобы
вычислить работу силы Р на этом перемещении, нужно
разбить это перемещение на элементарные участки,
вычислить работу силы на каждом элементарном участке как
работу постоянной силы и определить предел суммы
элементарных работ при стремлении числа участков к
бесконечности и длине каждого из них к нулю.
Элементарная работа силы Р на участке М М '
определяется по формуле (59.1):
ЬА = Pdocos(P, v).
(63 1)
Здесь Р — модуль силы, соответствующей точке М ;
Рис. 130
da — длина пути М М ' , т. е. пройденный точкой
элементарный путь;
£ Р, v — угол, составленный направлением силы Р и скоростью v в точке М .
Элементарная работа обозначается 6А, а не d A , так как в общем случае она не
является дифференциалом функции. Знак работы в выражении (60.1) определяется
только знаком косинуса угла /.Р, v.
Рис. 131
Рис 132.
Будем определять положение точки М на траектории дуговой координатой
s = OM
(рис. 131 и 132) и орт t — касательной к траектории —
направим в сторону возрастания дуговой координаты (см. ч I, «Кинематика» § 79
и 84).
Тогда при движении точки М в сторону возрастания 5 (рис. 131) имеем:
183
d s > 0 , de = \ d s \ = d s ;
cos(P, v) = cos(P, т), так как направления v и t совпадают. Тогда элементарная
работа силы Р
ЬА = Р da cos(P, v) = Рrfscos(Р, т).
При движении точки М в сторону уменьшения 5 (рис. 132) имеем:
1) ds < 0; da = \ d s \ ~ — ds;
2) cos(P, v) = — cos(P, т), так как направления v и т противоположны
Тогда элементарная работа силы Р
64 = Prfocos(P, v ) = P d s cos ( Р , т).
Таким образом, при движении точки в любом направлении по траектории
элементарная работа силы определяется:
bA = P d s cos ( Р , т),
(60.2)
где Р —модуль силы, соответствующей точке М ;
ds — приращение дуговой координаты точки (алгебраическая величина);
[ Р , г — угол между направлением силы Р и орта т, направленного всегда по
касательной в сторону увеличения дуговой координаты.
В выражении (60 2) знак работы определяется как знаком ds, так и знаком
косинуса угла f_P, z.
Обычно работа силы вычисляется отдельно для участков с движением в одном
направлении. Тогда это направление принимается за положительное и формула (60
2) приобретает смысл формулы (60 1), т. е ds обозначает элементарный путь da, а
угол /JP, т является углом ЈJP, v (рис. 131).
Разложим силу Р на составляющие, направленные по касательной и главной
нормали к траектории в точке М .
Проекции силы Р на касательную и главную нормаль определятся:
Pt = Pcos(P, х), Р п = Р cos
(60 3)
( Р , п).
Пользуясь первой формулой (60.3), выражению (60 2) можно придать вид
6 A = P x ds.
(60.4)
Формула (60.4) показывает, что работу на перемещении ds совершает только
касательная составляющая силы Рт, работа же нормальной составляющей Р„,
перпендикулярной к направлению скорости точки
v,
равна
нулю.
Согласно (59.2) представим элементарную
184
работу силы Р (рис. 133) как скалярное произведение:
6A = P-dt,
(60 5)
где dt—вектор элементарного перемещения точки М .
Обозначив проекции силы Р на координатные оси X , Y , Z , а проекции
вектора элементарного перемещения d t на оси d x , d y , d z , получим скалярное
произведение векторов Р и d t в виде
6 А = Х dx-\-Y d y + Z d z . (60.6)
Формула (60.6) дает выражение элементарной
работы через проекции силы на оси координат.
Работа силы Р на конечном перемещении равна
сумме ее работ на элементарных участках
А = %Ь А .
Пользуясь выражениями элементарной работы
(60.1), (60.2), (60 4), (60.5) или (60.6) и переходя к
Рис. 133
пределу при стремлении числа участков к бесконечности,
получаем следующие выражения работы силы Р на конечном
перемещении М 1 М г :
(60.7)
■■ j Р da cos (Р, v), ■■ j
(60.8)
P d s c o s ( P , т),
(60.9)
Mi М ,
(60.10)
Рис. 134.
fp.dr,
1, 2 —
•^1, 2—
f (X dx + Y dy-\-Zdz).
(60.11)
Теоремы о работе силы
Т е о р е м а 1. Работа равнодействующей силы на некотором
перемещении равна алгебраической сумме работ составляющих сил на
том же перемещении.
Положим, что на точку М действуют силы Р и Р2 ................... Р„
(рис. 134). Равнодействующая этих сил
Р = р1 + Р 2 + . . . + р я )
Если точка М получает элементарное перемещение d r , то элементарная
работа равнодействующей силы Р на этом перемещении равна
185
бЛ = Р.<*г==(Р1 + Р а + . . . - т - Р п).«*г =
= P1-rfr + P2-rfr-T-...+P„.dr.
Для вычисления работы равнодействующей силы на конечном участке пути
М Х М 2 воспользуемся формулой (60.10)
М2
М2
Л12
м2
А=
Л1,
f
f
P.dr=
Pj-rfr+
f
P2 - r f r + . . . +
M,
Л1,
f
Pn-dr.
Л1,
Полученная сумма криволинейных интегралов представляет собой сумму работ
отдельных сил на конечном участке пути М 1 М 2 . Таким образом,
А
= А1 +
А 2 +...
+
АЯ
Т е о р е м а 2. Работа постоянной силы на результирующем
перемещении равна алгебраической сумме работ этой силы на
составляющих перемещениях.
Положим, что точка приложения постоянной силы Р получает совокупность
последовательных перемещений щ , u2, . . . , и „ (рис.
135, выполнен для Я = 3).
Результирующее перемещение точки М
u = Ui +
U2+ .
. . +u„.
Работа силы Р на этом перемещении
определяется по формуле (59 2)
Рис 135.
Р- ( и 1 - т - и 2 + . . . + и „ ) =
Л = Р- и =
= P-Ul + P-u2+...+P-un
Полученная сумма представляет собой сумму работ силы на составляющих
перемещениях. Таким образом,
А
= А1 +
А 2 +...-\- А „.
На основании этой теоремы при вычислении работы постоянной силы на
криволинейном перемещении криволинейное перемещение можно заменить
прямолинейным. При и = 0, т. е. в случае замкнутого контура, работа постоянной
силы равна нулю.
Изображение работы в виде площади
Установлено, что работа переменной силы на конечном перемещении М Х М 2
определяется криволинейным интегралом, взятым вдоль дуги М Х М 2 траектории,
которую описывает точка приложения силы.
Криволинейный интеграл, определяющий работу силы, вычисляется обычно
аналитически при помощи формулы (60.11) или графически — на основе формулы
(60.9).
186
Для графического определения работы силы Р на перемещении М Х М 2 (рис.
131) используется график (рис. 136). По оси абсцисс этого графика отложены
значения дуговой координаты точки s, а по оси ординат—соответствующие
значения проекции силы на касательную Р х . Построенная кривая изображает зависимость Р х от S
Элементарная работа силы Р согласно (60.4)
равна:
6 А = Р х ds.
На рис. 136 эта величина изображается
площадью
элементарного
прямоугольника,
имеющего
основание
ds
и
высоту Р х .
Работа силы Р на перемещении М 1 М 2
рис 136
изобразится площадью фигуры acdb, ограниченной
осью абсцисс, кривой P x = f ( s ) и ординатами ас и bd, соответствующими точкам
М х и М2.
А = пл. acdb.
Если проекция силы на касательную Р х отрицательна, то соответствующая
площадь расположится ниже оси абсцисс и работа силы Р будет отрицательна. В
качестве примера рассмотрим проводимое в механических лабораториях
графическое вычисление работы, затрачиваемой на разрыв образца.
На рис. 137 изображена полученная опытным путем диаграмма растяжения
образца. По оси ординат отложена величина растягивающей силы, а по оси абсцисс
— производимое ею абсолютное удлинение образца, т. е. перемещение точки
приложения силы Точка В обозначает предел
пропорциональности, С — предел текучести* D —•
наибольшую величину нагрузки, воспринимаемой
образцом, К — нагрузку в момент-разрыва образца.
Работа, затрачиваемая на растяжение об--&1
разца до предела пропорциональности, определяется
площадью треуюльника ОВО х .
Площадь OBCDK0 3 определяет всю работу,
затрачиваемую на разрыв испытуемого образца.
Величину этой площади находят обычно при помощи
планиметра или путем вычислений.
За единицу работы в системе МКС принимается 1 джоуль (дж), т. е. работа
силы в 1 ньютон на перемещении по направлению силы в 1 м, а в системе СГС —
1 эрг, т. е. работа силы в 1 дину на перемещении по направлению силы в 1 см. В
системе МКГСС за единицу работы принимается 1 кгс ■ м , т. е. работа силы в 1
кгс на перемещении по направлению силы в 1 м.
1 джоуль = 107 эргов —0,102 кгс • м.
1 кгс • м — 9,81 дж.
Изменение работы силы, отнесенное к единице времени, называется
мощностью силы.
187
Если в течение малого промежутка времени dt сила Р совершает работу 6 А =
Р ■ d r , то мощность N этой силы
Таким образом, мощность силы равна скалярному произведению векторов
силы и скорости ее точки приложения. Аналитическое выражение мощности
силы имеет вид
N = X v x + Y V y + Zv,,
(60.13)
где v x , v y , v z — проекции скорости точки приложения силы на оси координат. Из
формулы (60.12) следует:
N = Pvcos(P, v).
(60.14)
Если направления силы Р и скорости v совпадают, то
N = Pv.
(60.15)
За единицу мощности в системе МКС принимается 1 ватт ( в т ) = 1 дж/сек =
0,102 кгс • м/сек, а в системе СГС—1 эре/сек.
В системе МКГСС за единицу мощности принимается 1 кгс • м/ • сек.
Кроме того, применяются следующие единицы мощности: 1 киловатт (квт)=
103 вт = 102 кгс ■ м/сек= 1,36 лошадиной силы. 1 лошадиная сила ( H P ) = 7 5
кгс • м/сек = 0,736 лет = 736 вт.
В технике часто за единицу работы принимается 1 киловатт-час. (квт-ч), т. е.
работа, совершаемая в течение одного часа движущей силой машины, мощность
которой равна 1 киловатту:
1 киловатт-час = 1000 • 3600 ватт-секунд = 36 ■ 105 джоулей.
§ 61. Работа силы тяжести, силы упругости и силы тяготения
1. Работа силы тяжести
Положим, что на материальную точку М действует сила тяжести Q (рис. 138).
Вычислим работу этой силы на перемещении М Х М Ь величина которого мала по
сравнению с радиусом Земли. В этом случае модуль и направление силы тяжести
постоянны. Проведем оси координат, направив ось z вверх по вертикали, и
воспользуемся аналитическим выражением работы (60.6):
ЬА = X d x + К d y + Z d z .
188
Проекции силы Q на оси координат будут:
Х = 0;
К=0;
1=^ — 0.
Подставив эти значения в (60.6), получим
6Л = — O d z .
Суммируя элементарные работы и переходя к пределу, имеем
м. 2
= — J* G d z = — 0( г а —г 1 ) = 0(г, — 22).
Здесь 2j—z 2 — H—величина вертикального перемещения точки УИ.
Если 2Х > 22, т. е. точка М у расположена выше точки М 2 , работа силы тяжести
положительна.
Если г х < 22, т. е. точка М г расположена ниже точки М 2 ,
работа силы тяжести отрицательна.
Таким образом, окончательно
(61.1)
:±GH,
где знак плюс соответствует перемещению
точки вниз, а знак минус—перемещению
точки вверх.
Выражение (61.1) показывает, что работа силы тяжести
равна взятому со знаком плюс или минус
Рис. 138.
произведению силы тяжести на вертикальное
перемещение точки ее приложения.
Работа силы тяжести не зависит от вида траектории, по которой
перемещается точка ее приложения, а зависит лишь от расстояния
между горизонтальными плоскостями, проходящими через начальное и
конечное положения точки.
2. Работа силы упругости
Рассмотрим пружину А В Х , конец А которой закреплен неподвижно (рис. 139,
а). При растяжении пружины в ней возникают силы упругости и на тело,
вызывающее растяжение, действует реакция пружины Р. Эта сила направлена
противоположно перемещению свободного конца пружины, а ее модуль
пропорционален удлинению пружины:
Р = с . BXD,
где с — коэффициент жесткости пружины.
Направим ось х по оси пружины, приняв за начало координат конец
недеформированной пружины В { .
Проекция силы упругости Р на ось х:
Р х = — сх.
189
Вычислим работу силы упругости на перемещении В х В г — h при помощи
формулы (60.6):
6А = X dx + Y dy + Z dz.
Проекции силы упругости, направленной по оси х — на оси координат:
Х = — сх;
Y = 0;
Z = 0.
Элементарная работа силы упругости
6А = — cxdx.
/
Работа силы упругости на перемещении B\B 2 = h
л
сЛ2
х d x = -------------------------------------- g-. (61-2)
о
Наибольшей деформации пружины В Х В 2
соответствует наибольшее значение силы
упругости Р тЯ7 , = с П , а потому
AU2
=
— Es^L.
(61.3)
Работа силы упругости отрицательна в том
случае, когда деформация увеличивается, т. е.
когда
сила
упругости
направлена
противоположно
перемещению ее точки
приложения, и положительна, когда деформация
уменьшается. Работа силы Р на перемещении
В2ВХ
Д21
=£
На рис. 139, б показан график изменения проекции силы упругости Р х в
зависимости от перемещения конца пружины х . Так как Р х = — с х , то линия
графика Ob'— прямая.
Работа силы упругости определяется площадью треугольника Obb':
л
_
A i, 2 —
ch 2 _
2~ —
P m StX h
Y~'
т. е. имеем тот же результат, который был получен аналитически.
Формулы (61.2), (61.3), (61.4) имеют большое применение в технических
расчетах. Эти формулы используются для вычисления работы сил упругости во
всех случаях, когда имеется пропорциональность между силами и деформацией, т.
е. когда справедлив закон Гука.
190
3. Работа силы тяготения
Допустим, что на материальную точку М массой т , расположенную в
пространстве на расстоянии г от неподвижного притягивающего центра С массой
т 0 , действует ньютонова сила тяготения
P = fОпределим работу этой силы на перемещении точки из положения М х в
положение М 2 (рис. 140).
Проведем через неподвижный центр С оси декартовых координат.
Элементарную работу силы Р вычислим при помощи формулы (60.6):
6Л = X d x + Y d y
Z dz.
Здесь
A' = Pcos(P, i) =
fmm
x
= ---------- j2JL — = — f m m o - ^ Аналогично
x
■/тт 0 -фг-',
Y =
Z = —/тт 0 -^-. Поэтому
ЪА = - f m m 0 "** + У*У + *** Так как
x d x -4- у d y -4- z d z = j d ( x 2 -fy2
z 2 ) = -g- d ( r 2 ) = r d r .
TO
r
drРис. 140
dr
6 A = — f m m 0 — = — f m m 0 Работа силы тяготения P ^Три
перемещении точки из М х в М 2
Мг
A = —fmm0
J"
yr = — f m m 0
Тг
j -~ = f m m 0
—) • (615)
Как видно из (61.5), работа силы ньютонова притяжения не зависит от
формы траектории точки.
§ 62. Теорема об изменении кинетической энергии материальной
точки
Рассмотрим материальную точку М массой т , движущуюся под Действием
сил Pt, Р2, • . . , Р„. Установим зависимость между работой, совершаемой
приложенными к точке силами на перемещении М Х М 2 , и изменением
кинетической энергии точки на этом перемещении (рис. 140).
191
Выберем начало и направление отсчета дуговой координаты 5 = О М . Укажем
в точке М орт касательной г, направленный всегда в сторону увеличения дуговой
координаты. Проекция скорости точки на касательную определяется (см. ч. I,
«Кинематика», § 79):
ds
dt '
v =
Проекция ускорения точки на касательную
равна (см. ч. I, «Кинематика», § 85):
dv
или
_______________ dv
wt ~ 4s ' I f ~ I F v -
ds
dv
Воспользуемся
основным уравнением
динамики:
Рис. 141.
mv/ —
2 Ре
Спроектируем векторы, входящие в это уравнение, на касательную, имеющую
направление орта х:
mw^ — ^ P ^ o s i P i , т).
Подставляя в это уравнение значение щ и умножая обе части равенства на d s ,
получаем:
(62.1)
m v d v = ^ i P l d s c o s ( P l , х).
Левая часть полученного равенства представляет собой дифференциал
кинетической энергии точки, а правая часть является суммой элементарных работ,
приложенных к точке сил.
Таким образом, имеем:
=ЕМ"
(62.2)
Равенство (62.2) показывает, что дифференциал кинетической энергии
материальной точки равен сумме элементарных работ сил, приложенных к точке.
Проинтегрируем обе части равенства (62.1) в пределах, соответствующих
начальному и конечному положениям точки М х и М 2 :
j
v dv — ^
j
P t d s cos(P(, x),
m
откуда
12 А.. А. Яблонский
192
=5X
(62.3)
Уравнение (62.3) выражает теорему об изменении кинетической энергии
материальной точки: изменение кинетической энергии материальной точки
на некотором ее перемещении равно алгебраической \сумме работ всех
действующих на эту точку сил на этом же перемещении.
Если сумма работ сил положительна, то v 2 > v l t т. е. кинетическая энергия точки
возрастает, если же эта сумма отрицательна, то г/2 < г/,, т. е. кинетическая энергия
точки убывает. Применяя эту теорему к движению несвободной материальной
точки, следует освободить эту точку от связей, заменив их действие
соответствующими реакциями. При движении точки по неподвижной гладкой
поверхности реакция этой поверхности направлена по нормали к этой поверхности,
а потому ее работа при перемещении точки по поверхности равна нулю.
Следовательно, изменение кинетической энергии материальной точки в этом
случае равно сумме работ на соответствующем перемещении всех задаваемых сил,
приложенных к точке. При движении материальной точки по неподвижной
шероховатой поверхности действует сила трения F, направленная противоположно
скорости точки. Работу этой силы можно определить по формуле (60.7):
м,
мг
A Tp =
F da cos(P, v ) = — J F d a .
Mi
м,
Здесь cos(P, v) = —1, так как направления силы трения F и скорости точки v
противоположны. В правой части уравнения (62.3) в этом случае, кроме работ
задаваемых сил, содержится и работа силы трения F.
J
§ 63. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки в
относительном движении
В § 26 установлено, что относительное движение материальной точки можно
рассматривать как абсолютное, если к приложенным к точке силам присоединить
переносную и кориолисову силы инерции. Из этого следует, что применяя к
относительному движению материальной точки теорему об изменении
кинетической энергии, необходимо к работе действующих сил добавить работу
переносной и кориолисовой сил инерции Фе и Фг
Однако поворотное ускорение wc, а следовательно, и кориоли-сова сила
инерции Ф с всегда перпендикулярны к относительной скорости точки vr.
Следовательно, работа кориолисовой силы инерции на относительном
перемещении точки равна нулю и не входит в уравнение изменения
кинетической энергии.
Поэтому это уравнение для относительного движения точки имеет вид
Zi J
J
^<*OrCOS(P„ Vr)+
Ф#<*ОгС08(Ф,. vr). (63.1)
Mi
мг
§ 64. Примеры применения теоремы об изменении кинетической
энергии материальной точки
~ f - ---------- Y - =
193
Пример 33. Состав из 50 вагонов весом в 800 к н каждый движется по подъему /
— tg а = 0,002. Сопротивление его движению составляет 3 н на к н веса. На
протяжении 750 ' м скорость поезда изменяется от 18 км / ч а с до 36 к м / ч а с
Определить силу тяги тепловоза.
Р е ш е н и е . Рассматриваем поступательное движение состава как движение
материальной точки Применяем к его движению теорему
об изменении кинетической, энергии
на перемещении М 0 М Х (рис. 142).
Скорость поезда на этом перемещении
изменяется от г/0 = 18 к м / ч а с = 5 м / с е к
до v x = 36 к м / ч а с = 10 м / с е к .
На состав действуют постоянные по модулю и направРис 142
воза Р, вес состава G, нормальная
реакция рельсов N и сила сопротивления движению F, модуль, которой равен
0.003G. Составляем уравнение (62.3):
2
2 ~ Zi
Работу силы тяги Р на перемещении М 0 М 1 определяем по формуле (59.1):
А р = Ps cos 0 = Ps.
Работа силы тяжести G зависит только от вертикального перемещения Н и
согласно (61.1)
А0 — — GH = — Gs sin а.
Так как угол а мал, то s i n a « t g a = Ј и А а = — Gsi
= — 0,002Gs.
Работа силы N, перпендикулярной к перемещению, равна нулю. Работа силы
сопротивления F определяется по формуле (59.1)г
A F = Fs cos 180° = — Fs = — 0,003Gs.
Подставляя в уравнение (62 3) значение массы состава т ~ ~
и значения работы всех приложенных к нему сил, получаем
~ {у\ — v l ) = Ps — 0,002Gs — 0,003Gs,
откуда
P
12*
=^-(t,l-I'o) + °-005G-
194
лени
Подставляя
числовые значения, находим модуль силы тяги
тепловоза:
40000
(102 — 52) +0,005 • 40 000 = 204+200 = 404 кн.
Р =
2 • 9,8 • 750 Пример 34.
2 м отклонена на угол а0 = arccos Нить длиной /
от вертикали и привязанному к ней грузу сообщена начальная скорость f0 = 3,13 м/сек
(рис. 143, с). Определить наибольший угол отклонения нити в другую сторону от
вертикали.
Р е ш е н и е . Груз М будет двигаться по окружности до точки М Х > в которой его
скорость v t обратится в нуль (рис. 143,6). Изменение
б
)
Рис 143
кинетической энергии груза на участке M Q M 1 определяется уравнением (62.3):
mv
° _ V Ал 2"
2и '-
~
Реакция нити S направлена перпендикулярно к вектору скорое™ груза v и
работа этой силы равна нулю.
Работа силы тяжести определяется по формуле (61.1):
Аа = — G H ,
где перемещение груза по вертикали И = I cos а0 — I cos а = = /(cosa0 — cos а).
Уравнение (62.3) принимает вид
— GH ■
Gl (cosa0 — cos a).
Gvi
Так как v l — 0 , то -^- = G/(cosa0 — cos a),
откуда
cos a = cos a0 —
Подставляя числовые значения, находим:
3
3,132 _ 3
" 2 9,8 • 2 ~ 4
cosa = ■
,
1
4
—
1
2
18Ii
195
Следовательно, наибольший угол отклонения нити от вертикали -а = 60°.
Пример ЗБ. Шарик весом О = 50 сн вложен в вертикально поставленный
самострел, пружина которого сжата на А = 10 см.
Коэффициент жесткости пружины с = 4 н/см. Определить, с какой
скоростью шарик вылетит из самострела и на какую высоту он
поднимется при отсутствии сопротивления воздуха.
Р е ш е н и е . 1. Для определения скорости вылета шарика из
самострела v x применяем к его движению на участке M 0 M l — h (рис.
144) теорему об изменении кинетической энергии.
На этом участке к шарику приложены сила тяжести G и реакция
упругой пружины Р. Работа силы тяжести при вертикальном
перемещении вверх согласно (61.1) равна:
AQ — — Gh.
Сила зшругости пружины, восстанавливающей свою форму,
направлена в сторону движения шарика. Работа переменной силы
упругости на перемещении M ^ M x — h определяется по формуле (61.4):
Рис. 144.
ch* 2 '
Ар = Уравнение (62.3) для движения шарика на участке М 0 М Х имеет вид
= — -Gh.
Так как начальная скорость шарика v0 — 0 , то
Gvf
ch
■откуда
vx =
Ch2g
G
y
■2gh .
Подставляя числовые значения, получаем скорость вылета шарика из
самострела:
4.10(^_980_2 _
98()
_
10==
1/764 400 =
= 874 см/сек = 8,74 м/сек.
2. Чтобы определить высоту Н , на которую поднимается шарик,
воспользуемся уравнением (62.3) для перемещения шарика М 0 М 2 . Начальная
скорость v0 и конечная скорость v равны нулю. Тогда уравнение (62.3) принимает
вид
2л. = о.
Эта сумма состоит из работы силы упругости Р на перемещении M 0 M l = h и
работы силы тяжести Q на перемещении М 0 М 2 = h-\-H, т. е»
~ — О(Л + Я) = 0,
откуда
СП2
Подставляя числовые значения, получаем высоту подъема шарика:
4-100
2-0,5
я+Я=
: 400 с м = 4 м.
§ 65. Работа сил, приложенных к твердому телу 1. Работа внутренних
сил
Твердое тело представляет собой механическую систему, расстояния между
точками которой остаются неизменными.
Рассмотрим две произвольные точки твердого тела М х и М 2 (рис. 145).
Обозначим Р] силу, действующую на точку М х со стороны точки М 2 , а
Р2—силу, действующую на точку М 2 со стороны точки М х . Эти внутренние силы
на основании закона равенства
действия и противодействия равны
по модулю и противоположны по
направлению, т. е.
p f ^ — p^.
(65.1)
Положим, что твердое тело
получило
элементарное
перемещение, при котором отрезок
МХМ2
переместился в положение
Рис 145.
M i M 2 . Проведем из произвольного неподвижного
центра О в точки
М х и М 2 радиусы-векторы т х и г2. Тогда элементарные перемещения точек М х и
М2
М
Х
М
Х
= dri;
M 2 M 2 = dr 2 -
Вычислим сумму работ сил Р{ и Р2 на этих перемещениях. Для этого примем
точку М х за полюс и разложим перемещение твердого тела на поступательное
перемещение с полюсом М х и сферическое перемещение по отношению к этому
полюсу (см. ч. I, «Кинематика», § 119). Тогда перемещение точки М 2 разложится:
dr2 = dri + dr,
(65.2)
197-
•где d r 1 — элементарное поступательное перемещение с полюсом М ь a d r —
элементарное сферическое перемещение по отношению к полюсу M v
перпендикулярное к отрезку М 1 М 2 , соединяющему точку М 2 с полюсом M v
Сумма элементарных работ двух сил Pf и Р{ определится на основе формулы
(60.5):
6Л/ = Р { •tfn + Po'.tfrz.
Пользуясь выражениями (65.1) и (65.2), получаем
ЬА{ = Pf • d n — Pf (rfn + dr) = — Pf • d r .
Так как
dr
J_ M t M 2 ,
TO
dr
_L Pf.
Тогда cos(pf, dr) = 0 и скалярное произведение векторов, определяющее работу,
равняется нулю:
bA Ji = — Р{drcos(pf, rfr) = 0,
(65.3)
Так как каждой внутренней, силе соответствует другая, равная ей по модулю и
противоположная по направлению, то сумма элементарных работ всех внутренних
сил тоже равна нулю:
6Л у =2бЛ/ = 0.
п
1=1
Конечное перемещение является совокупностью
элементарных перемещений, а потому
AJ = Q ,
(65.4)
т. е. сумма работ внутренних сил твердого тела
на любом его перемещении равна нулю.
2. Поступательное движение твердого тела
Выше установлено, что сумма работ внутренних сил
твердого тела на любом его перемещении равна нулю.
Поэтому следует вычислить лишь работу внешних
сил, приложенных к телу. Положим, что к твердому
Рис 146
телу,
движущемуся поступательно, приложены внешние силы Pf, Pf,
. . . , Pf, . . . , Pf (рис. 146).
При поступательном движении твердого тела траектории всех его точек
тождественны и параллельны. Следовательно, векторы элементарных перемещений
всех точек геометрически равны между собой, т. е.
d f j = dr.
Элементарная работа силы
Р4"
198-
64f=pf.dr.
Элементарная работа всех сил, приложенных к телу, равна элементарной работе
внешних сил
6^ = 2 ^f= 2 p f -rfr = dr. 2 p f . «о 2
где
Х
=РД
RЈ
— главный вектор всех внешних сил.
Следовательно,
oA = R E d r .
(65.5)
Выражение (65.5) показывает, что элементарная работа сил, приложенных
к твердому телу, движущемуся поступательно, равна элементарной
работе главного вектора внешних сил,
приложенного в любой точке тела.
Работа на конечном перемещении //
A = fREdr.
(65.6)
3. Вращение твердого тела вокруг
неподвижной оси
Положим, что к твердому телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси z,
приложены внешние силы Pf, Pf, (рис. 147).
Вычислим сначала элементарную работу
отдельной силы pf, которая приложена в точке
M t , описывающей окружность радиусом M i K l
= R l . Разложим эту силу на три составляющие,
направленные по естественным осям траектории
точки M t :
Pf=Pft + Pf*+Pf*.
Определим момент силы Pj относительно
оси z как сумму моментов ее составляющих
относительно этой оси. Составляющая по
главной нормали P f n пересекает ось z,
Рис 147
составляющая по бинормали Pfu параллельна оси z ,
следовательно, моменты этих сил равны нулю. Таким образом, момент силы Pf
относительно оси z равен моменту силы Pf t , которая лежит в плоскости,
перпендикулярной к оси г:
M f z = P E ,.R t .
При элементарном перемещении тела его угол поворота ф получает
приращение dcp, а дуговая координата точки M t — приращение ds t = R t <fcp.
Вычислим работу силы Pf на этом перемещении как сумму работ трех ее
составляющих (см. § 60). Работа сил Pf„ и Pfu, перпендикулярных к вектору
скорости точки M t , равна нулю. Поэтому элементарная работа силы Pf
199-
bAf = P f x dst = Pf x R t d y = M f z d f f . Элементарная работа всех сил,
приложенных к твердому телу, 6Л = 2
= 2 М ь dtp = dq> 2 Hlf*.
тде 2 ^fz——главный момент внешних
вращения z .
Таким образом,
6i4 =
сил относительно оси
2 M f =Af?dq>,
(65.7)
т. е. элементарная работа сил, приложенных к твердому телу,
вращающемуся вокруг неподвижной оси, равна произведению главного
момента внешних сил относительно оси вращения на приращение угла
поворота.
Если при вращении тела значение его угла поворота изменяется от ф, до ф3,
сумма работ сил на этом конечном перемещении будет:
2^«=
f
M E dcp.
(65.8)
В случае, если главный момент внешних сил относительно оси вращения тела
постоянен, имеем
M z = const,
Л, = Aif J"
= Aff (фг — Фх).
(65.9)
ф|
т. е. в этом случае сумма работ сил на конечном перемещении равна произведению
главного момента внешних сил относительно оси вращения на конечное изменение
угла поворота тела.
В формуле (65.9) угол поворота выражен в радианах, т. е. представляет собой
отвлеченную величину, а размерность работы совпадает с размерностью момента.
Пользуясь формулой (65.8), можно определить мощность сил, приложенных к
твердому телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси с угловой скоростью ©.
У. bAf
р
р d-j>
N = ^ w± - = ME zl [f = M %.
(65.10)
4. Общий случай движения свободного твердого тела
Положим, что к свободному твердому телу, движущемуся как угодно в
пространстве, приложены внешние силы Pf, Pf, Pf, . . . . Pf (рис. 148). Элементарное
перемещение свободного твердого тела можно разложить на поступательное
перемещение с некоторым полюсом О , определяемое приращением дуговой
координаты ds 0 , и поворот на элементарный угол 6а вокруг мгновенной оси Q, проходящей через полюс (см. ч. 1, «Кинематика», § 119).
200-
Сумма элементарных работ всех сил на поступательном перемещении
определится по формуле (65.5) как элементарная работа главного вектора внешних
сил RЈ, приложенного в полюсе О .
Сумма элементарных работ всех сил на
перемещении при повороте вокруг мгновенной оси
Q определится по формуле (65^7) как
произведение главного момента внешних сил
относительно
мгновенной
оси
Mq
на
элементарный угол ба.
Тогда элементарная работа всех сил,
приложенных к свободному твердому телу,
движущемуся как угодно, определяется:
ЬА= % Ь А Е =
= R E - dro+Miba.
(65.11)
Таким образом, элементарная работа
внешних сил, приложенных к свободному
твердому телу в общем случае его движения*
равна сумме элементарных работ и х
главного вектора на перемещении точки его
приложения — полюса и главного момента этих сил относительно
мгновенной оси, проходящей через полюс* на перемещении при повороте
вокруг этой оси.
§ 66. Сопротивление качению
Рассмотрим цилиндрический каток, находящийся на горизонтальной плоскости
в состоянии покоя (рис. 149,а). На каток действуют две взаимно
уравновешивающиеся силы: вес катка Q и нормальная реакция плоскости N, где N
= —Q. Если под действием горизонтальной силы Р, приложенной в центре катка С,
он катится по плоскости без скольжения, то силы G и N образуют пару сил,
препятствующую качению катка по плоскости (рис. 149, б).
Возникновение этой пары сил обусловлено неабсолютной твердостью
материалов катка и опорной плоскости. Под действием давления
201-
катка происходит деформация соприкасающихся поверхностей и соприкасание
катка с плоскостью происходит не по линии, а по некоторой малой площадке. В
этом случае реакция N является нормальной составляющей равнодействующей
реактивных сил, распределенных по этой площадке. Ее линия действия
оказывается сдвинутой в сторону движения катка на некоторое расстояние б от
линии действия силы Q. Реакция плоскости N и вес катка G образует пару сил
сопротивления качению с плечом 6. Момент этой пары называется моментом
сопротивления качению. Величина его определяется произведением нормальной
реакции на плечо пары 6, называемое коэффициентом
трения качения:
Мсощ = №.
(66.1)
Коэффициент трения качения выражается
в л и н е й н ы х е д и н и ц а х . Значение коэффициента трения
качения для некоторых материалов приводится в следующей
таблице:
Материал тела и плоскости
6 [см]
Мягкая сталь по мягкой стали ............................. 0,005
Стальной бандаж по стальному рельсу . .
0,05
0,03-
-0,04
0,05-
-0,06
Определим наименьшую горизонтальную силу Р,
приложенную к центру цилиндрического катка, находящегося на
горизонтальной плоскости (рис. 149, 0 " ) , которая может вывести каток из
состояния покоя. Для того чтобы каток начал катиться, необходимо, чтобы момент
пары сил, составленный силой Р и силой сцепления Fcu, был больше момента
сопротивления, т. е.
Рис. 149.
PR > Л/ • 6,
откуда
p
>irN-
Так как в рассматриваемом случае N=G, то
(66.2)
Выражение (66.2) показывает, что модуль силы Р,
приводящей цилиндрический каток в движение, обратно пропорционален радиусу
катка R. Если действие силы Р прекращается (рис. 150), качение катка происходит
замедленно до остановки вследствие действия пары сопротивления.
§ 67. Теорема о кинетической энергии механической системы в общем случае
ее движения (теорема Кенига)
202
Кинетическая энергия механической системы определяется как сумма
значений кинетической энергии всех входящих в эту систему материальных точек:
7=
(67.1)
Положим, что система материальных точек УИ,, М 2 , ■ движется как .........М п
угодно в пространстве (рис. 151).
Выберем неподвижную систему отсчета Oxyz. В качестве подвижной системы
отсчета возьмем систему осей |, ц, £, проведенных через центр масс системы параллельно неподвижным осям х, у, z и движущихся с
центром масс поступательно. Тогда абсолютное
движение системы точек можно рассматривать
как совокупность поступательного движения
системы вместе с центром масс (переносное
движение) и относительного движения системы
по отношению к центру масс.
Абсолютная скорость уг любой точки M t
механической
системы
определится
как
геометрическая сумма скорости центра масс и
относительной скорости этой точки в ее
движении по отношению к центру масс.
v,- = vc + v(r.
(67.2) Рис. 151.
Из векторной алгебры известно, что скалярное произведение двух одинаковых
векторов равно квадрату их модуля. Действительно,
J
V
• T = I . COS(v,.,vf) = T>?.
V
V V
Преобразуем выражение кинетической энергии (67.1), учитывая формулу
(67.2):
Т
=1
2 2
2 *( c+ ( c+
2 ' c * +2
"2M'V''' * V«=
2"I^ 2 SB'^
m
m v
^ т
i ' ■ vi= т
Vc
C
= y
w
m v
rf = т
m i Vc
v
v
ir) ■
v
v
/ r)=
■ v^+-5
+VC-
m<v(r
+ T
(67
3
>
В полученном выражении первое слагаемое можно преобразовать:
m t°c
203
=
k Vc 2
mi =
Tm v c -
\2
-
Покажем, что второе слагаемое равно нулю. Для этого проведем из центра
масс С радиусы-векторы р{ во все точки системы. Радиус-вектор центра масс рс =
0.
Согласно формуле (32.1)
Следовательно,
2*.**=° И -^-(S 'p')
m
'
=0
Так как радиус-вектор проведен из начала координат подвижной системы
отсчета, то производная представляет собой относительную скорость точки v,r:
N
=
RA V
==0
(67-4)
m'P* =
-57S
S' '-'^ 2' ' <' -
На основании (67.4)
vc •
2
= о.
Тогда выражение (67.3), определяющее кинетическую энергию системы,
принимает вид
Г = |як£+
(67-5)
Равенство (67.5) выражает теорему о кинетической энергии механической
системы: кинетическая энергия механической системы равна сумме
кинетической энергии центра масс системы, масса которого равна массе
всей системы, и кинетической энергии этой системы в ее относительном
движении по отношению к центру масс.
Эта теорема была установлена голландским математиком С. Кени-гом (1751
г.).
§ 68. Кинетическая энергия твердого тела
В настоящем параграфе получены формулы для вычисления кинетической
энергии твердого тела во всех случаях движения.
1. Поступательное движение твердого тела
При поступательном движении твердого тела скорости всех его точек в
каждый момент времени геометрически равны между собой (рис. 152).
Кинетическая энергия тела определится (67.1):
Так как 2 m i — m» т0 окончательно
T = ±mv 2 .
204
(68.1)
На основании (68.1) устанавливаем, что кинетическая энергия твердого
тела, движущегося поступательно, равна половине произведения массы
тела на квадрат его скорости.
Рис. 152.
Рис. 153.
Таким образом, кинетическая энергия тела, движущегося поступательно,
вычисляется как кинетическая энергия материальной точки, имеющей массу
данного тела.
2. Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси
При вращении твердого тела вокруг неподвижной оси (рис. 153) скорость
любой точки тела определяется как вращательная скорость
Кинетическую энергию твердого тела определяем по формуле (67.1):
2
Здесь т*Я' —
—
момент инерции тела относительно оси вращения.
Кинетическая энергия тела
Т = трУ/о?.
(68.2)
На основании (68.2) устанавливаем, что кинетическая энергия твердого
тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, равна половине
произведения его момента инерции относительно оси вращения на
квадрат угловой скорости тела.
Сравнив формулы (68.2) и (68.1), можно заметить, что при вращения тела его
момент инерции играет такую же роль, как его масса при поступательном
движении.
205
3. Плоское движение твердого тела
Положим, что при плоском движении твердого тела его центр масс С движется в
плоскости чертежа (рис. 154). Разложим это движение на поступательное
движение вместе с центром масс и относительное движение по отношению к
центру масс (см. § 67).
В этом случае относительное движение представляет
собой вращение тела вокруг оси С£, проходящей через
центр масс С перпендикулярно к плоскости чертежа.
Определим кинетическую энергию тела по теореме
Кенига (67.5):
(68.3)
:
+
2 сг
7> 4
■щ
Т =
Рис. 154.
1
Здесь 4" mv\
• кинетическая энергия тела в
поступательном движении вместе с центром масс, a
./cgco2 —
кинетическая энергия
во вращении тела вокруг неподвижной оси С£, определенная на основании
формулы (68.2).
4. Сферическое движение твердого тела
Скорости точек твердого тела при сферическом движении в каждый момент
можно рассматривать как вращательные вокруг мгновенной оси вращения (рис.
155). Поэтому кинетическая энергия тела, совершающего
сферическое движение в данный момент, определяется по
формуле:
(68.4;
1
мгновенная
угловая скорость
тела;
момент
где со инерции твердого тела относительно "мгновенной
J a оси вращения. Выражение (68.4) показывает, что
кинетическая
энергия
твердого
тела,
совершающего сферическое движение, равна
половине произведения момента инерции тела
относительно мгновенной оси вращения на квадрат
угловой скорости тела.
При этом величина момента инерции J Q непрерывно
изменяется, так как изменяется положение мгновенной
оси 2 по отношению к телу.
Рис. 155.
5. Общий случай движения твердого тела
Движение свободного твердого тела в общем случае можно разложить на два
13 А. А. Яблонский
206
составляющих движения: на переносное поступательное
207
движение вместе с центром масс и относительное сферическое движение по
отношению к центру масс (рис. 156). Тогда кинетическая энергия тела определится
по формуле Кенига (65.5):
1
, 1
Таким образом, кинетическая энергия
(68.5)
твердого тела в общем случае его движения
равна сумме кинетической энергии тела в его
переносном поступательном движении вместе с
центром масс и его кинетической энергии в
сферическом движении относительно центра масс.
§ 69. Теорема об изменении кинетической
энергии механической системы
Рис. 156
Установим зависимость между изменением кинетической энергии
механической системы и работой приложенных к ее точкам сил. Для
этого разделим силы, действующие на точки M v , М 2 , М 3 ............................. М п ,
на внешние силы pf, Pf .................... Pf .............. Pf и внутренние силы Р{>
Р 2 .......... Pf, W n . Применим к движению каждой точки Mi теорему об изменении кинетической энергии. Положим, что при переlii(s)
мещении
механической
системы
из
первого положения во второе каждая точка M t
перемещается из M- t (1) в M t (2), причем
скорость ее изменяется от v t (1) и v t (3)
(рис. 157).
Тогда по уравнению (62.3) для каждой
материальной точки имеем
J
Рис. 157.
i(l)
где А Е —работа силы pf и А\ 2
— работа силы р/ на
2,
перемещении MtwM t (2) .
Просуммируем левые и правые части
я),
составленных я
равенств: /v^ mt v } \
Согласно (67.1): I
—^—) =^"i—кинетическая энергия системы f r y т^Л
в первом ее положении; у£±—g—/г""^2— кинетическая энергия системы во
втором положении.
13 А. А. Яблонский
208
Таким образом,
T 3 - T 1 = J i A f + 2 iA'r
(69.1)
Уравнение (69.1) выражает теорему об изменении кинетической энергии
механической системы: изменение кинетической энергии механической
системы на некотором перемещении равно сумме работ внешних и
внутренних сил, действующих на материальные точки системы на этом
перемещении.
Согласно (65.4) сумма работ внутренних сил твердого тела на любом
перемещении равна нулю, т. е. 2 М = 0.
Для твердого тела уравнение (69.1) принимает вид
Ti-T^JjAf,
(69.2)
т. е. изменение кинетической энергии твердого тела на некотором
перемещении равно сумме работ внешних сил, действующих на тело на этом
перемещении.
§ 70. Механический коэффициент полезного действия машины
Для установления мощности машины необходимо рассмотреть действующие на
машину силы. Эти силы можно разделить на три категории:
Силы, совершающие положительную работу, называемые движущими силами,
например, давление пара на поршень в цилиндре паровой машины или газа в
двигателе внутреннего сгорания.
Силы,
совершающие
отрицательную
работу,
называемые
силами
сопротивления. Силы сопротивления делятся на две группы:
а) полезные силы сопротивления — силы, для преодоления которых
предназначена
машина,
например,
сопротивление
поднимаемого
машиной груза и т. д.;
б) вредные силы сопротивления — побочные силы сопротивления, как, например, силы трения, сопротивление воздуха и т. п.
3. Силы
тяжести
отдельных
частей
машины,
совершающих
попеременно
то
положительную,
то
отрицательную
работу.
Работа
этих сил за полный цикл работы машины равна нулю, так как результирующее перемещение точки приложения каждой силы тяжести
равно нулю.
При установившемся движении машины ее кинетическая энергия не изменяется
и сумма работ приложенных к ней движущих сил и сил сопротивления равна нулю
•^дв. с "Г"
А
пол. сопр
-t-А
вр. сопр
= 0.
Так как работа сил сопротивления отрицательна, то эту сумму можно
представить в виде
пол. сопр
A IB. е
или
209
I А
вр. сопр
IА
1 4 - 1 вр. сопр |'
А
т. е. при установившемся движении машины работа движущих сил равна
абсолютной величине работы сил сопротивления. Это значит, что работа,
затрачиваемая на приведение машины в движение, расходуется на преодоление
полезных и вредных сопротивлений:
•^дв. с —
пол. сопр
■^затр z= ^пол. сопр ~~\~ ^вр. сопр-
Механический коэффициент полезного действия машины ц при
установившемся ее движении равен отношению полезной работы машины к
работе, затраченной на приведение машины в движение:
г,=
Лпо
;-сопр о-
(гол)
■"затр
Если известны полезная мощность машины Л/шш и мощность двигателя,
приводящего ее в движение А/дв, то механический коэффициент полезного
действия машины
(70.2)
§ 71. Примеры применения теоремы об изменении кинетической
энергии механической системы
Пример 36, На цилиндрический вал весом 8 кн и диаметром 20 см насажено
маховое колесо весом 25 кн и радиусом инерции относительно оси колеса ^ = 0,6 м.
Вследствие трения в подшипниках вращение вала замедляется. Коэффициент
трения в подшипниках равен 0,05, начальная угловая скорость вала 120 об/мин.
Определить, сколько оборотов сделает вал до остановки.
Р е ш е н и е . Так как вал с маховиком представляет собой твердое тело, то
изменение кинетической энергии его происходит согласно уравнению (69.2):
В момент остановки Г = 0 и уравнение (69.2) принимает вид
-Т0
=ЪАЕ-
Кинетическая энергия вала с маховиком,
неподвижной оси, которую примем за ось х,
муле (68.2):
Т0
= Y J J&1<
(а)
вращающегося вокруг
определяется
по
фор-
(б)
где J X — момент инерции этого вала с маховиком относительно оси вращения.
К валу приложены внешние силы: суммарный вес вала и маховика G,
нормальная реакция подшипников N и сила трения скольжения F, приложенная к
валу в точке, где передается давление вала
13 А. А. Яблонский
210
на подшипники, и направленная противоположно вращательной скорости v этой
точки (рис. 158). Работу этих сил можно вычислить по формуле (65.9), так как
момент каждой силы относительно оси вращения постоянен. Угол поворота
вала изменяется от 0 до ф и
сумма работ внешних сил
%АЕ=М%.
Так как силы Q и N пересекают ось вращения вала,
то их моменты относительно этой оси равны нулю.
Момент относительно оси вала имеет лишь сила
трения F, модуль которой F = /ЛЛ
Так как угол наклона силы N к вертикали практически
очень мал, то N
G и F s» fG. Поэтому сумма работ
внешних сил
2 Af= — FRq>= — fQRtf.
(в)
Рис 158
Момент силы трения отрицателен, так как направление
вращения вала (против движения часовой стрелки) принимается за положительное,
а момент силы трения направлен противоположно (по движению часовой стрелки).
Подставив выражения (б) и (в) в уравнение (а), получаем
J
x<
х ">0
(г)
------ 2~ = — /°Яф. откуда ф = -yGR-
Вычислим моменты инерции вала (сплошного цилиндра) и махового колеса по
соответствующим формулам:
G
' R2 g ~ 2-9,81 25
J
= mj
Jr — meR2
2
.2 _____
м^х
—
2
8000 • 0,12
918,4 кг ■ м 2 .
2
п
g
g
■м
000 Об2
: 4,1 кг • м 2 ;
9,81
Момент инерции рассматриваемого тела равен сумме моментов инерции вала
и маховика:
J x = J Xa -{-j
= 4,1 + 918,4 = 922,5 кг ■ м 2 . Начальная угловая
скорость тела
С0л
30
л-120
= 4я сек' 1 .
30
211
= 44.73л2.
Подставляя числовые значения величин в формулу (г), получаем величину
угла ф в радианах:
(f—
212
922,5 16п2
2 • 0,05 • 33 000 • 0,1
Выразив ф в оборотах, найдем число оборотов вала до остановки: 44,73л2
22,36я = 70 оборотов
ф :
2л
Пример 37. Цилиндрический каток диаметром 0,5
м вкатывается на наклонную плоскость, имея в начальный момент скорость точек
оси 1,4 м/сек. Угол наклона плоскости к горизонту равен 30°, коэффициент трения
качения равен 0,5 см. Определить путь, пройденный осью катка до остановки,
предполагая, что каток катится по наклонной- плоскости без скольжения.
Решение.
К
плоскому
движению катка применим теорему
об изменении кинетической энергии
системы в форме уравнения (69.2):
= 2^f-
7"—7,0
В момент остановки Т = 0,
тогда
-7-0
= 2^
(а)
На
рис.
159
показано
перемещение среднего сечения
катка. Начальное значение кинетической энергии Рис 159. катка,
совершающего плоское движение, находим по формуле (68 3)
(б)
Момент инерции цилиндра относительно его продольной оси согласно формуле (36.4)
равен Jc
z=—
•
Угловая скорость катка равна отношению линейной скорости его
центра тяжести С к расстоянию от точки С до мгновенного центра скоростей, т. е. ю0 = - j * - . Подставив значение
icj и со0 в формулу (б), получим
7V
2
mV c«
1
mR z с,
2 2
v:
3 Cv'r С,
4
g
(в)
На каток действуют внешние силы: вес катка Q, нормальная реакция плоскости N и
сила сцепления Fcu.
Разложим вес катка G на две составляющие силы:
G[ = G cos а и G2 = G sin а.
При наличии сопротивления качению сила G[ и нормальная реакция N составляют
пару сопротивления качению с плечом 6 = 0,5 см (см. § 66).
Работу совершают сила G2 и пара сопротивления О,, N.
Сила сцепления F ca работу не производит, так как скорость мгновенного
центра скоростей, в котором она приложена, равна нулю. Работа силы G2
A q = — G 2 ■ s = — G • sin a • s. Работу пары сопротивления определяем по
2
формуле (65.9):
■^сопр
^сопр ' ф»
==
где
^сопр = N6 = G j • б = G • cos а • 5.
При перемещении катка из положения / в положение // точка Кц переходит в
положение К\, а точка Ц — в положение L { , причем каток поворачивается на угол
<р.
Если каток катится без скольжения, то длина дуги K 0 L q = К Х Ь Х равна длине
отрезка K qL V Т . е. равна пути s, пройденному центром катка. Изменение угла
поворота катка ср можно определить:
___ ^JK O L 0 _ 5
-R .
ф_
Подставим значения М с о п р и
ф
в выражение работы пары сопротивления
ЛСОПр = — О cos а ■ 6 •
.
Работа отрицательна, так как направление пары противоположно направлению
вращения катка.
Подставим в уравнение (а) значение кинетической энергии (б), а также работу
силы G2 и пары сопротивления:
3 Gvl
,
Л
— = — G ■ sma ■ s — G • cos а ■ о
4
g
-
"
""""
-
"
отсюда найдем путь, пройденный центром катка до
3
vi
3
Со
4
£ (sin а + A cos а)
1,96
—
9,8 ^0,5 + ^0,866j
s
R '
остановки:
:0,29 м.
П р и м е ч а н и е . При скольжении сплошного цилиндра по плоскости со
скоростью v r , т. е. при поступательном движении, его кинетическая энер1
2
гия согласно (68.1) равна -^mv^, а при качении цилиндра по плоскости без
скольжения с той же скоростью осн vc кинетическая энергия равна mv2c, так как к
энергии поступательного движения добавится энергия во вращении. 198
214
Пример 38. Доска весом Q, лежит на двух одинаковых цилиндрических катках
весом Q каждый, находящихся на горизонтальной плоскости. К доске приложена
постоянная горизонтальная сила Р. При движении системы скольжение между
катками и доской, а также между катками и плоскостью отсутствует. Определить
ускорение движения доски, пренебрегая сопротивлением качению (рис. 160, а).
Р е ш е н и е . К движению механической системы, состоящей из доски и двух
катков, применим теорему об изменении кинетической энергии в форме уравнения
(69.1):
Работа внутренних сил каждого из твердых тел равна нулю согласно (65.4).
Работа внутренних сил взаимодействия между катком и доской равна нулю, так
как эти силы равны по модулю, противоположны по направлению и при- ^
ложены к точкам, элементарные
___________________________ Р
перемещения которых одинаковы (на рис. 160, б
эти силы не показаны)
Таким образом,
2^ = о.
Кинетическая энергия каждого из
цилиндрических катков, совершающих
плоское движение
1 к
~ 4 g vf
Кинетическую энергию доски,
рнс (60
движущейся поступательно со скоростью v, равной скорости верхней точки
обода каждого катка, определяем по формуле (68.1):
1
,
1 G,t/2
Т = ■
При качении катка без
скольжения его мгновенный центр скоростей
находится в точке соприкасания с неподвижной плоскостью. Из кинематики
известно, что скорости точек пропорциональны расстояниям точек от мгновенного
центра скоростей, т. е.
V
v„
2R
= —д- = 2, откуда v - 2v c
Кинетическая энергия всей механической системы, ков и т. е.
доски равна:
Г = 27-к+Гд =
двух кат-
4-|-4 + ^ - |- ^
или
Аналогично
Т 0 =-8 -f (30 + 40,).
На систему действуют внешние силы: движущая сила Р, веса частей G и G] и
реакции неподвижной плоскости в виде нормальных реакций N, и N2 и сил
сцепления Flcu и F2cu.
Работа сил тяжесги на горизонтальном перемещении их точек приложения
равна нулю
Работа реакций, приложенных в мгновенных центрах скоростей катков, равна
нулю. Сумма работ внешних сил содержит только работу силы Р на перемещении
доски s, т. е.
Подставляя значения 7",, Т 0 и
2
в
уравнение (69,1), находим ~ ~
(30 + 40,) _ 2-1 (30 + 40,) = Ps,
или
(30 + 40,) {v 2 — vt) = BgPs. Продифференцировав это
уравнение по времени, получим
_
Здесь
dv
— = w — ускорение прямолинейного движения доски; ds
— = v — скорость доски, т. е
2vw (30 + 40,) = SgPv,
откуда
_
+ 4G,
ЛР
W
~ ~ 30
g
-
Пример 39. Однородный стержень BD длиной / = 0,8 м опирается концами на
гладкую стену и гладкий пол.
Стержень, первоначально удерживаемый в состоянии покоя под углом BDE =
60° к горизонтали, начинает падать, оставаясь в одной и той же вертикальной
216
плоскости. Определить скорость конца В стержня в момент удара его о пол (рис.
161, а).
Р е ш е н и е . Стержень движется в вертикальной плоскости как линейка
эллипсографа, т. е. конец D движется по горизонтали, а конец В по вертикали.
Мгновенный центр скоростей стержня Р находится в точке пересечения
перпендикуляров к направлениям скоростей точек В и D (рис. 161, б). В момент
падения стержня на пол мгновенный центр скоростей оказывается в точке D (рис.
161, в). Для определения скорости точки В стержня в этот момент воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии системы в форме уравнения (69 2):
^f'
Г —7-0 = 2
где 7'0 = 0, так как в начальный момент стержень был неподвижен Вычислим
кинетическую энергию стержня в момент его падения на землю по формуле (68 3),
так как движение стержня плоское:
Выразим скорость центра тяжести стержня v c и угловую скорость стержня со
через скорость конца v g , которую требуется определить
Рис 161.
Пользуясь расстояниями от точек С и В до мгновенного центра скоростей D
(рис. 161, в), получаем
1.
vc
DC ~2
_1
Vg~ ~ ~Ш ~ ~Т~ ^ ~2 '
откуда
1
v
c=
J
v
V
b '>
А ==
Ш
V
b
ИЛИ Ю =
R
/ ■
Момент инерции однородного стержня относительно оси Cg, проходящей
через его центр тяжести, можно определить по формуле
217
Подставим значения v c , со и J& в выражение кинетической энергии:
^ 2
218
-(-f) + 2 l 2 ^(-r) = 6 ^ = 6 - / -
К стержню приложены внешние силы: вес стержня G и реакции плоскостей NB
и ND.
Работа сил Ns и ND равна нулю, так как каждая из этих сил перпендикулярна к
скорости ее точки приложения. Сумма работ внешних сил содержит только работу
силы тяжести, определяемую по формуле (61.1):
2 Af = GH = G -| sin 60° = 1~ 01.
Подставляем значения кинетической энергии и суммы работ в уравнение
(69.2):
откуда
6
g
в
4
0,8 = 4,51 м/сек.
Вопросы для самоконтроля
Каковы две меры механического движения и соответствующие им измерители
действия силы?
Как определяется работа постоянной по модулю и направлению силы на
прямолинейном перемещении?
Чему равна работа силы трения скольжения, если эта сила постоянна по
модулю и направлению'
Каким простым способом можно вычислить работу постоянной по модулю и
направлению силы на криволинейном перемещении?
Чему равна работа равнодействующей силы?
Как выразить элементарную работу силы через элементарный путь точки
приложения силы и как — через приращение дуговой координаты этой точки?
Каково векторное выражение элементарной работы?
Каково выражение элементарной работы силы через проекции силы на оси
координат?
Напишите различные виды криволинейного интеграла, определяющего
работу переменной силы на конечном криволинейном перемещении'
10. В чем состоит графический способ определения работы переменной
силы на криволинейном перемещении'
Как вычисляется работа силы тяжести и работа силы упругости?
На каких перемещениях работа силы тяжести:
а) положительна,
б) отрицательна,
в) равна нулю?
В каком случае работа силы упругости положительна и в каком отрицательна?
Сформулируйте теорему об изменении кинетической энергии материальной
точки
Сформулируйте теорему об изменении кинетической энергии материальной
точки в относительном движении. Почему равна нулю работа кориолисовой силы
инерции?
16- Какова сумма работ внутренних сил твердого тела на любом перемещении тела?
17. Как вычисляется сумма элементарных работ внешних снл, приложенных к
твердому телу:
219
а) в случае поступательного движения; б) в случае его вращения вокруг
неподвижной оси и в) в общем случае его движения?
Как вычисляется мощность сил, приложенных к твердому телу,
вращающемуся вокруг неподвижной оси с угловой скоростью ю?
Что представляет собой сопротивление качению, что называется
коэффициентом трения качения и какова его размерность?
Сформулируйте теорему Кенига о кинетической энергии механической
системы в общем случае ее движения.
Как вычисляется кинетическая энергия твердого тела в различных случаях его
движения?
22. Сформулируйте теорему об изменении кинетической энергии
меха-нической системы.
ГЛАВА XI ПОТЕНЦИАЛЬНОЕ
СИЛОВОЕ ПОЛЕ
§ 72. Силовое поле. Потенциальное силовое поле и силовая функция.
Потенциальная энергия
Силовым полем называется физическое пространство, удовлетворяющее тому условию, что на точки механической системы,
находящейся в этом пространстве, действуют силы, зависящие от
положения этих точек или от положения точек и времени (но не от их
скоростей).
Силовое поле, силы которого не зависят от времени, называется
стационарным.
Примерами силового поля могут служить поле силы тяжести,
электростатическое поле, поле силы упругости.
Стационарное силовое поле называется потенциальным, если работа
сил поля, действующих на механическую систему, не зависит от формы
траекторий ее точек и определяется только их начальным и конечным
положениями.
Эти силы называются силами, имеющими потенциал, или консервативными силами.
Докажем, что приведенное условие выполняется, если существует однозначная
функция координат:
U(x x , у х , z x , х 2 , у2, z 2 ...................... х п , у п , z„),
(72.1)
называемая силовой функцией поля, частные производные от которой по координатам любой точки МД*= 1, 2 ........................... п) равны проекциям приложенной к этой точке силы на соответствующие оси, т. е.
z
<=f •
<7
"»
Элементарную работу силы, приложенной к каждой точке, можно определить
по формуле (60.6):
ЬА Х = Х х dx x -f- Y x dy x -f- Z x dz x ,
6A 2
= X 2 dx 2 +Y 2 dy 2 -\-Z 2 dz 2 ,
^A n = X n dx n +Y n dy n '-\-Z n dz n .
220
Элементарная работа сил, приложенных ко всем точкам системы, равна:
ЬА =
2 ЬА
1
= [(Х г d х х -4- K j d у j -4- Z j d*i) -4- (А-2 d *2 -f- К2 dy2 +
+ Z2dz2)+ . . . -4-(X n dx n +Y n dy n + Z n dz n )]. Пользуясь
формулами (72.2), получаем
ЬА
= [(■
dU ,
, dU ,
, dU ,
\ . (dU .
, dU ,
,
Как видно из (72.3), элементарная работа сил потенциального поля равна
полному дифференциалу силовой функции.
Работа сил поля на конечном перемещении механической системы из положения
(1) в положение (2) равна:
(2)
Л1>2 =
[ d U = U2 — их
(72.4)
т. е. работа сил, действующих на точки механической системы в
потенциальном поле, равна разности значений силовой функции в
конечном и начальном положениях системы и не зависит от формы
траекторий точек этой системы.
Из этого следует, что си-ловое
поле, для которого суиде-*
ствует силовая
функция (72.1), действительно р
является потенциальным.
„
____________________
у
Формула (72.4) показывает,
что работа
сил, действующих на
точки системы в потенциальном поле на всяком
Рис. 162.
замкнутом
перемещении,
т. е. на перемещении, при
котором начальные и конечные положения для всех точек совмещены,
равна нулю, так как в этом случае U 2 —U l ,
Введем понятие потенциальной энергии. Пусть, например, механическая система M v М 2 , . . . . М п (рис. 162) находится в потенциальном поле под действием сил Рх, Р2 ...................... Р„. Примем некоторое
произвольное положение этой системы M f \ М 2 0) ....................../И(„0> за нулевое
положение.
Потенциальная энергия системы в любом данном ее положении равна
сумме работ сил потенциального поля, приложенных к ее точкам на
перемещении системы из данного положения в нулевое. Так как эта сумма
работ зависит только от того, из какого положения система перемещается в
выбранное нулевое положение, то потенциальная энергия П зависит только от
положения системы.
Таким образом, потенциальную энергию системы можно представить как
функцию координат ее точек:
221
П = П ( х 1 , y v z v х 2 , у 2 , z 2 ....................x n , y n , z„),
Из определения потенциальной энергии системы следует,
положении ее значение равно нулю:
Л0 = 0.
(72.5)
что в нулевом
Положим,
что
механическая
система
перемещается
из
первого
положения М1'. М 2 Ц , во
второе
М?\ Л# ................ M f (рис. 163).
Из определения потенциальной энергии
следует, что работа сил поля, приложенных к
точкам системы, на ее перемещении
из
первого положения
в нулевое Alf, M f .................. Л1(„0), равна
потенциальной энергии системы в перрис ]вз
вом положении
Аналогично работа
сил поля на перемещении системы из второго положения в нулевое равна
потенциальной энергии системы во втором положении П 2 .
Отсюда следует, что работа сил поля на перемещении системы из первого
положения во второе равна разности:
Л,,2 = /7,-Я2.
(72.6)
Таким образом, работа сил приложенных к точкам механической системы,
на любом ее перемещении равна разности значений потенциальной
энергии в начальном и конечном положениях
системы.
Установим зависимость между силовой
функцией и потенциальной энергией механической
системы.
При перемещении механической системы из
данного положения Л4,, М 2 , . . . . М п (рис.
164)
в
нулевое
положение
Л4(10), М 2 0) .................M(°> работа приложенных
рис 164
к точкам сил равна потенциальной энергии /7 системы в этом положении С другой
стороны, эту работу можно определить по формуле (72.4) как разность значений
силовой функции U в нулевом положении и в данном, т. е.
A = n= U 0 — U .
(72.7)
Равенство (72.7) показывает, что потенциальная энергия системы П отличается
от силовой функции U , взятой со знаком минус, на постоянную величину U Q .
Из равенства (72.7) следует
дП
dxi
=
dU _
dxt '
дП ^
dyt
dU
Тогда на основании формулы (72.2)
222
,
а/7 _
dyt '
dzt
dU
dzi '
т. е. проекции на координтные оси силы, действующей в потенциальном
поле на каждую точку M i механической системы, равны взятым со
знаком минус частным производным от потенциальной энергии системы
по соответствующим координатам этой точки.
Рассмотрим, какой вид получат выведенные выше формулы при движении в
потенциальном поле лишь одной материальной точки.
Силовая функция в этом случае имеет вид
U ( x , у , г).
(72,9)
где х , у, z — координаты рассматриваемой точки.
Потенциальная энергия точки:
П ( х , у , г).
(72.10)
Формулы (72.2), определяющие проекции X , К, Z действующей на точку силы
поля на оси координат, принимают вид
<"•">
Формулы (72.8) принимают вид
По заданной функции П ( х , у , z ) (72.10) легко дать геометрическую
характеристику зависимости потенциальной энергии точки от ее положения в
пространстве.
Геометрическое место точек пространства, в которых потенциальная энергия
материальной точки имеет одно и то же значение С , определяется из уравнения
П ( х , у , z ) = C.
(72.13)
Уравнение (72.13) определяет некоторую поверхность в пространстве, которая
называется поверхностью равного потенциала или эквипотенциальной
поверхностью. Давая параметру С всевозможные значения, можно получить
бесчисленное множество эквипотенциальных поверхностей. Через каждую точку
поля проходит одна экви
потенциальная поверхность. Параметру С = 0 соответствует нулевая
эквипотенциальная поверхность, проходящая через нулевое положение М10); во
всех ее точках потенциальная энергия равна нулю. Проведя бесчисленное
множество бесконечно близких эквипотенциальных поверхностей, можно
разделить потенциальное поле на ряд бесконечно тонких
слоев. Установим направление силы поля в каждой точке по
отношению к эквипотенциальной поверхности, проходящей
через эту точку. Положим, что точка М перемещается в
бесконечно близкое положение М' на той же
эквипотенциальной поверхности (рис. 165).
223
Рис. 165.
Тогда элементарная работа силы поля Р на перемещении ММ' согласно (60.5)
равна
6Л = Р • М М ' = Р - M M ' -cos(P, М М ' ) .
С другой стороны, эта работа определяется формулой (72.6):
ЬА = П — Л' = 0.
потому что Л = Л' в точках М и М ' , принадлежащих одной и той же
эквипотенциальной поверхности. Так как Р Ф О, М М ' Ф 0, то cos(P, М М ' ) = 0 ,
т. е. P J _ M M ' , следовательно, сила Р направлена по нормали к
эквипотенциальной поверхности, проходящей через данную точку.
Положим, что точка получает элементарное перемещение М М " по
направлению силы, тогда
ЬА = Р • М М " ■ cos0 = P • М М " > 0.
Согласно формуле (72.6)
ЬА = П — П".
Сопоставляя два выражения элементарной работы, находим Л — Я" > 0,
или
Я>Я".
Следовательно, сила Р направлена в сторону уменьшения значений
потенциальной энергии.
§ 73. Примеры потенциальных силовых полей
1. Поле силы тяжести
Сила тяжести, работа которой не зависит от траектории ее точки приложения,
является примером силы, имеющей потенциал. Исследуем поле этой силы:
1. Рассмотрим сначала движение в этом поле одной материальной точки весом
О . Направим ось z вверх по вертикали, а оси х и у произвольно в горизонтальной
плоскости.
224
Определим потенциальную энергию материальной точки М (рис. 166),
применяя формулу (72.12) к проекциям силы тажести G на оси координат:
.0,
У = -^--ду
дП дг
X = — дП дх
:0,
Z =
= — О.
Отсюда следует, что потенциальная энергия точки П зависит
дП
dn
д
только от координаты z . Тогда
г
— G, откуда d n = O d z .
Интегрируя, получаем
n = G z -\-C.
Положим, что потенциальная
энергия точки равна нулю при z =
0, т. е. примем за нулевую
эквипотенциальную поверхность
координатную
плоскость
хОу.
Тогда С—0 и потенциальная
энергия точки
n = Gz.
Рис 166.
(73.1)
Согласно (72.13) уравнения
эквипотенциальных поверхностей
имеют вид G z = const или z — const,
т. е. эквипотенциальные поверхности поля силы тяжести представляют собой
горизонтальные плоскости.
Очевидно, что эквипотенциальные поверхности поля силы тяжести можно
считать плоскостями лишь на сравнительно небольшом протяжении, где можно
пренебрегать кривизной земной поверхности.
Сила тяжести направлена перпендикулярно к этим плоскостям в сторону
1С.
уменьшения значений потенциальной
энергии.
те,
Определим работу силы тяжести
на перемещении точки из М т в /И(2) по
формуле (72.6):
Г'
(1)
■ П<
w
Gz — Gz (2) = G H ,
1
'Х-
Ч, 2 '
РИС-167"
г д е г / = ^ - , ( 2 ) при
> *<2>.
Полученное выражение совпадает с формулой (61.1). 2. Рассмотрим теперь
механическую систему M v М 2 , ■
на которую действуют силы тяжести Gi, G2, . . . . G„ (рис. 167).
225
Определим потенциальную энергию системы при помощи формулы (73.1):
Координаты центра тяжести системы определяются по формулам из статики:
2
=
откуда
G
0zc-
тогда
(73.2)
n= G z r ,
т. е. потенциальная энергия механической системы, находящейся под
действием сил тяжести, равна произведению веса системы на высоту ее
центра тяжести над нулевой эквипотенциальной плоскостью.
2. Поле центральной силы Положим, что на материальную
точку М массой т (рис. 168) действует сила притяжения к центу О, равная
P = k - ^ - , где г = О М .
Проведем через точку О три взаимно перпендикулярные координатные оси х ,
у, z.
Обозначим углы, составленные направлением О М с этими осями через а, 6, у.
Определим проекции силы Р на оси координат:
X — — Р cos а =
_
т
.
т
х
k
X
' гг ' г
/-3
т
,
У = — P c o s p = Z — —Я cos у
Рис 168
=
т
Полный дифференциал
■ Z.
дП ,
.
дП ,
.
дП , ■.-^-dx + ^ - d y + ^ d z .
дг
точки М йП-.
Пользуясь формулами (72.12),
имеем
потенциальной
энергии П ( х , у , z )
dn — — ( X d x -f- Y d y -j- Z d z ) = k
( x d x -4- у d y -A- z d z )
Так как г 2 — x 2 -\-у 2 -\-z 2 , то r d r = x d x -j-y d y -j- z d z .
14
А. А. Яблонский
209
Пользуясь этим равенством, получаем
йП =
• г d r — km ~ .
Интегрируя, получаем:
Потенциальная энергия точки зависит от ее расстояния г до центра
притяжения. Положим, что Л = 0 при г = оо. Тогда С = 0 и потенциальная
энергия точки
П = — ~.
(73.3)
Уравнения эквипотенциальных поверхностей согласно (72.3) имеют
вид
— ^HL~ const
или
г = const, г
т. е. эквипотенциальные поверхности поля силы притяжения представляют
собой сферические поверхности с центром в точке О.
Сила притяжения Р направлена по нормали к эквипотенциальной
поверхности, проходящей через данную точку, в сторону уменьшения значений
потенциальной энергии.
§ 74. Закон сохранения механической энергии
При движении механической системы под действием сил, имеющих
потенциал, изменения кинетической энергии системы определяются
зависимостями (70.1) и (72.6):
т2 — т1 = Н^ = п1—п2,
откуд
а т. е.
Т + П = const.
(74.1)
Сумму кинетической и потенциальной энергий системы называют полной
механической энергией системы и обозначают Е:
Е = Т-\-П.
Выражение (74.1) принимает вид
Е = const.
227
(74.2)
Таким образом, при движении механической системы под действием
сил, имеющих потенциал, полная механическая энергия системы за все
время движения остается неизменной.
В реальных условиях на механическую систему могут действовать не
только потенциальные силы, и полная механическая энергия системы может
изменяться. Это происходит, когда часть энергии
механической системы расходуется на преодоление различных сопротивлений или
наблюдается приток энергии от других систем.
Расход механической энергии движущейся механической системы обычно
означает превращение ее в теплоту, электричество, звук или свет, а приток
механической энергии связан с обратным процессом превращения различных
видов энергии в механическую энергию.
§ 75. Движение точки под действием центральной силы. Закон площадей.
Уравнение Бине
В § 54 установлено, что если на материальную точку М действует центральная
сила Р (рис. 169), то момент количества движе-
Рис. 170.
Рис 169
ния этой точки L 0 относительно центра силы О постоянен и точка движется в
плоскости /, перпендикулярной к L0. В этом случае
L 0 = const.
По формуле (54)
dr
(75.2)
(75.1)
■■ const.
■ т
Рассмотрим векторное произведение: г X d r . Площадь треугольника О М М ' (рис.
170), построенного на векторах г и dr, равна половине модуля этого векторного
произведения:
dF = j\rXdr\.
Площадь треугольника О М М ' представляет собой площадь, описанную
радиусом-вектором г движущейся точки в течение промежутка времени dt.
Чтобы охарактеризовать быстроту изменения этой площади с течеdF
нием времени, введем величину , называемую секторной скоростью:
rff _j_|rV
Сравнивая
устанавливаем
dF
—. — пС = const. dt
полученную 2 Г
;
dx dt
Х
d t формулу с выражением (75.2),
(75.3)
211
14*
С точностью до величины первого порядка малости площадь треугольника
О М М ' можно определить как площадь кругового сектора, т. е.
dF =
л2 dep.
Тогда секторная скорость
dF dt
1 , : тг Г dtp ~dt
-г2ф = const.
(75.4)
:Тг
Из равенства (75.3)
F = Ct + F 0 .
(75.5)
Выражение (75.5) показывает, что при движении точки под действием
центральной силы площадь, описываемая радиусом-вектором точки,
изменяется пропорционально времени. Это положение называется законом
площадей.
Чтобы получить дифференциальное
уравнение траектории материальной
точки, движущейся под действием
центральной силы, воспользуемся
полярными координатами в плоскости /
(рис. 171). Проведем полярную ось х
через центр силы О и начальное положение точки М 0 . Тогда начальные значения
координат будут О М 0 = га и ф0 = 0.
Проекции скорости точки на оси
полярных координат г и ф можно определить по формулам из кинематики:
vr = r ,
= r<f.
Подставляя значения проекций начальной скорости, имеем
v 0 cos а = r Q ,
v 0 sin а = r 0 %.
Таким образом, начальные условия движения точки имеют вид
t 0 =0;
r = rQ;
Ф0 = 0;
r0 = t>0cosa;
r 0 % = v 0 sin a. (75.6)
Проекции ускорения точки w на оси полярных координат г и ф можно
определить по формулам из кинематики:
г — лф2;
w = гф -f- 2лф.
Второе выражение можно преобразовать:
1
= 7 О + 2гг ф) = - j
d
2
w (Г ф)
Спроектировав векторы левой и правой частей основного уравнения динамики
mw = Р на оси полярных координат, получим
230
mw T = Р т ,
п
(а)
I
Проекции центральной силы Р на оси полярных координат равны в случае
притяжения
Р т = — Р;
Р^ = 0 ; в случае отталкивания Р т = Р;
Яф = 0.
Подставив в уравнение (а) значения w T и w^, получим дифференциальные
уравнения движения точки в полярных координатах:
ш( г —
« d , 2-,
/■ф2) = /)г, )
(75-7)
п
Из второго уравнения (75.7) находим:
г2ф = const.
Произведение г 2(р, не зависящее от времени, равно своему начальному
значению, т. е.
Подставляя начальные условия, получаем
г2ф = r 0 v 0 s 'ma.
Согласно (75.4) секторная скорость
1
С = ^г ф,
•
откуда
2
(б)
2С
ф=-^-.
(в)
Пользуясь равенством (б), находим
с
— \ /"o^osina.
(75.8)
Таким образом, секторная скорость полностью определилась начальными
условиями движения.
Определим производные г и г , пользуясь формулой (в):
• __ dr _ dr d y __ dr • __
Г
~dt
d y dt
dr 2C __
d y r2
dy ^
d
/J_\
d y \ r J'
■■_ dr__d}_dy_ _ _ d r _ • _ _ _ 9 r j ^_l}_\
2C _
4C 2
r ~ dt ~ d y dt ~ d y ф —
dy 2 \ r ) ' r* ~
d2 I 1 \
r2 d y 2 \ r } '
Таким образом
4С2
(75.9)
л "■(!).
dy
231
Подставив в первое равенство (75.7) значение г из (75.9) и значение ф из
формулы (в), получим
г2
d<f \ r )
г3 ~ т '
•откуда
w ( T) + T = —&Уравнение (75.10) представляет собой дифференциальное
траектории точки в форме Вине.
Из дифференциальной геометрии известно, что в случае, если
(75-Ю)
уравнение
выражение (7") Ч" 7" положительно, то кривая обращена к полюсу вогнутостью, а
если оно отрицательно, то выпуклостью.
Из этого следует, что в случае притяжения, когда Р Т < 0 траектория обращена к
полюсу О вогнутостью, а в случае отталкивания при Р т > 0 — выпуклостью.
§ 76. Поле ньютоновой силы притяжения. Вид траектории точки в зависимости
от начальных условий движения.. Законы Кеплера
В поле ньютоновой силы тяготения тело, рассматриваемое как материальная точка,
движется под действием силы притяжения Р. Проекция этой силы на ось г
Pr^-f1^.
(76.1)
.где т 0 — масса тела, вокруг которого движется рассматриваемое тело; т—-масса
рассматриваемого тела; г — расстояние между центрами тяжести этих тел.
Уравнение Бине (75.10) в этом случае принимает вид"
Установим по уравнению (76.2) вид траектории тела, движущегося в поле
ньютоновой силы тяготения в зависимости от начальных условий движения.
Введем обозначение:
<76-3>
Тогда уравнение (76.2) примет вид
d2
232
Подставив значение С (75.8) в формулу (76.3), получим
(76.5>
В уравнении (76.4) угол ф является аргументом, величина -i — искомой
функцией.
Общий интеграл уравнения (76.4) складывается из общего интеграла
однородного уравнения и частного решения этого уравнения. Характеристическое
уравнение z 1 —|— 1 = 0 имеет корни 2 Ь 2 = ± ' Этим корням соответствует общее решение:
= С х cos ф-}-С2 s\nq>.
Частное решение уравнения (76.4) имеет вид
Тогда общее решение
уравнения (76.4)
получим в виде — = С х cos ф -|- С2 sin ф -j—.
(76.6>
Дифференцируя (76.6) по ф, получим первый интеграл уравне ния (76.4):
== _
"W~dw
= _ Cl Si " ф
С
г
C0S ф"
(76.7>
Постоянные С х и С2 определим подстановкой в уравнения (76.6> и (76.7)
начальных условий (75.6):
^0 = 0; г = г0; ф0 = 0; r 0 — v 0 cosa; r 0 (f 0 = v 0 s'ma. И з (76.6)
то
Пользуясь этим, из (76.7) найдем
Из начальных условий
233
ctgo = -U_,
С2 = - ^ .
Подставим найденные значения постоянных С х и С2 в уравнение «(76.6):
Введем новые постоянные:
— ££1 = 0 sin е.
------- - = Dcose;
Л>
(76.9)
Го
Р
Величину этих постоянных можно определить из формул (76.9):
/"71
1\2 , ctg2a
/
I
; 1
2~~
0= 1 / -------------------- -З-гз—1—г --------------------------------------------• (76.10)
(/
\/-0
р ] г%
г Ъ ът Г а
у/
tge = —-—ctga,
Го — Р
или
e = arctg—ctga.
Р
r^p
к
(76.11)
Го — Р
Подставив значения D и е в уравнение (76.8), получим
! = Dcos(cp-e)-f-i .
(76.12)
Введем новую постоянную
e = pD
(76.13)
ф = ф — е.
(76.14)
и новую пременную
Тогда уравнение (76.12) примет вид
7-=£-созф
+ ^-.
(76.15)
Откуда
/■ = _—£ -------- _
1 -\- е cos i|)
(76.16)
v
'
Уравнение (76.16) представляет собой уравнение конического сечения в
каноническом виде. Величины р а е являются основными параметрами,
определяющими форму конического сечения.
В зависимости от величины эксцентриситета е имеем следующие .виды
конического сечения:
е = 0 — окружность; е < 1
— эллипс; е = 1 —
парабола; е > 1 —
гипербола.
Таким образом, под действием ньютоновой силы тяготения тело описывает
траекторию в виде конического сечения, форма которого зависит от величины
эксцентриситета е.
234
При е < 1 траектория тела представляет собой эллипс, полуоси-которого
определяются по формулам из геометрии:
____ Р
(76.17)
" — 1-е* •
(76.18>
Расстояние между фокусами равно:
2с = 2ае.
(76.19)
Точка Р на эллиптической орбите планеты, находящаяся на наименьшем
расстоянии от центра притяжения О (Солнца), называется перигелием, а точка А,
наиболее удаленная от центра, — афелием (рис. 172). Перигелию Р соответствуют
значения
:0,
ср = е,
т. е.
Р
а
'=mln
1
и
ф:
+е
Афелию соответствуют Ф = е-)-л,
т. е.
ф = л,
Р
1- е
Определим продолжительность обращения тела по эллиптической
рис, 172.
орбите.
Площадь F , которую описывает радиус-вектор точки М за период обращения
Т , представляет собой площадь эллипса с полуосями а и Ь:
F = nab.
С другой стороны, эта площадь согласно (75.5) F = CT.
Приравнивая значения площади, находим СТ —
nab.
Согласно (76.18)
или
СТ — ла* v i
откуда
С 2 Т 2 = л 2 а*(\—е 2 ),
т
_
я»я« (!-«»)
— е<
С2
или на основании (76.17)
Т2 — ■
Подставив значение р. определяемое формулой (76.3), окончательно получим
7-2=-^_о3,
(76.20)
235
т. е. квадрат периода обращения тела по эллиптической орбите
пропорционален кубу большой полуоси орбиты.
Движение планет вокруг Солнца представляет собой рассмотренное выше
движение тел по эллиптическим орбитам под действием ньютоновой силы
притяжения. Законы движения планет были открыты немецким астрономом
Кеплером (1571—1630) до открытия Ньютоном закона всемирного тяготения и
подготовили открытие этого закона.
Закон всемирного тяготения дал математическое обоснование законам
Кеплера, которые формулируются так:
Под действием ньютоновой силы тяготения все планеты движутся
по эллипсам, в одном из фокусов которых находится Солнце.
Площади, описываемые радиусами-векторами планет относительно
Солнца, пропорциональны времени.
Квадраты времени обращения планет относятся как кубы больших
полуосей их орбит.
Первый закон Кеплера вытекает из уравнения Бине (76.2). Второй закон Кеплера
выражает установленную выше (§ 75) теорему площадей.
Третий закон Кеплера можно получить на основании (76.20).
Действительно, обозначив время обращения двух планет вокруг -Солнца Т х и
Т 2 , а большие полуоси их орбит — а г и а2, из (76.20) лолучим
(76.21)
§ 77. Понятие о траекториях искусственных
спутников Земли
Движение искусственных спутников Земли в поле земного тяготения
совершается под действием силы притяжения к Земле:
P = f^-.
(77-1)
где М — масса Земли; m —
масса спутника;
г — расстояние между центрами тяжести Земли и спутника; / — постоянная
тяготения*.
* Постоянная тяготения / выражает в ньютонах силу взаимного притяжения
двух масс в 1 кг каждая, находящихся на расстоянии 1 м друг •от друга. Она
определена Кавендишем в 1798 г.:
/ = 6,67 ■ Ю-11 м 3 /кг • сек*.
Для тела, находящегося на поверхности Земли,
п
^,
P = G = mg = f -gr
откуда
gR 2
М
,M
m
(77.2>
С2
236
Здесь R расстояние от данного тела до центра земного шара-(геоида), равное
6,37 • 106 м .
Определим минимальную начальную скорость тела 1>0
(рис. 173), при которой тело становится искусственным
спутником Земли, полагая, что эта скорость направлена
перпендикулярно к направлению силы притяжения Р, т. е.
а = 90°.
Эту скорость называют первой космической
скоростью.
Положим, что тело находится на расстоянии Н от
поверхности Земли.
Из траекторий тела, движущегося под действием
ньютоновой силы тяготения, рассмотренных в § 76, только
Рис. 173.
окружность и эллипс соответствуют движению-спутника (рис.
174).
Чтобы судить о форме траектории тела, необходимо найти эксцентриситет
конического сечения е.
Направпение начальной скорости
Гипербола V, > 11.2км/сем
Парабола Vt = 11,2 км/сек
Qxpy/кность Vt - 7,3км/сен
Эллипс 19км/сек
Для определения
параметр р по формуле (76.5)г Рис 174.
е
найдем
сначала
oo .,п =
——sin2 а. /«о
r v
Здесь
r0 = OyW0 = #-f-//,
sin а == sin 90° = 1,
2 1
f _ gR
~~ М '
т 0 = М и согласно (77.2)
Подставив эти значения, получим
gR 2 M
( R + H) 2 v 2 M
~
_ ( R + H) t%
2
р~~
gfP
Далее определим постоянную D по формуле (76.10) при .ctga = ctg 90° = 0:
D
...... 1
1_
1 ____________ g R 2
237>
r0
p
R + H
(R +
H ) 2 v 2 ' Эксцентриситет e найдем по формуле (76.13):
e =
PD=
gR2 '
0
- 1.
(77 3)
Минимальной скорости v 0 = v t соответствует минимальный эксцентриситет е = 0,
при котором траектория тела является окружностью. При е = 0
2
откуда
^
gR
1
— 1 =0,
Модуль первой космической скорости у поверхности Земли при Л = 0
«1 = У£Я-
(77.4)
Подставив числовые значения, имеем
г>, = 1/9,81 • 6,37 • 106 м/сек « 7,9 км/сек.
При начальных скоростях, которые меньше первой космической скорости,
тело не выйдет на круговую орбиту, а возвратится на Землю. Движение по
круговой орбите невозможно и в том случае, когда при достаточной начальной
скорости ее направление не перпендикулярно к г0.
Минимальная начальная скорость, при которой тело, преодолев земное
тяготение, удаляется в межпланетное пространство, называется второй
космической скоростью. Это имеет место при незамкнутой траектории тела —
параболе и гиперболе, т. е. при е]>1.
Определим модуль второй космической скорости из выражения (77.3) при е =
1
( R + H )v2u _ _ 1 = = 1
gR
откуда
R + HУ поверхности Земли при Н = 0
«и =
VW-
(77 5)
Из выражений (77.4) и (77.5) устанавливаем зависимость между первой и
второй космическими скоростями:
«,,= У2«,.
(77.6)
238>
отсюда находим числовое значение второй космической скорости:
v u = 1,414 • 7 , 9 = 11,2 км/сек.
Таким образом, в зависимости от модуля начальной скорости возможны
следующие случаи движения тела в поле земного тяготения (рис. 174): при f0= 7,9
км\сек траектория тела — окружность; при 7,9 км/сек < v 0 < 11,2 км/сек —
эллипс; при v Q = 11,2 км/сек— парабола; при v 0 > 11,2 км/сек — гипербола.
Вопросы для самоконтроля
Какое силовое поле называется потенциальным?
Что называют силовой функцией?
Как определить элементарную работу сил потенциального поля и работу этих сил
на конечном перемещении системы, если известна силовая функция поля?
Какова работа сил, действующих на точки системы в потенциальном поле, на
замкнутом перемещении?
5. Чему равна потенциальная энергия системы в любом ее положении?
Чему равно изменение потенциальной энергии механической системы при
перемещении ее из одного положения в другое?
Какая зависимость существует между силовой функцией потенциального поля и
потенциальной энергией системы, находящейся в этом поле?
Как определяются проекции на координатные оси силы, действующей в
потенциальном поле на любую точку системы?
Какие поверхности называются эквипотенциальными и каковы нх уравнения?
Как направлена сила, действующая на материальную точку в потенциальном
поле, по отношению к эквипотенциальной поверхности, проходящей через эту точку?
Чему равна потенциальная энергия материальной точки и механической системы,
находящихся под действием сил тяжести?
Какой вид имеют эквипотенциальные поверхности поля силы тяжести и
ньютоновой силы тяготения?
В чем заключается закон сохранения и превращения механической энергии?
Почему под действием центральной силы материальная точка описывает
плоскую кривую?
Что называют секторной скоростью н как выразить ее модуль в полярных
координатах?
В чем заключается закон площадей?
Какой вид имеет дифференциальное уравнение в форме Бине, определяющее
траекторию точки, движущейся под действием центральной силы?
По какой формуле определяется модуль ньютоновой силы тяготения?
19 Каков канонический вцд уравнения конического сечения и при каких
значениях эксцентриситета траектория тела, движущегося в поле ньютоновой силы
тяготения, представляет собой:
окружность;
эллипс;
параболу;
гиперболу?
20. Сформулируйте законы движения планет, открытые Кеплером.
21. При каких начальных условиях тело становится спутником Земли и
при каких — оно способно преодолеть земное притяжение?
22. Каковы первая н вторая космические скорости?
Г Л А В А XI I
239>
ДИНАМИКА ПОСТУПАТЕЛЬНОГО И ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЙ
ТВЕРДОГО ТЕЛА
§ 78. Дифференциальные уравнения поступательного движения
твердого тела
При -поступательном движении твердого тела все его точки движутся так же,
как и его центр масс. Поэтому дифференциальные уравнения движения центра
масс тела (§ 43) являются дифференциальными уравнениями поступательного
движения твердого тела:
тх с = 2 *f =
ту с
=
2zf
=
XЕ,
YE
,
ZE.
Здесь
m — масса тела;
x c , y c , z c — координаты центра масс тела;
X f , Y f , Z f —проекции внешней силы pf на оси координат;
X е , Y E , Z E — проекции главного вектора внешних сил на эти оси.
По дифференциальным уравнениям поступательного движения можно решать
два основных типа задач на поступательное движение твердого тела:
по заданному движению твердого тела определять главный вектор
приложенных к нему внешних сил и
по заданным внешним силам, действующим на тело, и начальным условиям
движения находить кинематические уравнения движения тела, если известно, что
оно движется поступательно.
240>
Условие, при котором движение тела является поступательным, рассмотрено в
§ 95.
Изучение поступательного движения твердого тела, таким образом, сводится к
изучению движения отдельной материальной точки, имеющей массу этого тела.
Во многих примерах, рассмотренных выше, дифференциальные уравнения
движения материальной точки применялись к поступательному движению
твердого тела.
§ 79. Дифференциальное уравнение вращения твердого тела вокруг
неподвижной оси
Рассмотрим твердое тело, вращающееся вокруг неподвижной оси z с угловой
скоростью w (рис. 175). Вычислим кинетический момент этого тела относительно
оси его вращения. Момент количества движения точки
M t тела относительно оси z
радиус окружности, описываемой точкой M t ;
алгебраическая величина вращательной скорости
точки М ( . Подставляя это значение v h получаем
где
L
г,
= т r2w.
Кинетический момент твердого тела
■V
{ = Г id)
относительно
оси z
2ОТ'Г'—-4
Здесь
— момент инерции
твердого тела относительно оси z.
Таким образом,
L z = J z m.
(79.1)
т. е. кинетический момент вращающегося твердого тела Рнс. 175. относительно неподвижной оси его вращения равен
произведению момента инерции тела относительно той же оси на
угловую скорость тела.
Рассмотрим изменение кинетического момента тела относительно
оси z под действием приложенных к нему задаваемых внешних сил
Pf, Pf .............. Pf. Теорема об изменении кинетического момента механической системы выражается уравнением (56.2):
-2*5-
dL z dt
Реакции подшипника В и
подпятника
А
являются
внешними силами, но при отсутствии трения их моменты относительно оси z
равны нулю и правая часть уравнения (56.2) содержит только сумму моментов
задаваемых внешних сил.
При наличии трения эта сумма содержит также момент сил трения.
Так как по (79.1) L z — J z a — J z (p, то -^p — J^' а потому уравнение (56.2)
принимает вид
241
J 2 q>=yjMt
(79.2)
Уравнение (79.2) представляет собой дифференциальное уравнение
вращения твердого тела вокруг неподвижной оси.
Сравним уравнение (79.2) с дифференциальным-уравнением поступательного
прямолинейного движения твердого тела:
mic = 'ZAf.
Очевидно, что момент инерции твердого тела при вращательном движении
имеет то же значение, что и масса тела при его поступательном движении:
момент инерции является характеристикой инертности тела при
вращательном движении.
Если вращение тела происходит в одном направлении, то это направление
считают положительным. В этом случае моменты движущих сил положительны,
моменты сил сопротивления отрицательны, а главный момент внешних сил может
M ?z > 0> т0 е = ф > 0 , т. е. тело вращается
иметь тот или другой знак. Если
ускоренно. Если У^М% — 0, то е = ф = 0 ; w = const, т. е. вращение тела
равномерное (по инерции). Если
M f z < 0, то е = ср < 0, т. е. тело вращается
замедленно.
По дифференциальному уравнению (79.2) можно решать следующие задачи:
1) по заданному уравнению вращения тела ф — f ( t ) и его моменту инерции J z определять главный момент внешних сил, действующих на тело:
2
2
Mz
=Лч>;
по заданным внешним силам, приложенным к телу, по начальным условиям
вращения ф0 и w0 и по моменту инерции тела J z находить уравнение вращения тела
ф = f(t);
определять момент инерции тела J z относительно оси вращения, зная
величины M z и ф.
Пример 40. Натяжения ветвей ремня, приводящего во вращение шкив, равны
20 и 40 м. Шкив имеет вес 80 м, радиус 30 см и радиус инерции относительно оси
вращения 25 с м . Составить уравнение вращения шкива из состояния покоя,
пренебрегая трением.
Р е ш е н и е . Дифференциальное уравнение вращения шкива вокруг
неподвижной оси Ох (рис. 176) имеет вид (79.2)
К шкиву приложены внешние силы: реакции ветвей ремня Tj и Т2, вес шкива
G и составляющие реакции опоры Y0 и Ъ 0 .
242
Направление вращения тела принимают всегда за положительное направление
Тогда моменты сил, направленных в сторону вращения, положительны, а моменты
сил, направленных противоположно, отрицательны, Главный момент внешних сил
М Е = Т г г — Т 2 г = 40 • 30 — 20 • 30 =-= 600 м • см
= 6 м ■ м,
(моменты сил G, Y0, Z0 относительно оси Ох равны
нулю). Момент инерции шкива определяем по радиусу
инерции:
,
.2
G ,2
80-0,252
п ,
•>х = mix ~ — I jc = —g g j -------- =0,51 к г - м 2 .
Рис.176
Подставляем числовые значения J x и М Е ь
уравнение (79.2):
0,51ф = 6.
Отсюда находим угловое ускорение
Ф = TT T = 11,76 сект 2 . 0,51
I
Интегрируем дважды по
t:
<р= 11,76* 4-Cj.
Ф = 5,88/ + CV-l-C2.
По начальным условиям *0 = 0, ф0 = 0, ф0 = 0 находим С 1 = 0 и С2 = 0.
Таким образом, уравнение вращения шкива имеет вид
Ф = 5.88Я.
Пример 41. Однородная прямоугольная пластинка весом О , длиной L и
высотой h вращается вокруг вертикальной оси Cz, являющейся ее осью симметрии
(рис. 177)
При вращении пластинка испытывает сопротивление воздуха. Сила
сопротивления, приложенная к каждому элементу пластинки, направлена
перпендикулярно к плоскости пластинки, пропорциональна площади элемента и
квадрату скорости его движения, причем коэффициент пропорциональности равен
а. Определить промежуток времени Т , в течение которого угловая скорость
пластинки уменьшится ОТ Wj до со2.
Р е ш е н и е . Воспользуемся дифференциальным уравнением вращения
твердого тела вокруг неподвижной оси (79.2):
МЕСг.
Для определения момента инерции пластинки представим
виде множества тонких полос, перпендикулярных к оси C z г
ее в
243
Рис.
178
(рис. 178). Момент инерции каждой полосы
можно определить по формуле
m
jL2
1
2
Момент инерции всей пластинки
относительно оси Cz:
Рис
177.
J cz
12 ~ 12" Zi i —
_ — 12 — 12s "
—
_ ml?
Zl
m
QL*
К вращающейся пластинке приложены
внешние силы: ее вес G, реакции подшипника В
и подпятника А и силы сопротивления воздуха
(рис. 179). Вес-6 и реакции опор моментов
относительно оси C z не имеют.
Для получения главного момента сил
давления воздуха относительно оси C z найдем
сначала силу, приложенную к элементарной
площадке d F — h dl, скорости точек которой
равны v = u>l. Сила давления воздуха,
приложенная к элементарной площадке:
dP^avtdF^auPPh dl.
Рис.
Момент этой силы, направленной
противоположную вращению относительно оси Cz:
179.
в
сторону,
d M c z = — l d P = — аЛсо2/3 dl.
Интегрируя, получаем главный момент сил давления воздуха:
J айсо / d/ = — ^ a/zco i .
2
Мс 2 = — 2
2 3
2 4
О
Подставляя найденное значение в уравнение (79.2), получаем
1_ф==__аЛ(й2/.4>
отсюда определяем
d&
15
А А. ЯблонскиР
244
3 aAg/,2 „
G
ЬУ -
do _
—
Разделяем переменные и интегрируем в пределах, соответствующих
изменению угловой скорости пластинки от coj до со2:
Г
fi>2
J
ю,
с*2
8
О
J
\ »2
»] /
8
G
о
или
со, —(Й2
fi>io)2
_3 ahgL 1 у,
8
G
*
_
откуда определяем искомый промежуток времени:
8G
3ahgL 2
<В] —шг
a>ta>2
7" =
§ 80. Сохранение кинетического момента вращающейся системы.
Скамейка Жуковского
В § 56 установлено, что сохранение кинетического момента механической
системы L z относительно неподвижной оси z происходит при условии, если
главный момент М Е внешних сил, приложенных к системе, относительно этой
оси равен нулю. Для твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, при
МЕ~0
L z = J z a> = const.
Так как J z = const, то со = const, т. е. твердое тело вращается равномерно (по
инерции). Если отдельные элементы вращающейся системы в процессе вращения
изменяют свое положение по отношению к неизменяемой оси вращения, то
изменяется величина момента инерции системы J z относительно этой оси. Тогда
при L z — const изменяется угловая скорость вращения системы со.
В этом случае при М г = О
L z = J l z ® x --- J 2z a >2 — const
(80.3)
где J X z , J 2z — моменты инерции вращающейся системы при двух разных
положениях ее элементов, щ, а >2 —угловые скорости вращения системы,
соответствующие значениям моментов инерции J l z и J 2 z .
Из (80.1)
Ю
1
(В2
__ Лг
Jxz
(80.2)
т. е. при увеличении момента инерции системы угловая скорость ее вращения
уменьшается и наоборот.
245
Условие (80.2) наглядно демонстрируется на приборе, называемом «скамейка
Жуковского». Этот прибор представляет собой круглую горизонтальную
платформу на шариковых подшипниках, которая может вращаться вокруг
вертикальной оси при очень малом трении. На платформу помещается человек, и
систему приводят во вращение. Внешними силами, действующими на
вращающуюся систему скамейка— человек, являются силы тяжести скамейки и
человека и реакция опоры (трением пренебрегаем). Эти вертикальные силы не
имеют моментов относительно оси вращения, а потому L z = const. Изменяя
положение своих рук и тем самым изменяя момент инерции, человек изменяет
угловую скорость системы.
§ 81. Физический маятник и его малые колебания
Физическим маятником называется твердое тело, имеющее неподвижную
горизонтальную ось вращения, не проходящую через его центр
тяжести, и находящееся под действием только силы
тяжести.
Ось вращения физического маятника называется
осью привеса маятника.
Примем ось привеса маятника за ось л:. - у Координатную
плоскость yOz проведем через центр тяжести С маятника и
совместим эту плоскость с плоскостью чертежа (рис. 180). На
маятник, отклоненный от положения покоя, действуют внешние
силы: его вес О и составляющие реакции цилиндрического
шарнира У0 и Z0. Трением в шарнире пренебрегаем. Реактивные
силы не имеют моментов относительно оси привеса. Момент
силы G относительно оси л: равен:
М х — — Od sin
ф.
При повороте маятника на угол ф в положительном
направлении, т. е. против движения часовой стрелки, сила G
стремится вращать плоскость z O y по движению часовой стрелки и наоборот.
Следовательно, знак момента силы О относительно оси л; противоположен знаку
угла поворота маятника
и знаку
Дифференциальное уравнение (79.2) вращения тела вокруг неподвижной оси
принимает для маятника вид
Рис. 180.
ф
вшф.
J x if = — Od
БШф,
(81.1)
где J x — момент инерции маятника относительно оси привеса, О — вес маятника;
d — расстояние от центра тяжести маятника до оси привеса. Уравнение (81.1)
можно представить в виде
ф_|_^.8|пф===0.
246
(81.2)
Уравнение (81.2) представляет собой дифференциальное уравнение
качаний
физического
маятника.
Это
уравнение
отличается
от
дифференциального уравнения качаний математического маятника (24.1) только
значением постоянного коэффициента при
Уравнение (24.1) имеет вид
этф.
Ф -\- ~ э ш ф — 0.
Определим длину математического маятника, период качаний которого равен
периоду качаний данного физического маятника. Для этого приравняем значения
постоянных коэффициентов при Б Ш ф в уравнениях (24.1) и (81.2)
g___Gd_
I
~
Jx
'
отсюда
1-^
=
1пТ<81'3
>
Формула (81.3) определяет приведенную длину физического маятника, т.
е. длину такого математического маятника, период качаний которого
равен периоду качаний данного физического маятника.
Воспользуемся зависимостью (35.1) между моментами инерции маятника
относительно параллельных осей Ох и Сх:
J x = J Cx -4- md 2 — micx + md 2 ,
где i Cx — радиус инерции маятника относительно оси Сх. Подставим это значение
J x в формулу (81.3):
т 'сх ~Т" m d 2
'
7nd
'
247
Отсюда получаем другое выражение приведенной длины физического
маятника:
Ф о р м у л а (81.4) показывает, что l ~ > d .
Отложив по прямой ОС отрезок 00^ = 1, получим точку О х , называемую
центром качания маятника. Ось, проходящая через центр качания параллельно
оси привеса, называется осью качаний маятника. Воспользуемся формулой
(81.4) для установления особых свойств оси привеса и оси качаний физического
маятника. Положим,
что маятник качается вокруг оси привеса
Ох (рис. 181, а).
Определим по формуле (81.4) его
приведенную длину:
Обозначим
= Ь,
отсюда
icx = bd,
1Сх
(81.5) тогда приведенная
длина маятника
l 1 = =b
+ d.
где d = ОС, b — СО х , точка О г — центр
качаний и ось Рис. 181. О х х — ось качаний. Сделаем ось качаний О х х осью
привеса
маятника (рис, 181, б); тогда расстояние от центра
тяжести маятника до этой оси станет равным Ь , а его приведенная длина согласно
(81.4)
■
~г+
ъ.
U
Пользуясь формулой (81.5), найдем:
l 2 = d-{- Ъ;
отсюда следует, что осью качаний второго маятника является бывшая ось привеса
Ох. Приведенные длины обоих маятников равны:
h — h-
Следовательно, и периоды качаний обоих маятников тоже равны.
Таким образом, если ось качаний физического маятника сделать осью
привеса, то прежняя ось привеса станет его осью качаний.
Это положение составляет содержание теоремы Гюйгенса о свойстве
взаимности оси привеса и оси качаний физического маятника.
248
В случае малых колебаний физического маятника sin<p?w<p дифференциальное
уравнение (81.2) принимает вид дифференциального уравнения гармонического
колебательного движения:
•• ,
Gd
Л
Ф+-г-ф = 0 ■Iх
(81.6)
или
Ф + k\ = О, •частота
колебаний маятника.
где k
Решение дифференциального уравнения (81.6), т. е. уравнение малых колебаний
маятника имеет вид
«ли
ф = Cj cos kt -f- C 2 cos kt, Ф
(81.7)
= а • sln(W + p).
(81.8)
где а — амплитуда колебаний маятника в радианах; ft —
начальная фаза колебаний. Период малых колебаний
физического маятника
к
1
/л
К
Grf
(81.9)
'
Период малых колебаний физического маятника можно определить и по формуле
(24.6) как период малых колебаний математического маятника, длина которого равна
приведенной длине / данного физического маятника:
(81.10)
Пример 42. Маятник представляет собой однородный
круглый диск радиусом г . Ось привеса
маятника
перпендикулярна к плоскости
г
диска и отстоит от его центра на расстоянии
Определить приведенную длину, положение
центра качания и период качаний маятника.
Р е ш е н и е . Приведенную длину этого маятника
(рис. 182) определим по формуле (81.3):
Рис. 182.
md
Момент инерции маятника относительно оси привеса Ох найдем по формуле:
/-2
При J Cx =
иd = ■
■ т ■
249
= 4 тг
Приведенная длина маятника
3
mr2
Отложив вдоль ОС отрезок ОО х = 1= г , получаем центр качаний маятника
О г на ободе диска.
Период качаний определяем по формуле (81.10):
Г = 2я/1 = 2 я / ^ .
•Пример 43. Показать, что приведенная длина и период качаний маятника,
представляющего собой подвешенную за середину дугу окружности, зависят лишь
от радиуса окружности /? и не зависят от центрального угла 2а.
Р е ш е н и е . Приведенная длина рассматриваемого маятника (рис. 183),
согласно (81.3),
md
Положение центра тяжести дуги окружности
определяется формулой 1(72.2) ч. I)]:
DC = R ^ .
а
Поэтому
d = ОС = OD — DC =
sm а
„/.
sincO
По формуле (35.1) имеем: J ox = J cx + m<P
J Dx
Рис. 183.
= J Cx
и
-\-mDC 2 .
Подставим в первую формулу значение J Cx , найденное из второй:
J 0x = J Dx — mDC* + md*.
(а)
Определим момент инерции дуги АВ относительно оси Dx, проходящей через центр
окружности:
J Dx = 2m,r2 = Sm,/?2 = R 2 ^m i = mR 2 . Подставим в
формулу (а) значения J Dx , DC и d:
J ox = mR 2
= mR2(l
. i _
(
2
1
250
-i
+ ^p-) =
^L
—
.
mR 2
2mR 2
Подставив значения J 0x и d в формулу (81.3), определим приведенную длину
физического маятника:
2mR 2
2R.
1 =
/и/г 1 -
Ось качаний маятника OjA: И ось привеса О х находятся на одинаковом
расстоянии от центра окружности D .
Период качаний маятника найдем по формуле (81.10):
Таким образом, приведенная длина и период качаний маятника не зависят от
центрального угла 2а.
Для маятника, представляющего собой полную окружность, приведенная
длина и период качаний являются такими же.
§ 82. Опытное определение моментов инерции тел
Вычисление моментов инерции неоднородных и однородных
неправильной геометрической формы в ряде случаев бывает сложным.
Поэтому моменты инерции таких тел определяют обычно
опытным путем. Опытное определение моментов инерции
основывается на наблюдении того или иного вида вращения
твердого тела вокруг неподвижной оси, так как момент инерции
тела — это характеристика его инертности во вращательном
движении.
Рассмотрим три экспериментальных способа определения
моментов инерции тел, применяющихся в технике: способ
качаний, способ крутильных колебаний и способ падающего
груза.
тел
1. Способ качаний
Положим,
что
требуется
определить
момент
инерции
и
радиус
инерции
какой-нибудь
детали,
например,
шатуна,
относительно
оси,
проходящей
через
его
центр
тяжести.
Для
этого
предварительно определяют положение центра тяжести ша,Рис jg4
туна.
Затем
шатун
подвешивают,
продев
через
втулку тонкий цилиндрический стержень (рис. 184), чтобы он мог
качаться вокруг горизонтальной оси. Отклонив шатун от положения
покоя на небольшой угол, его приводят в колебательное движение
и наблюдают время т определенного числа колебаний п. По этим
данным определяют величину периода колебаний:
Т = ±.
п
251
Подвешенная таким образом любая деталь представляет собой физический
маятник с осью привеса О х , совпадающей с осью стержня.
Период качаний физического
маятника определяется
по формуле (81.9):
__
Из этой формулы можно определить момент инерции детали J x относительно
оси привеса Ох:
так как Т — период качаний, G — вес детали и d — расстояние от ее центра
тяжести до оси привеса известны.
Для определения момента инерции детали относительно центральной оси С х ,
параллельной оси привеса Ох, воспользуемся формулой (35.1):
J x = J Cx -j- md 2 ,
откуда
J Cx = J x -md 2 = -^-^-d 2 .
(82 2)
Определив момент инерции детали J Cx относительно центральной оси,
параллельной оси привеса, можно определить радиус инерции детали
относительно этой оси:
«сх-/?-/^.
(82.3)
2. Способ крутильных колебаний
Рассмотрим определение моментов инерции тел по способу крутильных
колебаний. К нижнему концу проволоки, защемленной верхним концом
неподвижно, подвешивают сначала эталон, т. е. тело, момент инерции которого
относительно центральной оси C z известен (рис. 185), а затем деталь, момент
инерции которой относительно оси C z следует определить-(рис. 186). Тело,
прикрепленное к проволоке, поворачивают на некоторый угол <р0 вокруг
вертикальной оси C z и отпускают. Под действием сил упругости закрученной проволоки система стремится вернуться в положение покоя. Возвратившись в это
положение, система обладает угловой скоростью, вследствие чего поворачивается
на угол <р0 в противоположную сторону.
Таким образом, возникают крутильные колебания системы. На тело со
стороны проволоки, закрученной на угол <р, действует момент сил упругости,
пропорциональный этому углу:
Жкр = — сф.
252
Здесь с = ——- —коэффициент жесткости, зависящий от модуля упругости материала
проволоки при кручении О, полярного момента инерции сечения проволоки J 0 и
длины проволоки /.
i
z
Рис. 185.
Рнс. 186.
Дифференциальное уравнение крутильных колебаний получаем на основе
дифференциального уравнения вращения (79.2):
Jcz<t= Мкр = —
сер
или
ф+
<
ф==0.
(82.4)
JCz
Уравнение (82.4) представляет собой дифференциальное уравнение
гармонического колебательного движения. Частота колебаний
Период колебаний
(82.5)
Чтобы получить формулу, не содержащую коэффициента с , надо определить
путем наблюдений период крутильных колебаний эталона Т х и период крутильных
колебаний испытуемой детали Г2. Тогда по формуле (82.5)
Г, = 2*
"/SI.
Т2 = 2я/^.
Здесь J X C z — момент инерции эталона относительно оси C z , J 2Cz — момент
инерции детали относительно оси C z .
253
Найдем отношение периодов:
Т,
2 _ __ I / J 2 C z
1
К
Лс.'
lCz
отсюда
J2Cz
—
JlCz
т2
•
1
2
1
По этой формуле можно найти момент инерции J 2Cz испытуемой детали, зная момент
инерции эталона J 1Cz и определив периоды крутильных колебаний 7\ и Т 2 .
3. Способ падающего груза
Чтобы определить момент инерции махового колеса радиусом г относительно
оси его вращения С х при помощи метода разгона падающим грузом, колесо
обматывают тонкой проволокой, к концу
которой привязывают груз В весом
О]. Груз
помещают на горизонтальную площадку (рис. 187).
Освободив
груз
от
этой
связи,
предоставляют ему
возможность
опускаться,
приводя во вращение маховое колесо. Опре-делив
время Т х падения груза с высоты Н , повторяют тот же
опыт с другим грузом 0 2 , определяя время его падения
Т2.
На маховик, приводимый
в0 в а1шгние
Р
падающим груI
зом В, действуют внешние
силы: его вес Q, натяжение
проволоки S, являющееся
движущей силой, нормальная
о
1
Рис. 187.
*
Рис. 188.
тр»
реакция
подшипников N и сила трения в подшипниках. Направление вращения маховика
примем за положительное направление.
Дифференциальное уравнение его вращения (79.2) будет иметь вид
J Cx q>
М.
=
(а)
Sr —
где М т р — момент сил трения.
254
На груз весом G, действуют две силы: его вес G, и реакция проволоки S', модуль
которой S ' ~ S (рис. 188).
Направим ось z вниз по траектории движения груза, приняв начальное положение
груза О за начало координат.
Составим дифференциальное уравнение движения груза:
^-5 = 0! —S'
(б)
g
Путь, пройденный грузом по вертикали, равен пути, пройденному точкой обода
маховика. Поэтому координата z связана с углом поворота маховика зависимостью
Z —
Гф,
откуда
г
и
= гф
ф = -^-. Подставим
это
значение ф в уравнение (а):
JҐ-z
(в)
= Sr-Mn.
Умножив уравнение (б) на г и сложив его с уравнением (в), получим:
G,
•■
rz-\—f- i = 01r —Жтр.
g
g r ( G , r — M T p ) G.r'
+ У,
1
откуда
Так как z = const, то по формуле для равнопеременного движения точки при
начальных условиях /0 = 0, z 0 = 0 , z 0 — 0
2
При t — T v z = H , а потому
gr(G{r — Мтр)
7^) 7
2
2(0^ +
В это выражение входит неизвестная величина момента сил трения Жтр, который
принимается одинаковым в обоих опытах. Чтобы исключить М т р , воспользуемся
аналогичным выражением для падения груза весом 02:
gr(G2r — Мтр)
2
Из этих двух выражений найдем значения М т р и приравняем их: Жтр = 0,r (G x r 2 + JCjt*) = 02r 255
(Oai* + J Cx g).
Отсюда можно определить момент инерции махового колеса в зависимости от
величин, заданных в условии:
_L(0l_<72)—L
/ ==
—
'
г 2 - J c x 2//
g \T\
T\)
§ 83. Примеры на применение теоремы об изменении кинетического
момента механической системы
Пример 44. Через неподвижный блок весом О, с массой равномерно
распределенной по ободу,„перекинута веревка, весом которой можно пренебречь.
К концу веревки подвешен груз В весом Q.
По веревке от другого ее конца
начинает
подниматься человек А
R\\(° таким же
весом с относительной
q я
скоростью и. Определить угловую
Ущ
ш
рость
движения
если в начальный
и
189),.
Решение.
А
* состоящую из Рнс.
Рис. 189.
скорость вра
груза \в, вызванные движением человека,
момент система была неподвижна (рис.
190.
Рассмотрим механическую систему,
блока и двух материальных то-
чек — человека и груза. К движению этой системы применим теорему об
изменении кинетического момента в форме (56.2):
dLx
м е dt
—m*>
_
где ось Ох — ось вращения блока (рис. 190).
На рассматриваемую систему действуют внешние силы: вес человека Q , вес
груза Q, вес блока G и реакция оси блока R.
Главный момент внешних сил относительно оси О х равен:
М х = Qr — Qr = 0
(реакция оси R и вес блока G не имеют моментов относительно оси О х ) .
Так как М х = 0 , то
L x = const.
(а)
До начала движения человека вверх по веревке система находилась в состоянии
покоя и кинетический момент ее был равен нулю, т. е.
Согласно условию (а) имеет место сохранение кинетического момента системы,
следовательно, в любой момент времени
£* = 0.
256
(б)
Предположим, что при движении человека по веревке блок вращается с угловой
скоростью ю против движения часовой стрелки. Тогда скорость движения груза v B будет
направлена вверх и равна v B = ar. Человек будет иметь относительную скорость и,
направленную вверх, и переносную скорость \е, направленную вниз и равную v e = wr.
Кинетический момент всей механической системы
~ L lx
-j- L 2x
-\- L 3x .
Считаем моменты количеств движения точек системы положительными, если они
направлены по отношению к точке О против движения часовой стрелки, и
отрицательными — в обратном случае.
Момент количества движения груза В
L lx = mv B r =
Я
cor2.
Момент количества движения человека А
L 2x = m(v e — и ) ■ г — — (wr2 — иг).
Кинетический момент блока, вращающегося вокруг неподвижной оси Ох,
определим по формуле (79.1):
Так как масса блока равномерно распределена по ободу, то его момент
инерции относительно оси Ох равен
7, = от,г2 = — г2,
g
тогда
Lax
г2(й
=у
-Кинетический момент системы
Lx =
*
Я.
ЮГ2 +
g
Я
МГ2
g
-
Я
иг +
g
Я
'
Г2Ю.
g
Приравнивая его нулю согласно условию (б), имеем О
,
О
, О
cor2 -f- — cor2 --------¥-иг 4- — г2(о = О
^ g
g
* g
Q
g
ИЛИ
2Qwr2 — Qur + Ocor2 = 0,
отсюда
257
________
Qu
w — (2Q + G ) r •
Qu
V* = * r = W + G '
»,
Положительные ответы указывают на то, что предположенное направление
вращения блока и движения груза совпадают с действительными.
Пример 46. Круглая горизонтальная платформа весом О и радиусом R
вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью w0. В точке D платформы
на расстоянии г от этой оси стоит человек весом Q. Определить, пренебрегая
трением в подпятнике и подшипнике, угловую скорость w, с которой будет
вращаться платформа, когда человек начнет перемещаться по платформе с
относительной скоростью и по окружности радиусом г в сторону вращения
платформы.
Р е ш е н и е . К механической системе, состоящей из платформы и человека
(материальной точки), применим теорему об изменении кинетического момента
механической системы в форме уравнения (56.2):
dL,
dt
где ось z—ось вращения платформы.
Если пренебречь трением в подшипнике и подпятнике, то внешними силами,
действующими на рассматриваемую систему, будут: вес
Рис.
191
платформы О, вес человека Q и реакции подпятника А и подшипника В (рис. 191).
Момент каждой из этих сил относительно оси z равен нулю. Поэтому М Е = 0
и L z ~ const.
Определим значения кинетического момента системы до начала движения
человека и после него; приравняем эти значения, так как кинетический момент
системы не изменяется.
1. Н а ч а л ь н ы й м о м е н т в р е м е н и £0 = 0(рис. 191). Полагая платформу
однородным диском, определяем ее момент инерции относительно оси z по
формуле:
. _ GR 2 z ~ 2g '
Кинетический момент платформы
/
_ /
_ GR 2 w 0 L u
— J z &o — — — '
258
Момент количества движения человека, движущегося только вместе с
платформой,
L2z
— mve r = Я
со0г2. Кинетический момент системы
GR 2 a a
Ог 2 в> 0
,
(LzX = Ll2 + L2z = -
2g
1
2. П р о и з в о л ь н ы й м о м е н т в р е м е н и t
при
д в и ж е н и и ч е л о в е к а (рис. 192). Кинетический момент платформы:
,
L
,
G/?2ca
iz = Jz® = —ff •
Момент количества движения человека
L2z =
т ( v e -+- и )
г = ^ со/-2 -4-
Я.
иг
.
Кинетический момент системы
. . .
.
,,
G/?2» , Qr 2 a
= Lu + L 2 z = ~2g-
.
Q
-------- h 7
МЛ
Приравниваем значения кинетического момента.
{Lz)t={Lz)t;
GR 2 w 0
2g
Qr 2 a 0 _ GR 2 a>
, Qur
g
~
2g ~l~
Qr 2 a
g
~>
g
или
(GR 2 4- 2Qr2) co0 = (GR 2 4- 2Qr2) со 4- 2Qur,
откуда
___________ 2Qur
® — ao
GR 2 + 2Qr 2 '
т. е. при движении человека в сторону вращения платформы угловая скорость
платформы уменьшилась.
Вопросы для самоконтроля
Каковы дифференциальные уравнения поступательного движения твердого
тела?
По какой формуле вычисляется кинетический момент твердого тела,
вращающегося вокруг неподвижной оси, относительно этой оси?
Какой вид имеет дифференциальное уравнение вращения твердого тела
вокруг неподвижной оси?
4. При каких условиях тело вращается вокруг неподвижной осиг
а) ускоренно; С) равномерно; в) замедленно?
259
g
Мерой чего является момент инерции твердого тела относительно оси?
Каковы основные типы задач, которые можно решать при помощи
дифференциального уравнения вращения тела вокруг неподвижной оси?
Какое положение механики иллюстрируется при помощи скамейки
Жуковского?
Что называют приведенной длиной, центром и осью качания физического
маятника?
По какой формуле вычисляется приведенная длина физического маятника?
Каким свойством обладают ось привеса и ось качаний физического маятника?
По какой формуле вычисляется период малых колебаний физического
маятника?
Назовите способы опытного определения моментов инерции твердых тел и
укажите, в чем заключается их сущность
Г Л А В А X I II ДИНАМИКА ПЛОСКОГО ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО
ТЕЛА
§ 84. Теорема о зависимости между кинетическими моментами механической
системы относительно неподвижного центра и относительно центра масс
системы
В § 56 рассмотрена теорема об изменении кинетического момента
механической системы относительно неподнижного центра.
Для изучения сложного движения твердого тела, каким является плоское
движение, необходимо воспользоваться зависимостью между
кинетическими моментами механи-
ческой системы относительно неподвижного центра и относительно
центра масс системы.
Для установления этой зависимости любое движение механической
системы
разлагают
на
два
составляющих движения: переносное
движение с подвижной системой
отсчета
C|rg,
движущейся
поступательно,
и
относительное
16
А. А. Яблонский
260
движение по отношению к этой
системе (рис. 193). Эти движения
Рис. 193
называют поступательным движением системы с центром масс и
относительным движением ее по отношению к центру масс. Такое же разложение
движения системы производилось в § 67 для вычисления ее кинетической энергии.
В каждую точку M t механической системы проведем радиусы-векторы:
— из начала координат неподвижной системы отсчета О и рг — из центра масс
системы С . Эти радиусы-векторы связаны зависимостью:
Абсолютная скорость v( любой точки M t равна геометрической сумме ее
переносной и относительной скоростей:
v* = vc H -vir.
В соответствии с этим вектор количества движения точки равен:
%vt = /Ktvc + /K(vir.
Кинетический момент системы относительно неподвижного центра О
определится по формуле:
L0 = 2 r t
X ЩУ-
Подставив значения гг и /игуг, получим
L0 = 2 ('с + Р<) X (»*/Vc + m,vir) = 2 > с X Щ У С +
+ 2 rc X m/V„ + 2 Pi X ™*vc + 2 Pi X OT;vir.
Преобразуем каждое из слагаемых полученного выражения в отдельности:
1 ) 2 fc X m t v c = rc X 2 «<vc = r c X v c 2 m , = r c X mvc —
= rc X K . где K = 'KVc — главный вектор количества движения системы;
2) 2 rc X m i v ir — rc X 2 miv(r — 0> так как согласно (67.4)
2 Рг X mivc" ( 2 m iPi) X vc = 0, так как согласно § 32 2 m t p l = Щ с > а
радиус-вектор центра масс рс = 0;
2 Pi X m -iVir = LCr> где LCr — кинетический момент системы относительно
центра масс в ее относительном движении по отношению к этому центру.
Подставив эти значения в выражение кинетического момента механической
системы, получим
L0 = rc X K H -LCr.
(84.1)
Уравнение (64.1) выражает теорему о зависимости между кинетическим
моментом механической системы относительно неподвижного центра и
относительно центра масс системы: при любом движении механической
системы ее кинетический момент относительно неподвижного центра
261
равен геометрической сумме: момента относительно этого центра
главного вектора количества движения системы, условно приложенного в
центре масс, и кинетического момента системы в ее относительном
движении по отношению к центру масс относительно этого центра.
Обозначим момент главного вектора количества движения К» условно
приложенного в центре масс, относительно неподвижного центра О:
г сX
К = LOK.
тогда уравнение (84.1) примет вид
L0 = L0K + LCr.
(84.2)
Если центр О , относительно которого вычисляется кинетический, момент
механической системы, совпадает в данный момент с центром масс системы С, то
гс = 0 и формула (84.1) принимает вид
Lc = LCr,
(84.3)
т. е. кинетические моменты механической системы относи-тельно
центра масс в абсолютном движении и в относительном движении по
отношению к центру масс геометрически равны.
В проекциях на оси координат получим три равенства, соответствующих
векторному равенству (84.2):
^JF = ^K+
(84"4>
V
Здесь L x , L y , L z —кинетические моменты механической системы относительно
неподвижных осей х , у , z; L xK , L y K , L zK —моменты главного вектора
количества движения системы К. условно приложенного в центре масс,
относительно осей л;, у , z; Li r , Lyp, L^ T —кинетические моменты системы
относительно подвижных осей |, т], £, проходящих через центр масс С в
относительном движении системы по отношению к центру масс, т. е. по
отношению к системе отсчета С^ЛС-Если ось, относительно которой вычисляется
кинетический момент механической системы, проходит в данный момент
через ее центр масс, то из'формул (84.4)
L % = L lr ,
(84.5)
так как
Таким образом, кинетические моменты механической системы
относительно оси, проходящей в данный момент через центр масс
системы, в абсолютном и в относительном движениях системы по
отношению к центру масс равны по величине и одинаковы по знаку.
16
262
А. А. Яблонский
7
Пример 46. В эпициклическом механизме кривошип /// весом 03 вращается с
угловой скоростью со вокруг неподвижной оси Ох. Кривошип приводит в
движение колесо II весом 0 2 и радиусом г 2 , катящееся без скольжения по
неподвижному колесу / радиусом г х (рис. 194). Найти кинетический момент
механизма относительно оси О х , перпендикулярной к плоскости механизма.
Рис. 194.
Рис. 195.
Решение.
Кинетический
момент
эпициклического
механизма-относительно оси Ох (рис 195) складывается из кинетических
моментов колеса // и кривошипа /// относительно этой оси:
L* = LX'
+ L'JL.
(а>
Направление вращения кривошипа против движения часовой стрелки примем
за положительное направление.
Кинетический момент колеса // определим по формуле (84.3)г
L'J^L'Jk + L H .
(б)
Скорость центра колеса //
vA=OA
■<о
= (г1-|-г2)(й.
Направление главного вектора количества движения К колеса //' совпадает с
направлением \А, а его модуль
G
К = m 2 v A = —— ( т х —(— г2) со.
Момент вектора К. условно приложенного в центре тяжести колеса // и
направленного против движения часовой стрелки относительно точки О,
положителен и равен
Ък = К - О А = £-(г 1 + г 2Г -®.
263
Движение колеса // относительно подвижных осей координат £, "п, £,
проходящих через центр тяжести А колеса //, является вращением против
движения часовой стрелки вокруг оси Л£. Кинетический момент колеса в этом
движении относительно подвижной оси А \ , перпендикулярной к плоскости
колеса, положителен и согласно формуле (79.1) равен:
Момент инерции колеса (однородного диска) найдем по формуле
щг\
-i
G2r\
2
•
2g
Угловую скорость колеса // определим как отношение модуля скорости его
центра к расстоянию от его центра до мгновенного дентра скоростей Р колеса //:
v
a
(Г1
+ Г2)
По найденным значениям J% и щ получим
---- ji ---------
кг —
ю-
Подставив значения L X k и L\ T в формулу (б), найдем кинетический момент
колеса //:
=
(гх + г2?со + 0+
со = -|-(г, + г 2 ) ( г ,
+ 4 г)
2
со.
Кривошип /// вращается против движения часовой стрелки вокруг неподвижной
оси Ох. Его кинетический момент относительно этой ■оси найдем по формуле (79.1):
if
= 4®,
где момент инерции кривошипа (однородного стержня)
г
__
гп312 _
*~
з —
(П +
Гг)2
3g
Подставив это значение Jx, получим кинетический момент кривошипа
,///
C73(f! + r2)2 „
Сложив значения L x и L X J , получим кинетический момент механизма
относительно оси Ох:
§ 86. Теорема об изменении кинетического момента механической системы
в относительном движении по отношению к центру масс
Для доказательства теоремы воспользуемся равенством (84.1)г
L0 = r c X m v c-r-LCr.
16
А. А. Яблонский
264
Продифференцируем это выражение по t :
dL
dr r
dr„
d\
dL-J—df><- m v c + r c X m -J- + -^-.
d Здесь
=0и
r
= vc, следовательно, -~
X m\ c
ате,
Тогда
— r c X mw c = rc X RE-
r c Xdvm
dL„
-^
dL„
=
Ј
r c X R + -^f-.
(85.1>
Главные моменты внешних сил относительно неподвижного-центра О и
подвижного центра масс С связаны зависимостью, установленной в статике:
М? = М^ — r c X R * .
(85.2)
Подставляя (85.1) и (85.2) в уравнение (51.1):
dL,
dt
получаем
r c X R Ј + -^ = M! + r c X R E .
откуда
—Sf- = Mc.
(85.3>
Уравнение (85.3) выражает теорему об изменении кинетического-момента
механической системы в относительном движении по отношению к центру масс
системы: производная по времени от кинетического момента механической
системы относительно центра масс системы в относительном движении
системы по отношению к этому центру геометрически равна главному
моменту внешних силг, действующих на точки системы относительно
центра масс.
Векторному уравнению (85.3) соответствуют три уравнения в проекциях на оси
координат:
(85.4>
Здесь i|r, L^r, L^r — кинетические моменты механической системы в ее
относительном движении по отношению к центру масс, вычисленные относительно
подвижных осей |, т], £, проходящих через центр масс;
М в , М Е , М Е — главные моменты внешних сил, действующих на точки системы
относительно этих же осей.
Уравнения (85.4) показывают, что производная по времени от
кинетического момента механической системы относительно любой оси,
265
проходящей через центр масс системы в относительном движении
системы по отношению к центру масс равна главному моменту внешних
сил, действующих на точки системы, относительно этой оси.
С л е д с т в и я т е о р е м ы : 1. Если главный момент внешних ■сил
относительно центра масс все время остается равным нулю, то
кинетический момент механической системы в ее относительном
движении по отношению к центру масс, вычисленный ■относительно
центра масс, не изменяется.
Из уравнения (85.3) следует, что если М Е = 0 , то
—^- = 0
и
LCr = const.
(85.5)
2. Если главный момент внешних сил относительно некоторой оси,
проходящей через центр масс системы, все время •остается равным нулю,
то кинетический момент механической системы в относительном
движении по отношению к центру масс, вычисленный относительно этой
оси, не изменяется.
Из уравнения (85.4) следует, что если M f = 0 , то
=О
и
Цг —
const.
Рассмотренные следствия из теоремы называют законом сохранения
кинетического момента механической системы в относительном
движении по отношению к центру масс.
Классическим примером применения этого закона является приложение его к
движению тел солнечной системы. Это движение происходит под действием
внутренних сил взаимного притяжения между телами этой системы.
Поэтому кинетический момент солнечной системы LCr относительно ее центра
масс должен оставаться неизменным по модулю и «аправлению Это положение
было установлено французским математиком и астрономом Лапласом (1749—1827).
Если единственной внешней силой, приложенной к механической системе,
является сила тяжести, то главные моменты внешних сил относительно центра масс
и относительно любой оси, через него проходящей, равны нулю.
В этом случае кинетический момент системы относительно центра масс LCr, а
также ее кинетический момент относительно любой оси,
24Г
проходящей через центр масс, например Z.Јr, остаются постоянными. Так, например,
во время прыжка танцовщика его кинетический момент Li относительно
вертикальной оси £, проходящей через центр тяжести, не изменяется.
Если в начале прыжка танцовщик приобрел угловую скорость вокруг оси £, то
его кинетический момент в относительном движении по отношению к центру масс,
т. е. во вращении вокруг оси £, вычисляется по формуле (79.1): L% = J t a .
Так как
— const, то
= -^^V откуда
т. е. танцовщик может изменять угловую скорость во время прыжка, изменяя
момент инерции тела путем изменения положения рук. Сохранением кинетического
момента относительно центральной оси объясняется, например, и способность
кошки, используя движение хвоста, переворачиваться во время падения и
способность бегущей по лесу собаки быстро поворачиваться, обегая деревья.
§ 86. Дифференциальные уравнения плоского движения твердого тела
Положим, что твердое тело совершает плоское движение. Совместим с
плоскостью чертежа плоскость, в которой движется центр-масс тела, показав
плоскую фигуру, полученную от сечения тела
7 А
этой плоскостью (рис. 196). В динамике за полюс
принимают не произвольную точку фигуры, а
\а
центр масс тела. Тогда уравнения движения
плоской фигуры имеют вид
х с = М*). У с = /г (О-Ф = /з(0Если известны
Pf
внешние силы Р£,
действующие на тело, то два
дифференциальных уравнения движения
плоской фигуры можно получить из
дифференциальных уравнений (43.2):
\* V /
j
X
Рис 196.
m i "c= 2
где т — масса тела, X Е И Y E — проекции главного вектора внешних сил,
приложенных к телу, на оси х и у .
Третье дифференциальное уравнение движения плоской фигуры получают из
уравнения (85.4):
267-
Здесь L^,. — кинетический момент тела относительно оси £ в относительном
движении тела по отношению к центру масс; ось £ проходит через
центр масс тела перпендикулярно к чертежу;
М Е — главный момент внешних сил,
приложенных к телу, относительно
той же оси £. Так как относительное движение тела по отношению к центру ■масс,
т. е. по отношению к подвижной системе осей С£и£ является вращением вокруг
оси £, то кинетический момент Lj, определяется ло формуле (79.1):
кг = •!&>■
Дифференцируем по t:
dL^ T
da
Подставляя это значение в уравнение (85.4), получаем
Таким образом, дифференциальные уравнения плоского движения твердого
тела имеют вид:
тх с =
2 *f
ту с =
=
хЕ
(86.1)
2Affe
Интегрируя эти уравнения, можно определить х с , ус и ф как •функции времени
Для определения шести постоянных интегрирования используются .начальные
условия движения: координаты центра масс х с0 , усо и угол поворота тела ср0 в
начальный момент t 0 = 0, а также проекции начальной скорости центра масс на оси
координат х со , усо и начальная угловая скорость тела ф0.
При определении движения несвободного твердого тела наряду с задаваемыми
внешними силами учитываются и неизвестные реакции связей. В этом случае для
решения задачи используются дополнительные уравнения, определяющие
ограничения движения тела имеющимися связями.
В том случае, когда траектория центра масс задана, удобно пользоваться
дифференциальными уравнениями движения точки С в проекциях на касательную и
главную нормаль к этой траектории.
Тогда дифференциальные уравнения плоского движения твердого-тела имеют вид
т
\Pfn-
(86.2>
268-
Здесь s c — дуговая координата центра масс, v c — его скорость и р—радиус кривизны
его траектории.
§ 87. Примеры на плоское движение твердого тела
Пример "47. Однородный диск радиусом г = 20 см вращается* вокруг
неподвижной оси Oz, проходящей через одну из точек era обода, перпендикулярной к
его плоскости (рис. 197, а). В момент,
Рис. 197.
когда радиус ОС составляет угол 30° с вертикалью, диск отделяется от оси вращения,
имея скорость центра ©Со = 2 м/сек. Определить дальнейшее движение диска.
Р е ш е н и е . После отрыва от оси на диск- действует одна внешняя сила — его
вес G. Так как в момент отрыва скорости всех точек диска лежат в плоскости хОу и
сила тяжести лежит тоже в этой плоскости, то диск будет двигаться в плоскости хОу.
Установим начальные условия этого плоского движения по рис. 197, б, считая
момент отрыва начальным моментом *0=0.
Координаты центра тяжести диска в этот момент:
х г = — ОС а sin 30° = — 0,2 • 0,5 = — 0,10 м, y Ci
=ОС 0 cos 30° = 0,2 • 0,866 = 0,17 м.
Угол поворота диска будем отсчитывать от подвижной оси g к радиусу С А ,
обозначив А точку диска, совпадающую в момент отрыва с началом координат. Тогда
начальное значение угла поворота
фо=_60°=-^.
Знак минус указывает на отсчет угла по движению часовой стрелки.
Проекции начальной скорости центра тяжести диска на оси координат:
x Co = v Co cos 30° = 2 • 0,866 = 1,73 м/сек; у Со — v Ca sin 30° = 2
■ 0,5 = 1 м/сек. Модуль начальной угловой скорости диска
269
Алгебраическая величина угловой скорости вращения, происходящего по
движению часовой стрелки:
Ф0 = — оз0=:—10 сек~ 1 .
Таким образом, начальные условия имеют вид
Го =
0,
лгсо = —0.10 м;
х со—
уС0 = 0,17 м,
1>73 м/сек;
ф0 = —
ф0 = —10 сек~ х .
усо= 1 м/сек,
Составим дифференциальные уравнения (86.1) плоского движения диска под
действием силы G:
2 X f — 0,
т"у = 2 yf = = g>
м
ЛФ — 2 % = 0,
тх
откуда
с —
0
с
откуда
m
#с = 0;
у с = g;
откуда
ф = 0.
Интегрируем первое уравнение два раза по t :
Xq
= CX,
= С -j- C2.
хС
По начальным условиям находим С Г и С2:
С, = 1,73;
С2 = —0,10.
Получаем уравнение движения центра тяжести диска вдоль оси х:
*с= 1,73^ — 0,10.
Интегрируем второе уравнение два раза по t :
Ус = ** + С3.
Ус
= тг+С8* + С .
4
По начальным условиям находим С3 и С4: С 3 = 1 ;
С4 = 0,17. Уравнение
движения центра тяжести диска вдоль оси у будет
ус=:4.9г2 + г + 0,17. Интегрируем
третье уравнение два раза по *:
ф = С5;
ф = С5* + С6.
По начальным условиям определяем С5 и С6:
С5 ---------------------------------- 10;
С6 = -■=-.
270
Получаем уравнение вращения диска вокруг оси £, проходящей через его центр
тяжести:
Ф = —Юг —у .
Таким образом, уравнения плоского движения диска имеют вид *с = 1,73*
—-0.10, ус = 4,9*2 + *+0,17,
Ф = —10* — 4р
Здесь: * — в секундах, х с> у с — в метрах, ф — в радианах. Исключая * из первых двух
уравнений, находим уравнение траектории центра тяжести:
х„ + 0,10
1,73
/ х „ + 0,10\2 дг. + ОДО
Ус
Полученное
нием
параболы.
ее
вершины,
к
уравнение
Чтобы
следует
является
определить
привести
уравнеположение
уравнение
виду
'W/w7/////>/;a>//;///////;/>///M
(х-а? = 2 р ( у -Ь),
рис m
где а и Ъ — координаты вершины.
Пример 48. Однородный тонкий стержень АВ длиной I и весом G прикреплен
концом В к вертикальной нити BD, а концом А опирается на гладкую
горизонтальную плоскость, составляя с ней угол ф0 = 45° (рис. 198). В некоторый
момент нить BD пережигают и стержень начинает падать. Определить реакцию
плоскости в точке А в момент начала падения стержня.
Р е ш е н и е . При наличии нити реакция плоскости, так же как
и реакция- нити, составляет — О.
Освобожденный от нити стержень
будет двигаться под действием двух внешних сил: веса G и реакции плоскости N (рис.
199). Так как эти силы вертикальны и в начальный момент стержень был в состоянии
покоя, то центр тяжести стержня будет двигаться по вертикали. Направим ось у вверх
по траектории центра тяжести стержня, поместив начало координат в опорной
плоскости. Составим дифференциальные уравнения (86.1) плоского движения
стержня в плоскости хОу:
m'x c =YjXf = 0, m'y c =y u Yf = N — 0,
■N -fr cos ф.
Из первого уравнения и следует, I
что центр тяжести стержня движется
по вертикали.
В двух последних уравнениях имеются три
неизвестные величины у с , ф и N. Для их определения
271
необходимо составить еще четвертое уравнение, выражающее ограничение, которое
накладывает на движение стержня связь — горизонтальная плоскость. Так как конец
стержня А перемещается .по горизонтали, то
/
.
Ус = "2 sin ф"
Находим производные:
Ус — 2 Ф cos Ф>
ус
= 4 (Ф
cos
Ф — Ф2
sin
ф)
Во второе уравнение подставляем это значение у с ,
уравнение подставляем значение момента инерции стержня
относительно оси С£, перпендикулярной к плоскости
стержня хОу:
-^-(фсоэф — (p 2 sinq>) = N— О,
2
ml- "
1
ml
-уд Ф = ~™ Y c°s Ф>
или
ф = —Ncosq>.
а
в третье
= -ygдвижения
(а)
(б)
Чтобы исключить из этих уравнений ф и определить N, умножим уравнение (б) на
—З с о в ф и сложим его с уравнением (а). Тогда
272
получим
-jg- cp2sincp = N — G + ЗЛ/ cos2 ф,
ml откуда
G ------ ф2 Б 1 п ф
N =
1 + 3 cos2 Ф
В начальный момент t 0 = 0 имеем ф0 = 45° и ф0 = 0, поэтому
1 + 3 cos2 45"
•+4
G.
Пример 49. Однородный цилиндр весом О и радиусом г катится без скольжения
по наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол а. Коэффициент
сцепления равен /сц. Определить: 1) ускорение
движения центра тяжести цилиндра и 2) угол
наклона плоскости, при котором начинается
скольжение цилиндра, без учета сопротивления
качению.
Решение.
Движение
цилиндра
совершается под действием трех внешних сил:
веса G, нормальной реакции плоскости N и силы
сцепления Fcn. Направим оси х и у , как указано
на рис 200. Через центр тяжести цилиндра С
проведем оси | и г| и ось £, перпендикулярную к
плоскости чертежа и направленную к читателю.
Момент силы относительно оси С£ будет положителен, если сила стремится вращать
Рис. 200.
точки С против движения часовой стрелки, и плоскость чертежа вокруг
отрицателен — в противоположном случае.
Составим дифференциальные уравнения (86.1) плоского движения тела:
(б)
(в)
Так как за все время у с = г = const, то у с = 0, а потому из уравнения (б)
N — О cos а = 0,
откуда
N — О cos а.
Дифференциальные уравнения (а) и (в) содержат три неизвестные величины:
х с , Fca и ф. Для определения этих неизвестных к двум составленным уравнениям
добавим еще одно уравнение.
т'х с =
2 Xf
— О sin а — F zu ,
(a)
273
ту с — ^ i Yf = N — О cos а, 4ф
в
2Л4?с — F
=
ca r
Так как цилиндр катится без скольжения, то точка Р соприкасания среднего
сечения цилиндра с плоскостью является мгновенным центром скоростей среднего
сечения.
Поэтому
v c =\a\r.
(г)
Проекция скорости точки С на ось д::
x c = v c = \&\r.
Алгебраическая величина угловой скорости ср отрицательна, так как цилиндр
вращается по движению часовой стрелки, т. е.
ф = —|©|,
где | со ] — абсолютное значение угловой скорости. Формулу
(г) можно представить в виде
х с = — гср.
Дифференцируя это выражение по t , получаем необходимое для решения
задачи четвертое уравнение:
х с = — 'Ф-
(Д)
Из уравнения (д) имеем
х
<p = --f.
Момент инерции цилиндра относительно оси С£
,
тг2
Подставив эти значения в уравнение (в), получаем
mr2 I
хг\
— [ ----- у - ) = — Р са.Г.
или
тх
—_£- = /?сц.
Решив это уравнение совместно с уравнением (а), найдем х с и F cu :
тх с — О sin а — F w т ' к с _ F
'*
(411
2
3
2G
2
— тх с = О sin а, откуда х с = у — sin а = -^ё sin а.
mxr
1 ^сц = —Y ~ =
у G sin
а
-
274
Полученный результат показывает, что центр тяжести цилиндра движется
равноускоренно с ускорением w c = | х с \ = у g sin а, не зависящим от веса
цилиндра.
Для определения угла наклона плоскости, при котором начинается скольжение
цилиндра, воспользуемся известным положением из статики:
сц ^
сц
J сц
Подставив значения Fcu и Л/, получаем
G sin а -<! f cn G cos а,
откуда
tga<3/cu.
Таким образом, скольжение начнется при a = arctg 3/сц.
В о п р о с ы для с а м о к о н т р о ля
1. Сформулируйте теорему о зависимости между кинетическими моментами механической системы относительно неподвижного центра и относительно центра масс системы в векторной форме и в проекциях на оси координат.
2. Как формулируется теорема об изменении кинетического момента
механической системы в относительном движении по отношению к центру
масс в векторной форме и в проекциях на оси координат?
Почему сила тяжести не влияет на изменение кинетического момента
механической системы относительно центра масс и относительно любой оси,
проходящей через центр масс системы?
Почему кинетический момент солнечной системы относительно ее центра масс
не изменяется?
Какой вид имеют дифференциальные уравнения плоского движения твердого
тела и на основании каких теорем они получены?
Каким видом дифференциальных уравнений плоского движения твердого тела
удобно пользоваться, если задана траектория центра масс тела?
ГЛАВА XIV
ДИНАМИКА СФЕРИЧЕСКОГО И СВОБОДНОГО ДВИЖЕНИЙ
ТВЕРДОГО ТЕЛА
§ 88. Кинетические моменты твердого тела относительно неподвижной
точки и координатных осей прн его сферическом движении
Кинетический момент твердого тела, совершающего сферическое движение,
относительно неподвижной точки (рис. 201), определяется по общей формуле
(55.1):
L0 =
S г, X m,v<275
Из кинематики известно (§ 116), что скорость V; любой точки М 1 тела,
совершающего сферическое движение, определяется векторным произведением:
v = t» X г,.
(
Здесь (о — вектор угловой скорости тела, направленный по мгновенной оси Q,
a T i — радиус-вектор, проведенный в точку Ж; из неподвижной точки О.
Подставляя это значение v( в формулу (55.1), получаем
(88.1)
L0 = 2 т{ X «Дм X г,).
Воспользуемся известной формулой двойного векторного произведения:
А X (В X С) = В (А • С) — С (А • В). Согласно этой формуле
выражение (88.1) примет вид
Ц, = 2 m,t* (г, • г,) — 2 m l r i (»> • г.) = = ft) 2
т. ( г) — 2 tn^i (to • г,). (88.2)
Для определения расстояния от точки до начала
координат имеем
*1 = *? + У? + */Скалярное произведение векторов можно
выразить через их проекции на оси координат:
Рис. 201.
ю
• г1
= ® х 1 + <*уУ1 + «Лх
Пользуясь этими выражениями,
относительно точки О в виде
ц =ю2 m
t
получим
кинетический
(x\ +■ у2 + г2) — 2 m lU (а х х, -+- соууг + соггг).
момент
тела
(88.3)
Определим кинетический момент тела относительно оси х, проходящей через
точку О, как проекцию L0 на ось х:
L x = <* x ^ i m l {x'\ + f l + z\) — 2
К*,
+ V* + ШЛ>
После соответствующих преобразований
L x = <* х 2
Здесь
21
(У2 +
(у2 + г2) — соу 2 m,x t y, — сог 2
— J x — момент инерции тела относительно оси х;
2 nt t x l y l = J xy — центробежный момент инерции тела относительно осей х и у;
^i>n i z i x i — J zx —центробежный момент инерции тела относительно осей z и х.
276
Подставляя эти значения в выражение, определяющее L x , получаем формулы для
вычисления кинетических моментов тела, совер-
277
шающето сферическое движение относительно оси х и по аналогии относительно
осей у и г :
L
x
—
J
x®x
—
J
x ytoy
L y — — Jxy®x~\Lz~ —
—
J
zx & z>
(88.4)
J a
y y— Jyz a z>
— J yz a y-\- J z a z-
Если за оси координат приняты главные оси инерции в неподвижной точке О, то
центробежные моменты инерции тела относительно этих осей равны нулю, т. е.
-ху
>
формулы (88.4)
принимают вид L
"yz
= тогда
0,
о,
О,
■■ JX(S)X,
Ly = Jy(Ј>y,
L, —
Лео,
(88.5)
§ 89. Дифференциальные уравнения сферического движения твердого тела
(динамические уравнения Эйлера)
При сферическом движении твердого тела его кинетический момент L0
относительно неподвижной точки О изменяется согласно уравнению (56.1):
ml
Свяжем с движущимся
dt телом подвижные оси координат |, т], Z , обозначив орты этих
осей i1( jj, k j (рис. 202).
Разложим вектор L0 на
составляющие, имеющие
направление осей |, г), £:
(89.1)
Согласно (56.2) проекции Li,
L^, вектора L0 на оси |, г), £
представляют собой кинетические
моменты тела отноРис.d202.
L
n
сительно этих осей. Определим производную d u , учитывая, что орты J j , j,, k j —
переменные векторы:
dL o _ l dt
di,
d).
\
"dT^"1- dt V
17*
dk
dt
dL„
dL,
1
dt
Jr
dL t \
dt
278
Производные ортов
кинематики (§ 124):
iv
jj, k j по времени можно выразить по формулам из
dt
г=»X
dj
jl.
Пользуясь этими формулами, преобразуем первую сумму в правой части равенства
(а):
dt
dt
dk,
S
=шX
+ ji^ +
K k ) = W X L0 =
«1 ®n 4 is
£„ L,
Подставив это выражение в равенство (а), получим
dL„
dr
:
»i ( % к — 4 L n ) + ii ( ч к ~ Ч к ) +
+ kt
(С0|^ —(0
/^)4-1,
dU
dt
dt
■кг
или
dL
~~di
где множители при ортах представляют собой проекции вектора —^ —
на подвижные оси координат |, т), £.
Подставив это выражение в равенство (56.1), находим
Этому векторному равенству соответствуют три равенства в проекциях на
подвижные оси \ , х\, Z,:
dL
1
dt
dL
dt
dL
279
dr
' (® ц к
— aiLn) = Ml •
dij dr
Ј
' (cojL,,— a»„i&)=
Alf.
(89.3)
Если за подвижные координатные оси приняты главные оси инерции тела в точке
О , то кинетические моменты тела относительно этих осей определяются по
формулам (88.5):
В этом случае уравнения (89.3) принимают вид
Е
afcot
h ~at +
Jn -JT+4<*i (h — J0 = м%
где
I
( к — Л) = Щ ,
(89.4)
J%, Jv Jt, — моменты инерции тела относительно его главных
осей инерции в точке О; м\,
М Е , м\—главные моменты
внешних сил, приложенные к телу,
относительно этих осей; со^, со^, coj — проекции вектора
угловой скорости тела со на оси |,
т), С- Эти проекции можно определить по формулам
Эйлера из курса «Кинематика» (§ 130):
С0|
= ф sin 9 sincp -|- 9 cos ср, со^
= ф sin Э cos ср — 0 sin ф,
COj
=vpcos O-J-ф.
где ф, 0, ф—углы Эйлера, определяющие положение тела при сферическом движении
(см. ч. I, «Кинематика», § 113).
Дифференциальные уравнения (89.4) сферического движения твердого тела
называются динамическими уравнениями Эйлера.
Интегрирование динамических уравнений Эйлера связано с большими
трудностями. Поэтому исследователи этого вопроса рассматривали лишь частные
случаи сферического движения твердого тела. Наиболее существенные результаты по
этому вопросу имеются в работах Эйлера, Лагранжа и С. В. Ковалевской. Теория
сферического движения твердого тела лежит в основе теории гироскопов,
получивших широкое применение в технике.
§ 90. Понятие о гироскопе. Кинетический момент быстро вращающегося
гироскопа
Гироскопом называется твердое тело, вращающееся вокруг
материальной симметрии, одна из точек которой неподвижна.
оси
Положим, что гироскоп имеет неподвижную точку О и ось сим-, метрии ОС (рис.
203). Если гироскоп вращается вокруг оси O Z , с угловой скоростью со и положение
оси (% не изменяется, то вектор
281
угловой скорости гироскопа <о направлен по оси 0£. Его проекции на подвижные
оси координат
«6 = 0,
©„ = 0.
■■ СО.
Как установлено в § 39, ось симметрии 0£ является главной осью инерции для
всех своих точек, в том числе и для точки О.
Поэтому кинетические моменты гироскопа относительно
осей |, т), С определяются по формулам (88.5):
Z-I = 0;
L n = 0;
— J^a,
где
— момент инерции гироскопа относительно
оси Og. Кинетический момент гироскопа относительно
неподвижной точки О
L
В
o ~ L i = А®-
Рассмотрим теперь сложное движение гироскопа, состоящее из вращения вокруг его оси
симметрии 0£ с угловой скоростью со и вращения вместе с этой осью вокруг неподвижной
оси Oz с угловой скоростью C0j (рис. 204, а).
этом случае вектор абсолютной угловой скорости
Рис. 203.
гироскопа о>2
определяется диагональю
параллелограмма, построенного на
угловых
: СО
О),
скоростях
составляющих вращений:
а)
Рис. 204.
Ш0
Кинетический момент гироскопа L0 относительно точки О можно определить
по его проекциям на подвижные оси координат |, т|, С. пользуясь формулами
(88.5).
В этом случае направление L0 не совпадает с направлением оси гироскопа С- Если угловая скорость вращения
гироскопа вокруг его оси симметрии со во много раз больше
282
а следовательно,
угловой скорости вращения самой этой оси СО], то
направления векторов о>, а>2 Z.j и L 0 , весьма близки между
собой.
В дальнейшем, полагая, что угловая скорость со вращения гироскопа вокруг его
оси симметрии во много раз превышает угловую скорость cOj вращения самой оси
(рис. 204, б), условимся считать кинетический момент гироскопа относительно
неподвижной точки О направленным вдоль оси симметрии гироскопа и равным:
Z.oz=ys0.
(90.1)
На этом условии основана приближенная теория гироскопических явлений,
которая изложена в данном курсе.
§ 91. Гироскоп с тремя степенями свободы
Гироскопом с тремя степенями свободы называется гироскоп,
движение которого ограничено только наличием одной неподвижной
точки.
Положение твердого тела, одна из точек которого неподвижна, можно
определить заданием трех эйлеровых углов ф, 9 и ср. Из этого следует, что такое
тело имеет т р и с т е п е н и с в о б о д ы . Гироскоп с тремя степенями свободы,
быстро вращающийся вокруг своей оси, обладает особым физическим свойством
— оказывать сопротивление силам, стремящимся сместить его ось. Чтобы
обнаружить это свойство, рассмотрим гироскоп, неподвижная точка которого
совпадает с его центром тяжести.
Рис. 205.
На рис. 205, а, б показан гироскоп, острие которого совпадает с его центром
тяжести С. Острие гироскопа совмещено с неподвижной точкой опоры. Сила
тяжести гироскопа в любом его положении уравновешена реакцией опоры.
Рассмотрим действие некоторой силы Р на гироскоп, находящийся в
сестоянии покоя (рис. 205, с), и на гироскоп, вращающийся вокруг своей оси
283
симметрии С£ с большой угловой скоростью со (рис. 205, б). Положим, что
постоянная по модулю сила Р, перпендикулярная к оси симметрии гироскопа,
действует на неподвижный гироскоп
(рис. 205, а) в течение некоторого промежутка времени. Будем считать, что до
действия силы Р ось симметрии гироскопа С£ совпадает с неподвижной осью Cz и
что линия действия силы Р лежит в плоскости yCz.
Очевидно, что под действием силы Р гироскоп начинает вращаться вокруг оси
Сх, перпендикулярной к плоскости, проходящей через линию действия силы Р и
неподвижную точку С. Главный момент внешних сил, действующих на гироскоп,
относительно неподвижной точки С равен лишь моменту силы Р и направлен по
оси Сх. Его модуль
Mc = Pd.
(91.1)
При наличии постоянного момента Мс гироскоп вращается равноускоренно и
в течение промежутка времени х угловая скорость вращения гироскопа вокруг оси
Сх возрастает от 0 до coj.
После прекращения действия силы Р гироскоп продолжает вращаться по
инерции вокруг оси Сх с постоянной угловой скоростью СО], которую он приобрел
под действием силы Р, т. е. ось симметрии гироскопа перемещается в плоскости
yCz, в которой была расположена линия действия силы Р.
Действие силы Р на тот же гироскоп, вращающийся вокруг своей оси
симметрии с большой угловой скоростью со (рис. 205, б), дает совершенно другой
эффект.
Согласно условию (90.1) кинетический момент гироскопа относительно
неподвижной точки С направлен по оси симметрии гироскопа С£ и равен
Lc = Jtp.
(91.2)
По теореме Резаля (§ 57) скорость точки А — конца вектора Lc кинетического
момента гироскопа относительно неподвижной точки С — геометрически равна
главному моменту внешних сил, приложенных к гироскопу, относительно той же
точки, т. е.
и = Мс,
где
Mc = Pd.
Р
Направление главного момента Мс совпадает с направлением осп Сх,
перпендикулярной к плоскости, проходящей через центр тяжести С и линию
действия силы Р, а потому и скорость и направлена параллельно оси х.
Из этого следует, что сила Р, параллельная оси Су, вызывает перемещение оси
симметрии гироскопа С£ в плоскости zCx, т. е. вращение ее вокруг оси Су, а не
вокруг оси Сх, как в случае гироскопа, не вращающегося вокруг своей оси
симметрии.
Сопоставляя результаты действия силы Р на гироскоп, находившийся в
состоянии покоя, и на гироскоп, вращающийся вокруг своей оси симметрии с
большой угловой скоростью, устанавливаем, что смещение оси быстро
вращающегося гироскопа происходит не по направлению силы, а по
направлению ее момента, перпендикулярно к направлению силы.
284
В момент прекращения действия силы Р главный момент внешних сил
относительно точки С равняется нулю и в дальнейшем остается равным нулю.
Поэтому, начиная с этого момента,
И
= УИС = 0,
т. е. точка А, а следовательно, и вся ось симметрии гироскопа мгновенно
останавливается.
Начиная с этого момента, гироскоп только вращается с угловой скоростью со
вокруг своей оси симметрии С£, отклоненной от первоначального положения на
угол а.
Таким образом, быстрое вращение сообщает гироскопу способность
противодействовать силам, стремящимся изменить направление его оси
вращения.
§ 92. Случай регулярной прецессии
В § 91 рассмотрено движение гироскопа с тремя степенями свободы в случае,
когда сила тяжести не оказывает влияния на движение гироскопа. Рассмотрим
теперь гироскоп, центр тяжести которого не совпадает с точкой опоры. Примером
такого гироскопа может служить волчок, опирающийся
на неподвижную поверхность С, острием О, которым
оканчивается его ось симметрии (рис. 206).
Положим, что ось симметрии волчка 0£ составляет с
неподвижной вертикальной осью Oz угол 8 и волчок
вращается вокруг оси 01, с большой угловой скоростью
со.
Кинетический
момент
волчка
относительно
неподвижной точки О согласно (90.1) направлен по оси
0£ и
На волчок действуют, внешние силы: его
вес G, приложенный в центре тяжести, и
Рис. 206.
реакция опоры О.
Так как момент реакции опоры относительно точки О равен нулю, то главный
момент внешних сил относительно этой точки равен моменту силы тяжести G.
Обозначив OC=d, находим
Mo = GdsinQ.
Вектор Мо направлен перпендикулярно к вертикальной плоскости zOt,,
проходящей через линию действия силы G и точку О.
По теореме Резаля скорость и точки А — конца кинетического момента L0 —
геометрически равна главному моменту внешних сил М^:
285
Следовательно, скорость и точки А параллельна вектору Мо, т. е. в любой
момент времени перпендикулярна к плоскости ггс%.
Из этого вытекает, что ось симметрии волчка 0£ вращается вокруг
неподвижной оси Oz с некоторой угловой скоростью со^ описывая коническую
поверхность.
Угол 9, составленный осями 0£ и Oz, при этом движении остается
постоянным. Это движение, совершаемое осью симметрии волчка, называется
регулярной прецессией, а угловая скорость с*»! ее вращения вокруг
неподвижной оси Oz называется угловой скоростью прецессии. Для ее
определения воспользуемся выражением скорости и.
По теореме Резаля
и — Mo = GdsinQ.
С другой стороны, скорость и можно рассматривать как вращательную
скорость точки А во вращении волчка вокруг неподвижной оси Oz с угловой
скоростью o)j. Ее модуль: и — АВщ, где АВ — расстояние от точки А до оси Oz:
АВ — OA s i n 9 = L 0 sin 9 = J^a s i n 0. Таким
образом,
и = Ji(m x sin 0.
Приравниваем два выражения, определяющие модуль скорости и: Jt<m 1 sin 9
= Od sin 9,
отсюда
Формула (92.1) показывает, что угловая скорость прецессии а 1 тем
меньше, чем больше угловая скорость со вращения волчка вокруг его оси
симметрии.
§ 93. Гироскоп с двумя степенями свободы.
Гироскопический момент
Рассмотрим теперь гироскоп с двумя степенями свободы. Этот гироскоп
представляет собой маховик (рис. 207, а), ось симметрии которого DE опирается
на подпятники, укрепленные в подвижной раме. Рама может вращаться вокруг
неподвижной оси АВ, проходящей через центр тяжести С маховика. Положение
гироскопа определяется двумя величинами: углом поворота маховика вокруг его
оси DE и углом поворота рамы вокруг оси АВ, т. е. гироскоп имеет две степени
свободы. Положим, что маховик вращается вокруг своей оси симметрии Ct, с
большой угловой скоростью со, а рама, несущая подпятники D и Е , неподвижна.
Если смотреть от точки Е к точке С, видно вращение ■ маховика происходящим
против движения часовой стрелки. Тогда кинетический момент маховика
относительно точки С направлен от точки С к точке Е и имеет модуль L q — J z®.
286
Рис. 207.
Предположим теперь, что раме сообщено вращение вокруг оси АВ с
небольшой угловой скоростью сох и что это вращение происходит против
движения часовой стрелки, если смотреть от точки В к точке С .
В этом случае точка F — конец вектора кинетического момента маховика Lc
— имеет вращательную скорость и, направленную в сторону вращения рамы и
равную по модулю
и = Z. coj = yjuKOj.
c
(93.1)
Определим, какие внешние силы действуют на раму при этом вращении.
По теореме Резаля главный момент внешних сил Мс относительно точки С
геометрически равен скорости и. На раму с укрепленным в ней маховиком
действуют внешние силы: сила тяжести Q гироскопа и реакции подшипников Л и
В, в которых находится ось рамы. Сила тяжести Q, приложенная в точке С, не
имеет относительно нее момента, и следовательно, главный момент внешних сил
Мс представляет собой суммарный момент реакций подшипников.
Так как при вращении рамы центр тяжести гироскопа остается неподвижным,
то согласно уравнению (43.1) главный вектор внешних сил равен нулю.
Отсюда следует, что внешние силы, приложенные к гироскопу, приводятся к
паре сил с моментом МсРеакции подшипников А и В складываются из статических и динамических
реакций (рис. 207, а). Статические реакции, уравновешивающие силу тяжести G,
постоянны по модулю и направлению и вследствие симметрии
Динамические реакции составляют пару сил с моментом Мс» Плоскость пары
перпендикулярна к моменту Мс и, следовательно, совпадает с плоскостью,
определяемой осями АВ и DE. На рис. 207, а эта плоскость вертикальна и в
соответствии с направлением момента Мс силы пары направлены: R^"1— вверх и
R™H— вниз При
287
вращении рамы плоскость пары сил (R™H. RB"1) поворачивается вместе с рамой.
Зная расстояние между подшипниками, т е плечо пары сил АВ, можно определить
модули динамических реакций подшипников.
Пользуясь теоремой Резаля и формулой (93 1), получаем
тогда динамические реакции подшипников
ЯГ = /?Г = ^г.
(93.2)
Статическая и динамическая реакции в каждой точке складываются
геометрически При вертикальном положении плоскости пары { К аш> RifH) линии
действия статических и динамических реакций совпадают В этот момент одна из
полных
реакций
подшипников
имеет
минимальное
значение,
а
другая—максимальное:
,дин
mm
R
a^
^ R
a-
R a1
G
2
G
АВ
2
АВ
(93 3)
По закону равенства действия и противодействия устанавливаем, что действие
рамы на подшипники выражается также парой сил. Момент пары сил, приложенной к
подшипникам, равен по модулю Мс, но направлен в противоположную сторону. Этот
момент называют гироскопическим
Обозначив его Мг, получим
Мг = — Мс-
(93 4)
Появление гироскопического момента называется гироскопическим эффектом
На рис. 207, б показаны гироскопический момент Мг и соответствующая ему пара
сил (Рли"> Рв"1). приложенная к подшипникам. Таким образом, при вращении рамы
гироскопа подшипники испытывают, кроме статических давлений Р" и Р д ,
динамические давления РА"Н и Рд"". Давления рамы на подшипники противоположны
по
288
направлению соответствующим реакциям подшипников и равны им по модулю, т
е
Р5Г = -1йт,
Г.ДИН
PЈ = -I&T;
п&НЯ
ТЧДИН
PCI
дин
пдин
Ра
=
— Кл ,
У в = — Кв ,
г-в
■ PT
Ра
2
£«ха,
,АВ
J
Полное давление на каждый подшипник равно геометрической сумме
статического и динамического давлений
Появление динамических давлений на подшипники обусловлено действием сил
инерции гироскопа на опоры
Гироскопический момент представляет собой момент пары, составленной
силами инерции гироскопа
Гироскопический эффект в той или иной форме проявляется всегда, когда
изменяется направление оси быстро вращающегося гироскопа
В § 91 для гироскопа с тремя степенями свободы установлено, что под действием
приложенной силы его ось поворачивается в плоскости, перпендикулярной к силе
Предпочожим, что на гироскоп, изображенный на рис 207, а, б, действует в течение
малого промежутка времени т сила, имеющая направление скорости и При наличии
трех степеней свободы ось гироскопа DE повернулась бы в плоскости рамы вокруг
точки С по движению часовой стрелки Опоры гироскопа с двумя степенями свободы
этого перемещения не допускают При этом они испытывают давление в виде пары
(рди"> р^ин), стремящейся повернуть плоскость рамы по движению часовой стрелки,
а рама гироскопа в результате действия приложенной силы начинает и продотжает
вращаться вокруг оси АВ, как указано на рис 207,а
Следовательно, гироскоп с двумя степенями свободы не обладает
способностью противодействовать изменению направления его оси
вращения
Гироскопы получили широкое применение в различных областях техники- на
транспорте, в морском флоте, в авиации, в военном деле и проч
Так, например, гироскопический эффект используется при езде на велосипеде
Гироскопические устройства обеспечивают также устойчивость движения
двухколесного автомобиля и вагона однорельсовой железной дороги
С помощью гироскопических устройств направляются по заданному курсу
движения судов в открытом море и совершаются слепые полеты самолетов
Гироскопические приборы используются для управления полетом
баллистической ракеты и обеспечивают движение в заданном направлении торпеды.
Для того чтобы обеспечить пуле и снаряду устойчивость в полете, ствол
винтовки и орудия снабжают винтовой нарезкой. Тогда при выходе из ствола пуля и
снаряд получают быстрое вращение вокруг продольной оси и приобретают свойства
быстро вращающегося гироскопа, обеспечивающие их устойчивость в полете*.
§ 94. Примеры гироскопических явлений
289
Пример 50. Велосипедное колесо весом G свободно насажено на ось ВС длиной
/ (рис. 208). Момент инерции колеса относительно оси ВС равен J. Колесу сообщили
быстрое вращение с угловой скоростью со вокруг этой оси, расположенной
горизонтально, и закрепили только точку В.
г\
Определить движение колеса,
Рис 208.
Рис. 209.
Р е ш е н и е . Так как неподвижной является только точка В, то вращающееся
колесо представляет собой гироскоп с тремя степенями свободы. Положим, что
колесо вращается вокруг оси ВС против движения часовой стрелки, если смотреть
от точки С к точке В. Кинетический момент гироскопа относительно точки В имеет
направление, указанное на рис. 209, и модуль
LB =
/со.
Главный момент внешних сил относительно точки В равен моменту силы
тяжести колеса Q, так как реакция опоры В момента не имеет:
М в = 0 - B D — О/.
Момент Мв направлен перпендикулярно к вертикальной плоскости,
проходящей через линию действия силы G и неподвижную точку В, причем, смотря
ему навстречу, можно видеть силу G вращающей эту плоскость против движения
часовой стрелки.
* Применение гироскопов в технике изложено в книге Е. Л. Н и к о л а и .
Гироскоп и некоторые его технические применения, Гостехиздат, 1947.
290
На
основании
теоремы
Резаля
откуда
и= М
в ■
GL
Скорость и точки А — конца вектора L B — имеет направление главного
момента внешних сил Mf. Следовательно, ось колеса ВС поворачивается вокруг
вертикальной оси Bz и центр тяжести колеса С описывает окружность в
горизонтальной плоскости. Чтобы найти угловую скорость этой прецессии со^
представим скорость и как вращательную скорость точки А:
и — L g a l = УохО[.
Приравнивая два значения и, получаем
0 1 = /oxoj,
откуда определяется угловая скорость прецессии:
GI
/со
Прецессия имеет место потому, что центр тяжести колеса С не совпадает с
точкой опоры В.
Пример 51. Ротор быстроходной турбины, ось которой совпадает
с продольной осью корабля, имеет вес 0 = 39,2 кн, радиус инерции
относительно
оси
вращения
0,75 м и угловую скорость
9
я = 3000 об/мин. Определить
максимальные гироскопические
давления
турбины
на
подшипники при килевой качке с
амплитудой ер0 = 5° и периодом
Т= 12 сек, если расстояние
между подшипниками АВ — 2 м.
Решение.
Обозначим
Рис. 210.
продольную и поперечную
оси судна Ох и Оу (рис. 210), Определим кинетический момент ротора турбины,
вращающегося вокруг оси Ох, отнбсителыю его центра тяжести С:
39200 А -к, 3,14 - 3000
7П„
30
.
_ ;
G , яп
0,752 ------------------------ ™ ----- = 706 500 кг • м 2 /сек г
9,81
2
Килевая качка представляет собой качание судна вокруг поперечной оси Оу.
Положим, что это качание происходит по гармоническому закону:
2л ,
cp = cp0sin-^-r.
291
Угловая скорость вращения корпуса судна вокруг оси у:
dm
2л
2л ,
сох = -fir = Y Ф0 cos - j t.
~
Наибольший модуль угловой скорости
2л .
,
, ниям cos -jr - = х 1:
©1
'max
—
2яш0',
т
36
9,86
соответствует значе-
„„,.
— — т — — -го-г?г = 0,046 сек \
У
,
1о • 12
/
Положим, что нос судна поднимается, а корма опускается. Тогда вращательная
скорость и конца вектора Lc направлена вертикально вниз и равна
и = Z.^0)j.
Согласно теореме Резаля момент пары, составленной реакциями подшипников
и приложенной к ротору турбины, направлен так же, как и скорость и —
вертикально вниз
Мс= и = Lc&v
Гироскопический момент, т. е. момент пары, приложенной к подшипникам,
определяется согласно (93.4):
Мг = — Мс.
т. е. гироскопический момент направлен вертикально вверх
М-=- Мс =
ищ-
Пара (Рл™. Рд"1). составленная динамическими давлениями ротора на
подшипники, лежит в горизонтальной плоскости, а силы Рл"1 и Рд1" имеют
направления, указанные на рис. 209.
Определяем эти силы:
L c '°l
Мг
пдин
пдин
РА
—И
в
=-JB ~-~J^-
Максимальные гироскопические давления ротора на подшипники равны:
рТ
C*Vx = 706 500 • 0,046 = д
^
^
= р,ин
=
Л
тах
max
АВ
2
Т
При движении кормы вверх динамические давления ротора на подшипники имеют
направления, противоположные указанным на рис. 210.
§ 95. Дифференциальные уравнения движения свободного
твердого тела
Движение свободного твердого тела можно рассматривать как совокупность
двух его движений: поступательного вместе с центром масс и сферического вокруг
центра масс.
27L
Рассмотрим свободное тело, движущееся под действием внешних
сил Pf, Pf ................ Р Е (рис. 211).
Проведем через центр масс тела оси |, TJ, £, неизменно связанные с
движущимся телом, направив их по главным центральным осям инерции тела, а
также оси х х , у,, 2], движущиеся поступательно, т. е. остающиеся параллельными
неподвижным осям х, у, z. Дифференциальные
уравнения поступательного движения тела вместе с
центром масс получаются на основе теоремы о
движении центра масс системы .
тхг
У
с
my c = y^Yf = Y E , \
mz c =yjZf = Z E ,
J
■У,Х Е =Х 1
Рис. 211.
(95.1)
z c — координаты центра масс тела; X Е , Y E , Z E —
Здесь m — масса тела; Ус
проекции главного вектора внешних сил, приложенных к телу, на неподвижные
координатные оси х, у, z. Сферическое движение твердого тела вокруг центра масс
представляет собой движение тела по отношению к системе осей Сх^у^у. Это
движение определяется динамическими уравнениями Эйлера:
h
Mi
dt da>„
dt
da?
dt
- cojcoi (У| — JO =
M% = M.
(95.2)
-ч% ( ^ - А ) = ^ м ^ = м
Здесь У|, J n , J% — моменты инерции тела относительно главных центральных осей
инерции |, Г|, £; со^, сол, coj — проекции вектора угловой скорости тела на
оси
|, и, £, неизменно связанные с телом; М Е , М Е , М Е —главные
моменты внешних сил, приложенных к телу,
относительно осей |, TJ, £. Уравнения (95.1) и (95.2) составляют
шесть дифференциальных уравнений движения свободного твердого тела.
Выразив проекции угловой скорости С0|, со^, со^ через эйлеровы углы ф, Э, ф и их
производные по времени (см. ч. I, «Кинематика»,
293
§130), получим шесть дифференциальных уравнений второго порядка,
Интегрирование этих уравнений даст шесть уравнений движения свободного
твердого тела.
*c = /i(0.
ус = Л(0.
гс
= /з(()-
Ч> = Л(0.
в=/5(0.
Ф = Л СО-
Постоянные интегрирования определяются по начальным условиям движения.
Как указывалось выше, интегрирование последних трех уравнений связано с
большими трудностями.
Установим условие, при котором движение твердого тела является
поступательным. При поступательном движении сферического движения тела вокруг
центра масс не происходит, и кинетический момент его относительно центра масс все
время равен нулю:
LCr = const = 0.
Согласно следствию из теоремы о кинетическом моменте системы, в
относительном движении по отношению к центру масс имеем: если LCr = const, то
м£ = о,
Таким образом, для того чтобы твердое тело двигалось поступательно,
необходимо, чтобы в начальный момент движения кинетический момент
тела относительно центра масс был равен нулю и главный момент внешних
сил относительно центра масс тела все время оставался равным нулю.
Вопросы для самоконтроля
По каким формулам вычисляются кинетические моменты твердого гела
относительно неподвижной точки и относительно координатных осей при его
сферическом движении?
Чему равны кинетические моменты твердого тела относительно главных осей
инерции, проведенных из неподвижной точки тела, при его сферическом движении?
Какой вид имеют динамические уравнения Эйлера?
Какое твердое тело называют гироскопом?
Чему равен и как направлен кинетический момент быстро вращающегося
гироскопа относительно его неподвижной точки?
Какими физическими свойствами обладает быстро вращающийся гироскоп с
тремя степенями свободы?
Какой эффект производит действие одной и той же силы, приложенной к оси
неподвижного и быстро вращающегося гироскопа с тремя степенями свободы?
Выведите формулу для вычисления угловой скорости прецессии оси гироскопа.
В чем состоит разница в свойствах гироскопов с двумя и тремя степенями
свободы?
10. Какова физическая сущность гироскопического эффекта и при каких
условиях он наблюдается?
По каким формулам определяются динамические реакции подшипников, в
которых вращается рама вращающегося гироскопа с двумя степенями свободы?
18 А. А. Яблонский
294
Каковы дифференциальные уравнения движения свободного твердого тела?
При каких условиях движение свободного твердого тела является
поступательным?
ГЛАВА XV
ТЕОРИЯ УДАРА
§ 96. Явление удара
Движение твердого тела, происходящее под действием обычных сил,
характеризуется непрерывным изменением модулей и направлений скоростей его
точек. Однако встречаются случаи, когда скорости точек тела, а следовательно, и
количество движения твердо'го тела, за ничтожно малый промежуток времени
получают конечные изменения.
Явление, при котором за ничтожно малый промежуток времени
скорости точек тела изменяются на конечную величину, называется ударом
Примерами этого явления могут служить: удар мяча о стену, удар кия о
биллиардный шар, удар молота о болванку, лежащую на наковальне, удар бабы копра
о сваю и ряд других случаев.
Конечное изменение количества движения твердого тела или материальной точки
за ничтожно малый промежуток времени удара происходит потому, что модули сил,
которые развиваются при ударе, весьма велики, вследствие чего импульсы этих сил за
время удара являются конечными величинами.
Такие силы называются мгновенными или ударными.
§ 97. Действие ударной силы на материальную точку
Рассмотрим материальную точку М (рис. 212), движущуюся под действием
приложенных к ней сил. Равнодействующую этих сил ■(конечной величины)
обозначим Рк. Положим, что в некоторый момент Г[ на точку М , занимавшую
положение В, дополнительно начала действовать ударная сила Р, прекратившая свое
действие в момент t 2 — *i + T, где т — время удара.
Определим изменение количества движения материальной точки за промежуток
времени х. Обозначим S и SK импульсы сил Р и Рк, действовавшие на точку за время
т.
По теореме изменения количества движения материальной точки имеем:
mv2 — mvj = S -f- SK
(a)
Импульс SK силы Рк за ничтожно малый промежуток времени т - будег величиной
того же порядка малости, что и т. Импульс же S
18 А. А. Яблонский
295
ударной силы Р за это время является величиной конечной. Поэтому импульсом Sl(
(по сравнению с импульсом S) можно пренебречь. Тогда уравнение (а) примет вид
тч2— niXi — S
или
S
Vi = -
Уравнение (97.2) показывает
(97.1)
т (97.2)
что скорость v2 Vi наотличается
конечную от
величину
ско-
рОСТИ —. Ввиду того, что продолжительт
ность удара т ничтожно мала
а скорость точки в течение этого
гт),
промежутка времени имеет конечную
величину, перемещение точки за время
удара весьма мало и им можно пренебречь.
В положении В точка получает конечное
изменение скорости от vt до v2. Поэтому в
положении В, где действовала ударная сила,
происходит резкое изменение траектории точки
ABD. После прекращения действия ударной силы
точка
движется
снова
под
действием
равнодействующей Рк (на участке BD).
Рис. 212.
Таким образом,
можно сделать-следующие выводы о действии ударной силы на материальную
точку:
1) действием не мгновенных сил за время удара можно пренебрегать;
перемещение материальной точки за время удара можно не учитывать;
результат действия ударной силы на материальную точку выражается в
конечном изменении за время удара вектора ее скорости, определяемом
уравнением (97.2)
§ 98. Теорема об изменении количества движения механической
системы при ударе
Положим, что к точкам механической системы одновременно приложены
ударные импульсы. Определим вызванное ими изменение количества движения
рассматриваемой системы. На основании § 97 действием на точки конечных сил за
время удара будем пренебрегать. Разделим ударные силы, действующие на каждую
точку Л4\ ( / = 1 , 2, п) механической системы, на внешние и внутренние силы.
Обозначим равнодействующие внешних и внутренних ударных импульсов,
приложенных к каждой точке, Sf и S J 296
Обозначим скорости каждой точки Л1г системы в момент начала действия
ударных сил V;, а момент окончания их действия u t .
Тогда для каждой точки Л1г системы уравнение (97.1) будет иметь, вид:
т^щ — Vi) = s f + S /
/ = 1 , 2 ..................... п).
Суммируя составленнные п уравнений, получаем
2 mm — 2 miVi = 2 Sf-f- 2 S/2
miui = К — количество
Здесь
движения механической системы в
момент окончания действия ударных сил;
m l \ i = К0—количество
движения механической системы в момент начала действия ударных
сил. По свойству внутренних сил
2
2s/ = 0;
следовательно,
К — К0 —
2 Sf •
(98.1>
Уравнение (98.1) выражает теорему об изменении количества движения
механической системы при ударе: изменение количества движения
механической системы за время удара равно геометрической сумме всех
внешних ударных импульсов, приложенных к точкам системы.
Векторному уравнению (98.1) соответствуют три уравнения в проекциях на оси
координат:
К х — КхО
—2
Six
К
у
— К уо
Kz
—к 20
—2
$iy
Эти уравнения показывают, что изменение проекции количества движения
системы на любую ось равно сумме проекций на ту же ось всех внешних
ударных импульсов, приложенных к системе.
Количество движения механической системы можно выразить через массу
всей системы т и скорости центра масс системы vc и ис по формулам:
К = тис
и
Ko=wvc.
Подставив эти значения в уравнение (98.1), получим
ти с — mvc =
2sf.
(98.3)
Уравнение (98.3) определяет изменение скорости центра масс системы при
ударе.
297
Векторному уравнению (98.3) соответствуют три уравнения в проекциях на оси
координат:
ти сх — mv C x =
2 Sf ,
x
ти С у — mv C y =yjS f x ,
mu c z — mvc z —
2
(98.4)
s
f z-
Эти уравнения определяют изменение проекции скорости центра масс на
любую ось при ударе.
Из уравнений (98.1) и (98.2), при отсутствии внешних ударных импульсов,
2sf=o. к =
к0;
;
vc.
т. е. при действии на механическую систему лишь внутренних ударных
импульсов количество движения системы не изменяется.
Таким образом, удары, возникающие при столкновении тел, входящих в одну
механическую систему, не могут вызвать изменения количества движения
системы, т. е. скорости движения ее центра juacc.
§ 99. Удар шара о неподвижную поверхность. Коэффициент
восстановления при ударе
Положим, что шар массой т движется поступательно и скорость •его центра v
направлена по нормали к неподвижной массивной поверхности в некоторой ее
точке А Ф I (рис. 213, а). В момент времени г, когда шар
этой
поверхности,
— 1 м , достигает
происходит удар, называемый прямым.
Т
Различают две фазы этого
удара. В течение первой фазы
удара шар деформируется до
тех пор, пока скорость его не
станет равной нулю. Ничтожно
Wv/w/? малый промежуток времени,
77V77
У
в течение которого происходит
деформация, обозначим хх. Во
рис
время этой
фазы начальная кинетическая энергия шара переходит
в потенциальную энергию сил упругости деформированного тела и частично
расходуется на нагревание тела.
В течение второй фазы удара под действием сил упругости шар -частично
восстанавливает свою первоначальную форму. Ничтожно малый промежуток
времени, в течение которого происходит восстановление, обозначим т2.
Из-за остаточных деформаций и нагревания шара первоначальная кинетическая
энергия шара полностью не восстанавливается. Поэтому шар отделяется от
21%
6м,
ч
поверхности со скоростью и, модуль которой меньше модуля его скорости до удара
v.
Отношение модуля скорости шара в конце удара к модулю его-скорости в
начале удара при прямом ударе шара о неподвижную-поверхность называется
коэффициентом восстановления при ударе.
А = -£.
(99.1>
Значения
коэффициента
восстановления
для
различных
материалов-определяются опытным путем.
В расчетах обычно принимают коэффициент восстановления зависящим лишь
от материала соударяющихся тел, однако опыты показывают, что коэффициент
восстановления зависит также or формы соударяющихся тел и соотношения их
масс.
Коэффициент восстановления можно определить при помощи следующего
простого опыта (рис. 213, б). Шарику из испытуемого материала дают
возможность падать без начальной скорости с высоты h t на массивную
горизонтальную плиту из того же или другого испытуемого материала и
определяют высоту п 2 , на которую он поднимается после удара.
Применяя к движению шарика под действием силы тяжести на участке М 0 М 1
теорему об изменении кинетической энергии, можно-определить скорость шарика
в начале удара:
v= Y 2 g f i l .
По той же теореме для участка M l M 2i можно определить его* скорость в конце
удара:
Подставив значения v и и в формулу (99.1), можно определить-коэффициент
восстановления:
Совершенно очевидно, что
0 < й < 1.
Например, для стекла коэффициент восстановления принимается равным 15/]6,
для слоновой кости—%, для стали—5/9, для дерева—1/2.
В случае неупругого удара явление удара заканчивается одной первой фазой. В
этом случае и —0 и k — О . При абсолютно упругом ударе u = v и k — l . В этом
случае происходит полное восстановление формы шара.
Коэффициенту восстановления при ударе можно дать и другую-физическую
интерпретацию.
21%
Обозначим N, переменную ударную реакцию гладкой поверхности,
действующую на шарик в течение первой фазы, a Nu—в течение второй фазы.
Тогда модули импульсов этой силы, соответствующие лервой и второй фазам
удара, будут:
3, - J
Nidi;
Sn=
j
N n dt.
Воспользуемся для первой и второй фаз удара теоремой об изменении
количества движения материальной точки (§ 48).
Теорему применим в проекциях на нормаль к поверхности, .направленную
вертикально вверх (рис. 214), учитывая, что скорость
шарика в конце первой и в начале
второй фазы равна нулю:
0 - mv
>ln
ти „ 0 = 5„ >
„
Представив
значения проекций
в виде v„ '-—V,
ип--получи
м
mv = S,;
mu=S,
М
Г777
?
Рис 214.
Найдем
импульсов:
Рис. 215
SI
отношение
модулей
■k. (99.3)
Таким образом, отношение модулей импульсов ударной реакции гладкой
поверхности за вторую и первую фазы, удара равно коэффициенту
восстановления при ударе.
Если k = l , то S n = S l и и —v.
Рассмотрим теперь удар шара о неподвижную гладкую поверхность в случае,
когда скорость его центра v образует с нормалью к поверхности угол падения а
(рис. 215). Определим скорость и, с которой он отскакивает от этой поверхности и
угол отражения 6, составленный скоростью и и нормалью к поверхности. Для этого
проведем через нормаль к поверхности и вектор скорости центра шара v плоскость,
совместив ее с плоскостью чертежа. Спроектируем вектор скорости v на нормаль и
касательную в этой плоскости. При отсутствии трения реакция поверхности
направлена по нормали и ее проекция на касательную Ах равна нулю. На
основании теоремы о проекции количества движения
ти х — mv x = О, или и х = v t .
Изменение нормальной составляющей скорости при ударе происходит
согласно формуле (99 1):
А.
I «Л I
(99.4)
300
откуда
! «я I
= л I «я I.
где \ и п \ и \ v n \ — абсолютные значения проекций скоростей и и v на нормаль.
Модуль скорости центра шара и после удара
в = УитЧ- «я = V v \ - \ - k 2 v n
= V ( v sin a)2 -f ( k v cos а)3 =
= wi/'sin a-f-A cos a.
3
3
3
(99.5>
Найдем связь между углом падения шара а и углом отражения р. По рис. 215
tga = TH3_;
t g p = -i^- = ^-p = l t g a .
(99.6)
Так как Л < 1, то tg В > tg а и р > а, т. е. у г о л о т р а же н и я бо л ь ше у г ла
падения
В случае абсолютно упругого удара: k = 1, tgp=ztga и 0 = ov т. е. у г о л
отражения равен углу падения.
§ 100. Прямой центральный удар двух тел
Предположим, что при поступательном и прямолинейном движениях двух тел
их центры тяжести С х и С 2 движутся вдоль одной и той же прямой со скоростями
vt и v3. Пусть масса первого тела равна т х , а масса второго — т 2 .
Если второе тело находится впереди и v l > v 2 , то в некоторый момент первое
тело нагонит второе и произойдет удар этих тел.
На рис. 216, а изображен удар двух шаров, при котором скорости центров тел в
начале удара направлены по общей нормали к поверхностям этих тел в точке их
соприкосновения.
Удар, происходящий при этом условии,
называется п р я м ы м ц е н т ра ль н ы м у д а р о м
двух тел
Определим,
пользуясь
теоремой
импульсов, скорости этих тел после
рис_ 2i6 а.
удара.
О т момента t соприкосновения тел происходит смятие тел до тех пор, пока их
скорости не сравняются между собой. Общую скорость тел в момент наибольшей
деформации t - l = t - \ - x l обозначим и. Если соударяющиеся тела совершенно
лишены упругости, т. е. удар является неупругим, то, начиная с этого момента, они
движутся как одно целое, не отделяясь друг от друга.
Удар упругих тел, или у п р у г и й у д а р , не заканчивается в момент, когда
скорости соударяющихся тел становятся равными. Начиная с этого момента,
происходит восстановление первоначальной формы тел за счет накопившейся в них
потенциальной энергии упругой деформации. В некоторый момент времени t 2
= t x - \ - x 2 тела отделяются друг от друга, имея различные скорости и, и щ,
направленные так же, как и скорости v, и v2, по общей нормали к поверхностям
301
соударяющихся тел в точке касания. Рассмотрим сначала первую фазу удара от
момента t до момента их наибольшей деформации t - \ - x 1 .
Проведем ось х по общей нормали к поверхностям соударяющихся тел в точке
их касания, направив эту ось в сторону движения тел до удара.
Условимся обозначать v x , v 2 , и,, и 2 не абсолютные величины скоростей тел в
начале и в конце удара, а алгебраические величины,
равные проекциям этих скоростей на
ось х. В течение первой фазы продолжительностью х х
к телам приложены
взаимные ударные реакции, равные по
модулю и направленные по оси х в противоположные стороны (рис.
216, б).
Импульс
ударной
реакции,
действующей на пеРвое тело, S направлен в стоРис. 216 б.
x
рону, обратную направлению оси х, а импульс
реакции, приложенной ко второму телу S j имеет направление оси х. Модули
импульсов равны:
5, = S\.
Силы взаимодействия соударяющихся тел являются для рассматриваемой
системы тел внутренними силами. Согласно уравнению (98.1) количество движения
системы при ударе не изменяется.
Приравняем значения проекций на ось х количества движения системы тел в
начале удара и в момент наибольшей деформации:
m x v x -\- m 2 v 2 — (т х -А- Щ) и откуда
и = "»'"■ +
.
(100.1)
Чтобы определить импульсы ударных сил взаимодействия тел за время первой
фазы удара, воспользуемся уравнением (98.4), учитывая, что для каждого тела в
отдельности эти импульсы являются внешними:
для первого тела
щ(и — v x ) = — Si, 1
для второго тела
(100.2)
т 2 (и — v 2 ) = S\.
Подставив в последнее равенство значение а из формулы (100.1), найдем
модули ударных импульсов первой фазы:
Sl
302
= щ
+
_ v\
д
(1(ЖЗ)
Рассмотрим теперь вторую фазу упругого удара от момента наибольшей
деформации t-\-r 1 до момента t-\-x x -\-x 2 полного или частичного восстановления и
отделения тел друг от друга. Обозначим SH и Sn импульсы ударных реакций
соударяющихся тел за время т2. Их направления совпадают с направлениями
соответствующих ударных импульсов первой фазы удара, изображенных на рис.
217. Проекции и х и и 2 скоростей тел в конце удара на ось х определим по уравнению
(98.4) для второй фазы удара:
т 1 C"i — «) = -—5ц, \ (и2 (И,
J
— « ) = Sn.
---------------------------------------------------------- И):
(100.4>
т 2 (и
На основании (99.3)
Su = kSi
и
Sii = foSi.
Подставим в уравнение (100.4) эти значения импульсов: m i ( u i —
и )~
j
— kSi, 1 т 2 (и 2 — u) = kS\.
(100.5)
Разделив первое уравнение (100.5) на первое уравнение (100.2) и второе
уравнение (100.5) на второе уравнение (100.2), получим.
■=k,
= k
отсюда
и 1 = и-\- k(u — v x ) = и (1 -\- k) и2 = и kv v
-\- k (и — v 2 ) = и (1
k) — »v2.
Подставляя значения и, получим
(100.6)
kv,
окончательно
т2
«1 = »1 —
(1-М)
-f- /и2
(«Г
яг,
(«1-
(100.7)
«2 = »2Ч- ( 1 + *)
яг, -f- яг2
Так как внутренние силы не изменяют количества движения системы, то за все
время удара оно остается неизменным, т. е.
т 1 и 1 -\- т 2 и 2 = m l v 1 -\- m 2 v 2 .
(100.8)
Из формул (100.6)
и2 — u x = k (v x — v 2 ),
откуда
k =
vt—v2
(100.9)
Таким образом, коэффициент восстановления при ударе двух тел равен
отношению модулей относительной скорости тел после удара и до него.
303
Определим модуль ударного импульса, приложенного к каждому телу, за весь
период упругого удара:
S = S! + S„.
Подставив значения Si и 5ц из вторых уравнений (100.2) и (100.4) и затем
значение и 2 из второй формулы (100 6), найдем
S — S' — т 2 (и 2 — v 2 ) = т 2 [и (1 -f- А) — kv 2 — v 2 \ — = m2(14-fe)(a-o2)
= (14-*) S h
Пользуясь формулой (100.3), получим
На основании установленных здесь общих формул получим формулы для
определения скоростей тел после удара и ударных импульсов в случаях неупругого
и абсолютно упругого ударов.
При" н е у п р у г о м у д а р е k — Q удар имеет только первую фазу В этом
случае после удара тела движутся совместно со скоростью, определяемой по
формуле (100.1):
m,v, 4- m2v2 и =
———.—— . т 1 -\-т 2
Модуль ударного импульса определяется выражением (100.3):
При а б с о л ю т н о у п р у г о м у д а р е k=\. В этом случае формулы (100 6),
определяющие скорости тел после удара, принимают вид
„
2 (т,и, -4- m 2 v 2 )
2т 2
,
v 1 'Т
2 21 — v. = v, ------- — (v — v ). ч
И л = 2и — v, =
x
2
„
щ = 2u — v~2 =
2
, v , 2-4- m 2 v 2 )
v 2 1(m
1 T—
—^- — w2 = v 2 2 -4
mi -f- m2
,
2m,
,
--------------------j-S— (fi — %).
2
1
.
ffl|-|-ffl2
(100.11)
Формуле (100.10), определяющая модуль ударного импульса, приложенного к
каждому телу, за весь период абсолютно упругого удара, принимает вид
(100.12)
s==Sfz=zJmp_
Из формул (100.3) и (100.12) следует, что при абсолютно упругом ударе
ударный импульс вдвое больше, чем при неупругом Это объясняется тем, что
при абсолютно упругом ударе к импульсу фазы деформации добавляется импульс
фазы восстановления такого же модуля.
§ 101. Потеря кинетической энергии при ударе двух тел. Теорема Карно
Из-за остаточных деформаций и нагревания тел при ударе происходит
частичная потеря начальной кинетической энергии соударяющихся тел.
304
Определим потерю кинетической энергии при упругом ударе тел, имеющих
коэффициент восстановления k . Начальная кинетическая энергия тел
Кинетическая энергия тел в конце удара
Потеря' кинетической энергии тел за время удара
= \ Щ
-(- «О (Wj — и {) + 1 щ (v 2 + и 2 ) (v 2 — и3).
(а) По
формулам (100 6) находим
V l ~ t t l - = V l — t t { l - \ - k ) - \ - k V l - = ( l - ] r k ) ( V l — tt). \
v 2 — u 2 = v 2 — u<A-\-k)-\-kv- = (\-\-k)(v~ — и). \
Подставим эти значения в уравнение (а): Т0—Т = j m 1 (1 + k) (v x — и) (©! +
и г) + j
щ
(i _|_fc)
_ и ) (v 2 -{~u 2 ).
Преобразуем это выражение при помощи уравнения (100.2): Т- — Т = i ( l +
ВД^-Н а,) —
1 (1 + k)S[ (v 2 + а 2 ) =
= \ 0 + *) 5i
— и 2 -\- Щ — г>3).
На основании (100.9)
T 0 - T = l(l+*)Sll-*(«'l-«'2)
+ (»1-O2)] =
=4(1 + В Д ( 1 —
«а)-
Подставив в это выражение значение ударного импульса (100.3) получим
потерю кинетической энергии при упругом ударе в виде
T 0 -T = (l~k 2 ) w ^-r( Vl -v 2 f.
(101.1)
Так как k < 1, то Т 0 — Т > 0, или Г0 > Г, т. е. при ударе происходит потеря
кинетической энергии.
Лишь при абсолютно упругом ударе ( k = l ) Т 0 — Т — 0, т. е. потери кинетической
энергии не происходит. Согласно (100.3)
m\m\ (и, — v2 f
( m , -f m 2 ) 2
2
откуда
ЩЩ (vi
m x - \ -m 2
—
v
2?
^ si
(mi + Щ)
s
= si _|_ 'i'
m lm 2
ffli "T~ m(
305
Преобразуем выражение (101.1) на основе полученной зависи-мости, заменяя
далее Si и Si их значениями из уравнений (100.2):
7 0 - 7 = (l- ^ ) ( J - + A.) =
_ ^ ________ £2) J" «1 (TJJ — U ) 2
^
W2
(fl2 — Ц) J _
_ 1—
r m ^Vt— u y j l +
— (\4-k)2\_
2
k2
2
k)2
~+"
m2(v2 — u)2(\~\-k)2-\
2
J'
На основании уравнений (б)
To
—
T
= T3^[^ m \^ —
«1?
+j«2(»2 — "г)2]-
(Ю1.2)
В этом выражении величины (t»j — их) и (г>2 — и3) представляют собой
скорости, потерянные телами при ударе.
Обозначим кинетическую энергию тел, соответствующую их потерянным
скоростям Т*. Ее величина
Г = j m, (w, — «j)2 + у «2 («2 — «2)2-
(Ю1.3)
Тогда выражение (101.2), определяющее потерю кинетической энергии тел при
ударе, примет вид
T o-T
= Y^T\
(101.4)
Таким образом, кинетическая энергия, потерянная телами при упругом ударе,
равна произведению коэффициента | на кинетическую энергию тел Т*.
соответствующую их потерянным скоростям.
При неупругом ударе, когда & = 0 и и, = и3 —и, формула (101.2) принимает вид
Т 0 — T = ^m l (v 1 -af-J r ^m 2 (v 2 — u f = T*.
(101.5)
Формула (101.5) выражает теорему Карно *: кинетическая энергия,
потерянная телами при неупругом ударе, равна кинетической энергии тел,
соответствующей их потерянным скоростям.
Если при неупругом ударе одно из тел, например второе, до удара находилось в
покое, то
v 2 — 0;
Т а = ^тр\,
Т = ^(т 1 ~\-т 2 )и 2 .
Формула (100.1) принимает вид
__
fil
mivt
+
Определим Т , пользуясь этим значением и:
1
2 2
306
l
mj
Т — -тг ( Щ +
m\v\
~,-- i----- г? = ------- i ----- Т а .
Потеря кинетической энергии при ударе
T 0 — T = T Q -------21 —Г0,
откуда
Г
^ о
- Г = ~-^—Г0.
^ — ---------------------- 1 ------- /
0
Выражение (101 6) показывает, что если масса т 2 тела, находившегося до удара в покое, велика по сравнению с массой т х движущегося тела, то коэффициент ----------- ^ — « 1.
m l -\-m i
В этом случае почти вся кинетическая энергия движущегося тела теряется при
ударе, расходуясь на деформацию тел.
Наоборот, если масса т 2 тела, находившегося до удара в покое, мала по
сравнению с массой т х движущегося тела, то коэффициент
мал и потеРя кинетической энергии на деформацию тел незначительна.
На этом основании наковальня должна иметь вес, во много раз превышающий
вес молота, чтобы кинетическая энергия молота полностью использовалась на
деформацию металла.
Наоборот, вес бабы копра, забивающего сваи в грунт, должен быть по
возможности велик по сравнению с весом сваи, чтобы она при забивке не
деформировалась.
т
т
^-т"
* Л. К а р н о (1753—1823) — выдающийся французский ученый и
обще-ственный деятель эпохи Французской буржуазной революции.
§ 102. Теорема об изменении кинетического момента механической
системы при ударе
Рассмотрим изменение кинетического момента механической системы из п
материальных точек при ударе.
В § 98 составлено уравнение изменения количества движения материальной
точки M t ( i = - \ , 2, га) под действием приложенных к ней внешних и внутренних
ударных^ импульсов:
я*/(и, — v,) = Sf+Sf
( 1 = 1 , 2,
га).
Проведем в каждую точку M t системы из произвольно выбранного
неподвижного центра О радиус-вектор гг.
Умножим векторно вектор на каждую из частей составленного равенства:
г< X niiVU — rt X пц\1 = п X Sf+ o X Sf
( / = 1, 2 ............................ га).
307
Просуммируем уравнения, составленные для всех га точек механической
системы:
2 ti X т { щ — 2 г, X m,v, = 2 r t X Sf + 2 П X Sf•
Здесь 2 гг X "ЧЧ;= Lo — кинетический момент системы относительно центра О
в момент окончания действия ударных сил; 2 Г/ X tn.i\i = Lo* —
кинетический момент системы относительно центра О в момент начала действия ударных сил; 2 f t X Sf = 2 М о (sf) — главный момент всех внешних
ударных
импульсов, приложенных к точкам системы, относительно центра О; 2 г/ X Sf = 2
Мо (sf) = 0 — главный момент всех внутренних ударных импульсов относительно
центра О (по свойству внутренних сил равный нулю),
Подставляя эти значения, получаем
Lo — Lb0> = 2 Al o (sf).
(102.1)
Уравнение (102.1) выражает теорему об изменении кинетического момента
_механической системы при ударе: изменение кинетического момента
механической системы относительно любого центра при ударе равно
геометрической сумме моментов всех внешних ударных импульсов,
приложенных к точкам системы, относительно того же центра.
Из уравнения (102.1) при отсутствии внешних ударных импульсов, т. е. при
2 M o (Sf) = 0 ,
Таким образом, если к точкам механической системы приложены
только внутренние ударные импульсы, то кинетический момент системы
относительно любого центра не изменяется.
Векторному уравнению (102.1) соответствуют три уравнения в проекциях на
оси координат:
Ly —
40, = 2 iWy(sf).
(Ю2.2)
т. е. изменение кинетического момента механической системы
относительно любой оси при ударе равно сумме моментов всех внешних
ударных импульсов, приложенных к точкам Системы относительно той
же оси.
§ 103. Действие ударных сил на твердое тело, вращающееся вокруг
неподвижной оси, и на твердое тело, совершающее плоское движение
Положим, что твердое тело вращается вокруг неподвижной оси г . В момент,
когда оно имело угловую скорость со0, на него подействовали внешние силы.
Определим изменение угловой скорости тела под действием этих сил. Для
этого воспользуемся уравнением (102.2):
308
^-40) = 2^(sf).
Кинетический момент твердого тела относительно оси вращения равен
произведению момента инерции тела относительно этой оси на угловую скорость
тела (79.1), т. е.
Lz -— Jjco. Подставив эти значения в
l}f = J Z &Q,
уравнение (102.2), получаем
Л(ю —©o)=2^(sf),
откуда
со — со0 = ^
р
1 }
.
(103.1)
Таким образом, изменение угловой скорости твердого тела,
вращающегося вокруг неподвижной оси, под действием внешних ударных
сил равно сумме моментов импульсов этих сил относительно оси
вращения, разделенной на момент инерции тела относительно той же
оси.
Выясним теперь влияние внешних ударных сил на плоское движение твердого
тела. Рассмотрим это движение тела как совокупность двух движений:
поступательного движения вместе с центром масс и вращения вокруг оси,
проходящей через центр масс перпендикулярно к той плоскости, в которой он
движется.
В плоскости движения центра масс проведем оси х и у. Положим, что в момент
начала действия ударных сил скорость центра масс была vc, а угловая скорость —
и0.
Обозначим скорость центра масс в момент конца действия ударных сил ис, а
угловую скорость тела — м.
Изменение проекций скорости центра масс определяют два уравнения (98.4):
»(«с,-"с,) =
2№1
m(u Cy — v Cy ) = 2iSij,
где S f x
(ШЗ2)
J
и
Siy — проекции внешнего ударного импулься S; на оси х и у. dLr T
dL T
Так как ~arf~"=z~dT' (^-4), то изменение угловой скорости тела
определяет уравнение (103.1):
)=2 ^s(sf).
Уг(м —м0
(103.3)
где — момент инерции тела относительно подвижной оси £, проходящей через
центр тяжести перпендикулярно к плоскости ху;
Mi
— момент внешнего ударного импульса
относительно той же оси.
Таким образом, внешние ударные силы, действующие на твердое тело,
совершающее плоское движение, вызывают конечное изменение скорости
309
(sf)
sf
центра масс тела, определяемое уравнениями (103.2), и конечное изменение
угловой скорости тела, определяемое уравнением (103.3).
§ 104. Центр удара твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси
Допустим, что к твердому телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси (рис.
217), в некоторой его точке приложен внешний ударный импульс. Этот импульс
вызывает появление в опорных точках ударных реакций, а опоры испытывают
ударные давления.
Действие ударных сил на опоры может вызвать их повреждение.
Установим условия, при которых опоры вращающегося твердого тела, когда к
нему прикладывается внешний ударный импульс, не испытывают действия
ударных сил.
Выберем следующую систему осей координат: ось z направим по оси вращения
тела в сторону угловой скорости ю, плоскость yOz проведем через ось вращения и
центр тяжести тела С (х с = 0; у с = d ф 0; г с ф 0), а ось х покажем так, чтобы
получить правую координатную систему Oxyz.
Эту систему осей, связанную с вращающимся телом, будем считать
неподвижной, так как перемещения тела за время удара не происходит.
310
Разложим действующий на тело в точке К(х к , у к , z K ) ударный
Е
Е
Е
Е
л
л
импульс S на составляющие: , Sy, S z . Расстояние от опорных точек А и В до
плоскости хОу обозначим А, и А2.
Реактивные ударные импульсы и S B , приложенные к телу в опорных точках А
и В, разложим на составляющие
АУ
$Ах< $Av
19*
S
JAz
^Вх>
^ДУ. B z -
S
311
Результатом действия на тело ударных сил является изменение скорости
центра масс тела и изменение его кинетического момента.
Изменение скорости центра масс
можно
определить
тремя
уравнениями (98.4), а изменение его
кинетического момента относительно
неподвижной
точки
О
тремя
уравнениями (102.2).
Совокупность
этих шести
уравнений имеет вид
т(и Сх —
)—
) =2
■o i y2,
JC
x
т (иСу — v Cy
SF>
Lx-L[
JL
Y
(0).
(104.1)
- I « = 2 ^Y(SF),
I,-IF=
2 ^(SF).
Положим, что вращение тела, как
до удара, так и после него,
происходит в направлении, соответствующем вектору а), указанному на рис. 217, а угловая
скорость его за время удара
изменяется от со0 до со. Тогда вращательная скорость точки С параллельна оси х
и направлена противоположно направлению этой оси. До удара
v c = 0 orf;
после удара
u r — COD.
Ее проекции на оси координат: до удара
v C x = ~ <»od'>
v C y — 0;
после удара
u Cx — — (nd;
и С у = 0;
v C i = 0;
и Сг = 0.
Кинетические моменты тела относительно координатных осей определяются
по формулам (88.4).
Проекции вектора угловой скорости тела на оси координат будут: до удара
после удара
©у = 0;
19*
<а у — 0;
со., = м. При этих
312
значениях формулы (88.4) принимают вид
■J-x®0>
LY ——Jyz ®0',
- J, J S i \
LV =
— •A
LZ
>z<B>
— J^q ,
=
JZ<&.
\
>
Здесь JZ — момент инерции тела относительно оси z; JZX, JYZ— центробежные
моменты инерции тела относительно осей z , х и осей у, z. Подставляем значения
проекций скорости точки С и кинетических моментов тела в левые части
уравнений (104.1), а также проекции и моменты всех внешних ударных импульсов
в правые части этих уравнений:
— md (со — со0) = Sf + S ax - \ - S B X ,
0 = Sy -\- S A y -f- S^y, 0 = Sf
-\- Saz -\- Sbz>
— Jz x
(» — %> =
SE
zyK
(104.2)
—
S Ez
K
— S Ay h t — S By h 2 ,
— J n (® — ^o) = Sx Zk — Sfx/c — S Ax h\ - JZ (со
■ $Вх п 2'
— co0) = S E x K — S E y K .
Из шести уравнений (104.2) можно определить изменение угловой скорости
тела при ударе со — со0, четыре проекции на оси координат реактивных ударных
импульсов: S A x , S Ay , S Bx , S B y и сумму проекций реактивных импульсов на ось
вращения z: S A z -\-S B z .
Установим условия, при которых эти проекции, а следовательно, и ударные
импульсы и S B равняются нулю. Для этого в уравнениях (104.2) приравняем нулю
все проекции реактивных импульсов S A и S B :
md — «o) = S x •
(со
o =
s§.
(104.3)
o = sf.
J (со
zx \
J
yz(°>
~%) =
S
P
k
— %) s
= Sy K
E
xyK
X
П е р в о е у с л о в и е устанавливаем по второму и третьему уравнениям
(104.3).
Е
313
Ё
Е
1
ЕI
Так как S y = 0 и S z = 0, то S =|S^.|. т. е. внешний ударный импульс должен
быть направлен перпендикулярно к плоскости, проведенной через центр
масс и ось вращения тела. Для получения второго условия рассмотрим
остальные уравнения (104.3). При S E = S E = Q первое, четвертое, пятое и шестое
уравнения принимают вид
— md (со — ©о) = S.f,
— Л, (со — со0) = 0.
- J y z ( G > — a>0) = S E z K ,
Из четвертого уравнения (104.3)
J zx = 0,
(104.4)
Из первого уравнения определяется изменение угловой скорости тела при
ударе:
< 104 - 5 >
°>-°>о=-^|-
Из пятого и шестого уравнений определяются координаты z K и у^ точки К , в
которой должен быть приложен внешний ударный импульс S E :
ZK—
7fi
md
yz У"
SE
"'OJ ______________
SE
~
I
"yz
I_
x
\ _____________ " yz
V
md
Ук=-
V
/
md
md
Координата х к может иметь любую величину, а координаты у к и Z K должны
иметь значения:
'к= Ш -
< 1046 >
<104-7>
Так как согласно (35.1) J z = J Cz ~{- md 2 , то формуле (104.7) можно придать вид
У«
=
ш+а-
<104-8>
293
Из этой формулы следует, что у к > d , т. е. проекция К х точки К на плоскость
yOz должна находиться от оси вращения Oz дальше, чем центр тяжести тела С.
Формулы (104.7) и (104.8) аналогичны формулам (81.3) и (81.4), определяющим
приведенную длину физического маятника.
Предположим теперь, что точка К приложения ударного импульса лежит в
плоскости хОу (z k = 0). Тогда из пятого уравнения получаем, что Ууг = 0, т. е. что
ось вращения z должна быть главной в точке О поскольку и Угл. = 0.
Второе условие отсутствия ударных давлений на опоры вращающегося тела
можно сформулировать так:
ось вращения тела должна быть главной осью инерции в точке
пересечения ее с плоскостью, перпендикулярной оси вращения и
содержащей точку приложения ударного импульса;
положение центра удара — точки в этой плоскости, к которой
должен быть приложен внешний ударный импульс S E для того, чтобы ось
не испытывала ударных давлений, определяется координатой у к по
формулам (104 7) или (104.8).
Известно, что если однородное тело имеет плоскость симметрии, то во всех
точках этой плоскости одна из главных осей инерции направлена по
перпендикуляру к этой плоскости (§ 39).
Поэтому для тела, имеющего плоскость симметрии, выведенные условия
отсутствия реактивных ударных импульсов получают следующую формулировку:
ось вращения тела должна быть перпендикулярна плоскости
симметрии тела;
ударный импульс должен действовать в плоскости симметрии тела,
быть перпендикулярным к прямой, проходящей через ось и центр
тяжести тела, а точка приложения ударного импульса должна
совпадать с центром удара, определяемым координатой у к по формулам
(104.7) или (104.8).
§ 105. Примеры действия ударных сил
Пример. 52. Деревянный шар массой m v имеющий скорость Vj, ударяя
неподвижный деревянный шар, теряет половину своей скорости. Полагая удар
шаров прямым и центральным, а коэффициент восстановления равным 0,5,
определить массу второго шара и его скорость после удара.
Р е ш е н и е . При т»2 = 0 воспользуемся формулой (100.9):
^
Так как k
= 0,5,
_
«2-- М|
а и-^ — ^.Ьщ, то
0,5 = -^ —
Vi
=
о,5,
Vi
f,
откуда и2 — v i Подставляя в (100.7), получаем
3
ТПо
«1 = ^1 —тг ------------------- г—f i>
г, г3
/Ио
0,5v l ^v
или
l — - 1J —-- I ~-v l
1
2, tn l -\-rri2
315
тm
3
от,
— о->
& mi-\-m<!
,'
I
2
т. е. /ге2 =
mi ~2~'
По формуле (100.8)
т 1 и 1 ~\~ т^щ = m x v x , Q,5m x v x -f- m 2 v x
«2 =
mi©!*,
=
0,5/711.
Таким образом, после удара второй шар, масса которого в два раза меньше
массы первого, получит скорость, которую имел первый шар до удара.
Пример 63. Молот весом О х = 40 кн падает на наковальню с высоты h = 2 м.
Вес наковальни вместе с куском металла, подвергающимся ковке, равен 0 2 = 360
кн. Приближенно рассматривая удар молота о наковальню как удар свободных тел,
найти коэффициент полезного действия молота.
Р е ш е н и е . Как известно, коэффициент полезного действия машины равен
отношению полезной работы к работе, затрачиваемой на приведение машины в
движение.
В данном случае полезной является работа, израсходованная на деформацию
металла. Эта работа равна потере кинетической энергии тел при ударе Т 0 — Т .
Работа затрачиваемая на подъем молота, равна увеличению его потенциальной
энергии, т. е. O x h.
При падении молота его потенциальная энергия переходит в кинетическую.
Таким образом, затрачиваемая работа равна кинетической энергии тел до удара Т 0 .
Коэффициент полезного действия молота
Т- — Т
По формуле (101.6)
т1 — ----------- г1
--m x -\-m 2
или
1
г\= -„ , „ .
G l -\-G 2
Подставляя числовые значения, найдем
—
360
— п о 40
+ 360 — и,у-
Пример 64. Маятниковый копер Шарпи для определения сопротивления
материалов удару имеет массу m и момент инерции относительно оси вращения J x .
Центр тяжести С маятника находится на расстоянии d от оси его вращения (рис.
218).
Отклонив маятник от положения покоя, его освобождают. В наинизшем
положении вращающийся маятник разбивает испытуемый образец и продолжает
поворачиваться, потеряв при ударе часть своей энергии. Полагая, что сила удара
направлена горизонтально, определить, где должен быть помещен образец, чтобы
ось вращения маятника не испытывала удара.
316
Р е ш е н и е . Для того чтобы ось вращения маятника (рис. 218) при его ударе об
испытуемый образец не испытывала действия ударной силы, должны быть
выполнены условия, установленные
в § 104. По условию задачи внешний
ударный импульс S E , приложенный к
маятнику,
горизонтален,
т.
е.
перпендикулярен к плоскости zOx,
проходящей через ось вращения маятника
Рх и его центр тяжести С. Следовательно,
первое условие выполнено.
Импульс SЈ приложен в плоскости
yOz, проходящей через центр тяжести
маятника С перпендикулярно к его оси
вращения Ох. Тогда второе условие
состоит в следующем:
а) ось вращения маятника должна
быть его главной осью инерции в точке О;
б) центр удара К должен находиться
на
оси
Oz,
проходящей
через центр тяжести, на
Рис. 218.
расстоянии от
оси вращения Ох, определяемом формулой (104.7).
Условие (а) выполнено, так как маятник симметричен относительно плоскости
yOz. Ось Ох, перпендикулярная к этой плоскости» является главной осью инерции.
В соответствии с условием (б)
JX
Согласно формуле (81.3) это расстояние равно приведенной длине маятника /.
Таким образом, центр удара совпадает с центром мачаний маятника.
Пример 55. Баллистический маятник, служащий для определения скорости
снаряда, представляет собой цилиндр, открытый с одного конца, наполненный
песком и подвешенный так, что он может поворачиваться вокруг горизонтальной
оси Ох (рис. 219, а). Снаряд, попадая в цилиндр, производит поворот маятника
вокруг оси О х на некоторый угол а. Снаряд влетает в цилиндр на расстоянии I от
оси привеса, причем эта ось не испытывает удара. Известны также: /rej-масса
снаряда, те-масса маятника, OC = d — расстояние от центра тяжести маятника до
оси Ох. Определить скорость снаряда v.
Р е ш е н и е . К удару, происходящему при попадании снаряда в неподвижный
цилиндр, применим теорему о кинетическом моменте механической системы при
ударе.
a)
i
I
I
I
б)
i
I
I
I
317
Рис. 219.
Кинетический момент системы маятник-снаряд до
кинетическому моменту снаряда относительно оси Ох,- т. е.
удара
равнялся
L x = m^vl.
После неупругого удара снаряд движется вместе с маятником, имеющим
угловую скорость to. Кинетический момент системы относительно оси О х
Lx =
Vx + Ax)&-
Подставляя значения моментов инерции маятника J x —mlcx
mj. , получаем
и
снаряда J lx =
2
L x — ( mi x + mil 2 ) со.
Так как к системе были приложены только внутренние ударные импульсы,
кинетический момент системы при ударе не изменился, т. е.
Ux
1-х
или
mivl = (mt x -\- mil 2 ) и,
откуда
Действие снаряда на цилиндр выражается ударным импульсом, который для
цилиндра является внешним. По условию этот импульс не вызывает ударных
давлений маятника на ось. Этот импульс расположен в плоскости yOz, проходящей
через центр тяжести маятника С перпендикулярно к его оси вращения Ох. В этом
случае центр удара К находится на оси O z , проходящей через центр тяжести
маятника С. Расстояние от центра удара К до оси привеса маятника определяется по
формуле (104.7):
1 = ^±.=Ш^- = ^. md
md
d '
откуда
t= Id.
318
Подставляя значение i2x в формулу (а), определяющую скорость снаряда,
получаем
mld-X-тЛ 2
mdA-тЛ
,А.
v =--------- ~, 1
со =-------- -Г-—— 0.
(б)
4 '
т\1
т,
Для определения угловой скорости со баллистического маятника в конце удара
воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии, рассматривая
поворот маятника на угол а после удара (рис. 219, 6):
Г - Г 0 = 3^.
(в)
В наивысшем положении маятника Т = 0. Кинетическая энергия вращающегося
тела в начальном положении (где произошел удар):
Т0 = \ (Л + J ix )
»2 = j 0»£ 4- «ч?)
ю2 =
= y (mdl 4- щР )
0)2
— у ( m d 4" mi0 0)2
•
Сумму работ сил тяжести снаряда и маятника определяем по формуле (61.1):
2A
t
— — Oh — G l h 1 — —mgd (1 — cos a) — m x gl (1 — cos a) =
= — g (md -\- m x l)(\ —cosa)=: — 2 g(md-\-m x l) sin2 — •
Подставляем значения Г0 и
2A
в
уравнение (в):
— — (md 4- m x l) со2 = — 2g (md 4- щ1) sin2 —
Отсюда определяем угловую скорость маятника:
co=2sinf1/f.
Подставив значение со в формулу (б), получаем величину скорости снаряда:
2(md-\-m,l) _ / g
a
mx
V I
2
Вопросы для самоконтроля
Какое явление называется ударом?
Чем характеризуется ударная сила?
Какой эффект имеет действие ударной силы на материальную точку?
Сформулируйте теорему об изменении количества движения механической
системы при ударе в векторной форме и в проекциях на оси координат.
Могут ли внутренние ударные импульсы изменить количество движения
механической системы?
Что называют коэффициентом восстановления при ударе и как он определяется
опытным путем? В каких пределах находятся его числовые значения?
Какова зависимость между углами падения и отражения при ударе шара о
гладкую неподвижную поверхность?
Чем характеризуется первая и вторая фазы упругого удара? В чем состоит
особенность абсолютно упругого удара?
Как определяются скорости двух шаров в конце каждой фазы прямого
центрального удара (неупругого, упругого, абсолютно упругого)?
319
Какова зависимость между ударными импульсами второй и первой фаз при
абсолютно упругом ударе?
Какова потеря кинетической энергии двух соударяющихся тел при неупругом,
упругом и абсолютно упругом ударах?
12 Как формулируется теорема Карно?
Как формулируется теорема об изменении кинетического момента
механической системы при ударе в векторной форме и в проекциях на оси
координат?
Могут ли внутренние ударные импульсы изменить кинетический момент
механической системы?
Какие изменения вносит действие ударных сил в движение твердых тел:
вращающегося вокруг неподвижной оси и совершающего плоское движение?
При каких условиях опоры вращающегося тела не испытывают действия
внешнего ударного импульса, приложенного к телу?
17. Что называют центром удара и каковы его координаты?
ГЛАВА XVI
ПРИНЦИП ГЕРМАНА — ЭЙЛЕРА - ДАЛАМБЕРА ДЛЯ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ И
ДЛЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
§ 106. Принцип Германа — Эйлера — Даламбера для материальной
точки
Принципом Германа — Эйлера — Даламбера называют общий метод, при
помощи которого уравнениям динамики по форме придается вид уравнений
статики. Этот метод, предложенный в 1716 г. Германом и обобщенный в 1737 г.
Эйлером, получивший название петербургского принципа, часто называют началом
или принципом Даламбера, хотя действительная сущность начала Даламбера не
аналогична петербургскому принципу *.
Положим, что материальная точка М под действием системы сил Р,, Р2, . . . . Р „
* Н и к о л а и Е. Л. О начале Даламбера и о силах инерции. Труды
Ленинградского индустриального института, № 6, 1936.
движется с ускорением w (рис. 220). Основное уравнение динамики имеет вид
mw^ + Pa-r-•■■+*»■
Перенесем член /raw из левой части уравнения в правую. Тогда
0 = Р1 + Р2-г- . . . + Р Л — /raw.
Так как —/raw = Ф, то
Pi + P 2 + - . - + P „ + * = 0.
(106.1)
Полученное соотношение формулируется так: геометрическая сумма всех
приложенных к точке сил и силы инерции этой точки равна нулю.
Это означает, что для решения задачи динамики материальной
точки по принципу Германа—Эйлера — Даламбера следует, помимо
приложенных к точке М сил, условно прило47
^ жить к этой точке и силу инерции Ф. Тогда
320
многоугольник
рассматриваемой
системы
сил
Pj, Р2, . . . , Р„, Ф будет замкнут и суммы их
проекций
на
координатные
оси
будут
равны
нулю.
Как
известно
(§
2),
в
действительности
сила
инерции
материальной
точки
приложена
не
к ней, а к телу, сообщающему точке ускорение.
Приложение
силы
инерции
к
точке
является
Рис 220
лишь условным приемом, сводящим задачу динамики по форме решения к задаче статики. Благодаря своей
простоте этот метод получил широкое применение во многих прикладных
дисциплинах. В ряде случаев он обеспечивает наиболее простое и удобное решение
задач динамики.
§ 107. Примеры применения принципа
Германа — Эйлера — Даламбера
Пример 66. Подъемник весом G = 7350 н поднимается равноускоренно и в
первые 5 сек проходит 25 м. Найти натяжение поднимающего его троса.
Р е ш е н и е . Приложим к подъемнику действующие на него силы: его вес Q и
реакцию троса Т (рис. 221). Условно приложим к подъемнику его силу инерции Ф
= — mv/, направив ее противоположно ускорению w, т. е. вниз. Тогда
геометрическая сумма сил G, Т и Ф равна нулю:
О_|_Т+Ф = 0. Так как силы направлены по одной прямой,
то Т — О — Ф = 0,
откуда
Т- = 0 -\-Ф.
321
Для определения реакции троса найдем модуль силы инерции подъемника,
определив предварительно его ускорение. Уравнение равноускоренного
движения из состояния покоя:
wt 2 .
а)
откуда
6)
211 2-25 0 . , -^ = -^ = 2
м/сек-.
Модуль силы инерции
О
7350
ф
mw = — w
9,8 • 2 = 1500 к.
Л
т
=
G
ф
Находим реакцию троса, равную его натя жению:
;8850 н.
ф
G
„,
Г
Рис. 221.
Т = 0 + Ф = 7350+ 1500: При движении подъемника вниз с тем же ускорением
(рис. 221, б ) 7 —О + Ф = 0,
откуда
T = G — Ф = 7350 — 1500 = 5850 н . При равномерном движении
подъемника (как вверх, так и вниз)
0, Ф = 0, а потому
0 = 7350 к.
Пример 57. Шарик А весом G = 50 см подвешен на нити длиной / = 40 с м ,
закрепленной в неподвижной точке О. Шарику сообщается равномерное движение
по окружности в горизонтальной плоскости, при котором нить составляет с
вертикалью угол а = 30°. Определить натяжение нити и скорость шарика этого
конического маятника (рис. 222, а ) .
Р е ш е н и е . Прикладываем к шарику действующие на него силы: его вес О и
реакцию нити Т (рис. 222, б). Условно прикладываем к шарику и его силу инерции
Ф.
При равномерном движении сила инерции шарика Ф равна нормальной силе
инерции Ф п , направленной противоположно нормальному ускорению w„. Ее
модуль
.
.
mv 2
, ,
ф — фп — — — ,
где r — l s m a .
Строим замкнутый треугольник сил О Т, Ф. Из треугольника определяем
модули сил Т и Ф:
Т = —^— = -тЩпг = 57,7 с н ;
Ф = G t g a = 500 • 0,577 = 28,85cw.
cos a
0,866
322
Определив модуль силы инерции, находим скорость шарика А:
,2885 - 9,8 - 0,4 -
= 1,06 м/сек.
0,
5
°)
О
0,5
Рис. 222.
Пример 68. Гиря М весом 0 = 5 н, подвешенная к пружине, совершает
колебания согласно уравнению jc = 2sin20Ј (t — в секундах, х — в сантиметрах)
Определить наибольшее и наименьшее натяжения пружины при колебниях (рис.
223, а).
г)
6)
------ О
-L.
Vz
J
_ _ _
Р,
Рис. 223.
323
Р е ш е н и е . К движению гири применим принцип Германа — Эйлера
—Даламбера.
Приложим к гире действующие на нее силы: ее вес О и реакцию пружины Р.
При отсутствии колебаний P — G (рис. 223,6").
Определим силу инерции гири. Для этого найдем по уравнению движения гири
проекцию ее ускорения на ось х (см. ч. I. «Кинематика» § 83):
w x — х = — 800 sin 20t (см/сек 2 ) = — 8 sin 20t (м/сек 2 ).
Так как проекции на ось х силы инерции Ф и ускорения w гири имеют
противоположные знаки, то проекция силы инерции
Ф х = — mw x = — Ц -ч0 х = — ~ (—8sin200 = 4,08sin20* (w).
Проекция силы инерции изменяется периодически. Рассмотрим промежуток
времени, в течение которого sin 20* изменяется непрерывно от + 1 до — 1.
Проекция силы инерции в этом промежутке изменяется непрерывно от -4-4,08 до
—4,08 и.
В первой половине этого промежутка времени сила инерции направлена по
направлению оси х, т. е. вниз, и абсолютная величина ее убывает от 4,08 н до нуля.
Во второй половине промежутка сила инерции направлена противоположно
направлению оси, т. е. вверх, и абсолютная величина ее возрастает от нуля до 4,08
и.
Определим натяжение пружины в моменты времени t x и t2, соответствующие
экстремальным значениям проекции силы инерции:
1. ъ \ п 2 Ы у = 1.
Координата центра тяжести гири х х — 2 с м (рис. 223, в). Проекция силы
инерции Ф 1х = 4,08 н. Сила инерции Ф] направлена вниз и имеет модуль Ф 1=4,08
и. Приложим ее условно к гире. Тогда геометрическая сумма сил О, Рх и Ф1 будет
равна нулю, а потому и сумма их проекций на ось х равна нулю:
2^ = 0;
— Pj + 0 +
Ф^О,
откуда
Р1== О +
= 5 + 4,08 = 9,08 н.
2. sin 20^2 = — 1.
Координата центра тяжести гири х 2 —— 2 см (рис. 223, г). Проекция силы
инерции Ф 2х —— 4,08 н. Сила инерции Ф2 направлена вверх и имеет модуль Ф2 =
4,08 н. Приложим ее условно к гире. Тогда снова геометрическая сумма сил О, Р2
и Ф2 равна нулю, а потому сумма их проекций на ось х равна нулю:
2^ = о,
_
Я2_Ф2+О
= О,
откуда
P2 = G —Ф2 = 5 — 4,08 = 0,92 «.
Таким образом, натяжение пружины при колебаниях изменяется
периодически, принимая все значения в пределах от 0,92 до 9,08 «. В § 89 первой
324
части курса установлено, что при гармоническом колебательном движении точки
ее ускорение направлено к среднему положению точки, т. е. к началу координат.
Поэтому сила инерции материальной точки в любом положении направлена от
начала координат. Ее модуль имеет максимум в крайних положениях точки (рис.
223, в и г), где имеет максимум модуль ускорения.
§ 108. Принцип Гермаиа — Эйлера — Даламбера для несвободной
механической системы
При изучении движения несвободной механической системы, так же как и при
изучении движения одной несвободной точки, применяют принцип
освобождаемости от связей (см. § 21). По этому принципу имеющиеся связи
отбрасывают, заменяя их действие соответствующими реакциями. Полученную
механическую систему рассматривают как свободную, находящуюся под
действием задаваемых сил и реакций связей.
Рассмотрим несвободную механическую систему, состоящую из п
материальных точек.
Применим к каждой точке M t этой системы принцип Германа — Эйлера —
Даламбера (см. § 106). Тогда
^ + 11,4^ = 0
( i = l , 2 .......................... я),
(108.1)
где
Рг — равнодействующая всех задаваемых сил, приложенных к точке M t , — равнодействующая реакций связей,
приложенных к этой точке.
Ф 1 — — n i j Vi i — сила инерции материальной точки M t .
Уравнение (106.1) показывает, что а любой момент времени
геометрическая сумма равнодействующей задаваемых сил, равнодействующей реакции связей и силы инерции для каждой материальной
точки несвободной механической системы равна нулю.
Это положение называется принципом Германа—Эйлера — Даламбера для
несвободной механической системы.
Сложив все п уравнений (108. 1), получим
2P« + 2R(
+ S> i = 0.
(Ю8.2)
Здесь
— Р* — главный вектор задаваемых сил;
2 R ( - = R* — главный вектор реакций связей;
2 Ф; = Ф* — главный вектор сил инерции точек системы. Подставляя
эти значения в уравнение (108.2), получаем
p*_|_R*4- < D *==0.
(108.3)
Из уравнения (108.3) следует, что в любой момент времени для всякой
несвободной механической системы геометрическая сумма главных
векторов задаваемых сил, реакций связей и сил инерции материальных
точек системы равна нулю.
Проведем из произвольного неподвижного центра О в каждую точку системы
М 1 радиус-вектор r t .
325
Умножим векторно радиус-вектор t t каждой точки M t на сумму векторов
левой части равенства (108.1):
г<ХР* + ^ХК( + г(ХФ, =0
( / = 1 , 2 .............. я).
Сложим все п полученных уравнений:
2
Здесь
«■« х Р, + 2 «■( х R/ + 2 х Ф, = о.
(Ю8.4)
'г
2r« X P/ = 2
Mfo
= Mo — главный момент задаваемых сил
относительно центра О;
2 г*' X R( = 2 Mfo = Мо — главный
момент реакций связей
2
x
относительно центра О;
i X Ф< =
М?о = Мо — главный момент сил инерции точек
системы относительно центра О.
Подставляя эти значения в уравнение (108.4), получаем
2
Mg + Mg + Mo = 0.
(108.5)
Уравнение (108.5) показывает, что в любой момент времени для всякой
несвободной механической системы геометрическая сумма главных
моментов задавамых сил, реакций связей и сил инерции материальных
точек системы относительно любого неподвижного центра равна нулю.
§ 109. Приведение сил инерции точек твердого тела к простейшему
виду
К системе сил инерции точек твердого тела можно применить метод
Пуансо—метод приведения сил к некоторому центру, рассмотренный в статике
(см. ч. I «Статика», § 18 и 50). В динамике за центр приведения сил инерции
выбирают обычно центр масс тела С . Тогда в результате приведения получится
сила Ф*, равная главному вектору сил инерции точек тела, и пара сил с моментом
Мф, равным главному моменту сил инерции относительно центра масс
Ф*
= 2Ф< = -2"^.
МФ = М с =
2м*=
(ЮЭ.1)
— 2 r i X «/w,.
(109.2)
где радиусы-векторы гг проведены во все точки тела из центра масс. Количество
движения системы
2
= mv .
c
Продифференцировав это выражение по времени, будем иметь
326
Пользуясь этим выражением, получим главный вектор сил инерции точек
твердого тела при любом ее движении:
Ф* = —mwc.
(109.3)
Остается определить главный момент сил инерции точек тела относительно
центра масс.
Рассмотрим некоторые случаи движения твердого тела.
I. Поступательное движение
В случае поступательного движения ускорения всех точек тела геометрически
равны ускорению его центра масс При этом условии
Мс = —
2 П X m»w == — 2
t
ri
X mwc = —
2
mirt
X w c = = ~m r c X wc
= 0,
2m'r*
так как радиус-вектор центра масс v c — -==~^—относительно центра
масс равен нулю
В этом случае силы инерции точек твердого тела приводятся к
равнодействующей, приложенной в центре масс и равной главному вектору сил
инерции, а потому
ф
ф* __ — m w c .
Таким образом, при поступательном движении силы инерции точек
твердого тела приводятся к равнодействующей силе, приложенной в
центре масс тела, равной по модулю произведению массы тела на модуль
ускорения его центра масс и направленной противоположно этому
ускорению.
2. Вращение твердого тела, имеющего плоскость материальной симметрии,
вокруг неподвижной оси, перпендикулярной к этой плоскости
В этом случае неподвижная ось вращения тела является главной осью инерции
тела в точке О.
Каждой точке M't (рис. 224, а) соответствует точка М'1 такой же массы,
симметричная относительно заданной плоскости (на рис. 224, а эта плоскость
заштрихована).
Из кинематики известно, что ускорения всех точек, лежащих на одной прямой,
параллельной оси вращения, геометрически равны. Поэтому силы инерции Ф [ =
— "tj'w) и Ф,' = — fltjwj точек М'{ и М" геометрически равны и их
равнодействующая приложена в точке M v лежащей в плоскости симметрии.
Отсюда следует, что в точке M t приложена равнодействующая сил инерции
всех точек тела, лежащих на перпендикуляре к плоскости симметрии,
восстановленном в этой точке. Таким образом,
327
сложение сил инерции точек тела в этом случае движения сводится к сложению сил
инерции точек материальной плоской фигуры, имеющей массу данного тела и тот
же момент инерции относительно оси вращения (рис. 224, б").
Приведем силы инерции точек фигуры к центру ее вращения О. При
приведении получим силу, приложенную в этом центре, и пару
Рис 224.
сил, лежащую в плоскости фигуры. Сила равна главному вектору, определяемому
формулой (109.3):
Ф* = — mwc.
Главный вектор направлен противоположно ускорению центра масс wc и имеет
модуль:
ф* == mw c .
20»
328
Для определения момента пары разложим силу инерции каждой точки на
вращательную и центробежную силу инерции, направленные противоположно
вращательному и центростремительному ускорениям этой точки.
Их модули определим по формулам
| Ф° | = mi | ten I
= rn.tr1 1 e 1,
Ф?
= ntiwf - - niiria 2 .
Так как линии действия центробежных сил инерции проходят через центр
вращения О , то искомый момент пары равен сумме моментов вращательных сил
инерции относительно точки О:
Мф= Мф
2m('r?
= - 2 Ф'г/ = - 2 m.r?e = — г 2 m<r?.
Здесь
— Л — момент инерции материальной плоской фигуры
относительно оси O.Z, перпендикулярной к ее плоскости, равный моменту инерции
данного тела относительно этой оси.
Таким образом, алгебраическая величина момента пары, составленной силами
инерции,
М Ф = — J z e,
(109.4)
где J 2 —момент инерции тела относительно оси вращения; е — алгебраическая
величина углового ускорения тела. Вектор Мф направлен перпендикулярно к
плоскости фигуры, т. е. по оси вращения тела противоположно вектору углового
ускорения, т. е.
Как известно из статики (§ 55), силу Ф* и пару с моментом М ф , лежащих в
одной плоскости, можно заменить одной равнодействующей силой Ф,
геометрически равной главному вектору Ф* (рис. 224, в).
Линия действия этой силы отстоит от центра приведения О на расстоянии
Мф
h = ~.
(109.5)
Таким образом, при вращении твердого тела, имеющего плоскость
материальной симметрии, вокруг оси, перпендикулярной к этой
плоскости, силы инерции точек тела приводятся к равнодействующей
силе, лежащей в плоскости симметрии. Модуль и направление этой силы
определяются формулой (109.3), а расстояние от ее линии действия до
точки пересечения оси вращения с плоскостью симметрии — формулой
(109.5).
Покажем, что линия действия равнодействующей сил инерции Ф проходит
через центр качаний. Для этого продолжим линию действия этой силы до
пересечения с прямой ОС; перенесем в точку их пересечения Oj силу Ф и разложим
ее на две составляющие Ф* и Фц (рис. 224, г).
На основании теоремы о моменте равнодействующей силы (ч. I, «Статика», §
21)
M(<P)0-=M$ = -JZE .
20»
(А>
329
Так как линия действия Фа проходит через точку О, то
М(Ф) 0 = — Ф» . 0 0 1 .
(б>
Принимая OC — d , имеем
Фв = mwc — т • ОС • е — т • d • е.
Поэтому на основании (а) и (б):
М(Ф) 0 = — J z & = — m d - t - OO v
откуда
1
md
Из этого равенства на основании (81.3) следует, что точка Oj„ через которую
проходит линия действия равнодействующей сил инерции Ф, является центром
качаний.
3. Вращение твердого тела, имеющего плоскость материальной,
симметрии, вокруг центральной оси, перпендикулярной к этой плоскости
В этом случае ось вращения тела является главной центральной осью инерции
тела, так как она проходит чегез центр масс тела, перпендикулярно к плоскости
симметрии (рис. 225). При неподвижном центре масс
тела из формулы (109.3) следует
ф* = mw r
т. о главный вектор сил инерции точек тела равен нулю.
■ О,
Из формулы (109.4)
ЛГ = — J Cz e,
(109.6)
где J Cz — момент инерции тела относительно оси вращения.
Таким образом, если твердое тело вращается вокруг
неподвижной оси, которая является его главной
центральной осью инерции, то силы инерции точек тела
приводятся к паре сил, лежащей в плоскости
материальной симметрии тела, момент которой
определяется по формуле (109.6)..
4. Плоское движение твердого тела, имеющего
плоскость материальной симметрии
Рассмотрим такое движение твердого- тела, имеющего
плоскость-материальной симметрии, при котором все точки тела движутся
параллельно этой плоскости (рис. 226). Это движение тела можно
разложить на поступательное движение с центром масс тела С и вращение вокруг
подвижной оси Ct,, проходящей через центр масс тела перпендикулярно к
плоскости симметрии.
Как уже известно, силы инерции поступательного движения приводятся к силе,
приложенной в центре масс и определяемой формулой (109.3):
30»-
Ф* = — rawc.
Силы инерции вращательного движения в
таком случае приводятся к паре сил, лежащей в
плоскости симметрии и имеющей момент
=—
(109.7)
где Ji — момент инерциии тела
относительно главной центральной оси инерции
С?£.
Таким образом, если твердое тело, имеющее плоскость
материальной
симметрии.
Рис. 226.
движется параллельно этой
плоскости, то силы инерции
.точек тела приводятся к силе, приложенной в центре масс и равной
главному вектору сил инерции, и к паре сил, лежащей -в плоскости
симметрии, величина момента которой определяется формулой (109.7).
В более сложных случаях движения тела главный вектор и главный момент сил
инерции относительно центра приведения находят аналитическим путем, т. е. по их
проекциям на три координат-.ные оси.
§ ПО. Определение динамических реакций подшипников при вращении
твердого тела вокруг неподвижной оси. Вращение твердого тела вокруг
его главной центральной
оси инерции
Рассмотрим твердое тело, вращающееся вокруг неподвижной "оси z под
действием приложенных к нему внешних задаваемых сил
pf, pf ..........pf (рис. 227, а). Положим, что в рассматриваемый
момент тело имеет угловую скорость ю и угловое ускорение е. Чтобы
воспользоваться принципом Германа — Эйлера — Даламбера, лриложим к каждой
точке тела M t силу инерции Ф,.
30»-
При неравномерном вращении тела эта сила состоит из вращательной силы
инерции Ф г , направленной противоположно вращатель
ному ускорению точки M t и центробежной
силы
инерции
Ф",
направленной
противоположно
центростремительному
ускорению этоЛ точки. Применяя
принцип освобождаемости от связей
(§21), $ заменяем действие на тело
подпятника А и подшипника В
реакциями RA и RB, разложив их на
составляющие \ А , Y A , ^А' Хв, YB.
Расстояние АВ между опорами
тела обозначим п. На основании
принципа Германа — Эйлера —
Даламбера внешние задаваемые
силы, реакции связей и силы инерции
должны удовлетворять уравнениям
(108.3) и (108.5), которые в данном
случае принимают вид
ПА .
(110.1)
но МдЛ = 0.
Первому уравнению (110.1)
соответствуют
три
уравнения
проекций внешних задаваемых сил,
реакций связей и сил инерции на оси
координат. Второму уравнению (110.1)
соответствуют три уравнения моментов
этих же сил относительно осей
координат. Таким образом, уравнений:
Рис. 227.
всего имеем шесть следующих;
2 *f4
-S ><*=0. 2'Kf + Y +
Y + 2 Фсу = о,
2zf+z A =o,
2 Л 4 & — Удя4-2 All* =о.
- * A + * a -r
A
2
B
м
%
4
30»-
2 м% = o,
2^f*+2^f* =
o.
xBh 4-
(110.2>
Установим формулы для вычисления сумм проекций сил инерции на оси
координат и их моментов относительно этих осей.
Модули центробежной и вращательной сил инерции определим по формулам
(2.10):
Ф1~
n ur i ®;
0* = m iri \ E \ .
где г i — радиус окружности, описываемой точкой.
Разложим каждую из этих сил на составляющие, направленные по осям
координат (рис. 227, а, б). Найдем алгебраические значения этих составляющих, т.
е. проекции сил
и Ф? на оси коор.динат:
Ф?, = Ф?со8 (ф?, i) Ф?у
У/
2
= Ф? с о 8(Ф?. j)
2
У,-
Ф'„ = Ф?со8(Ф?. 1)
Ф% = Ф° cos (Ф1 j)
равенствами 2
mixi
= — m l rfi %-=z — m l x lB.
Найдем суммы проекций сил инерции на оси х и у, пользуясь
= т х с , 2 m iVi — т Ус* полученными из формул (32.2):
4- 2
2 Фи = 2 + 2 Ф ' х = 2 "д а 2
«,У,е = = со2 2 т- i X i + е 2 rni y L
= /гел:с»2 -4- тусе;
2 Ф;у = 2 Ф% + 2 Ф'у = 2
—
со2
е
2 "Ь-У; — 2
- 2 m,xfi =
m
t xi
=
ту
с
(ч2
— тх с е .
Найдем суммы моментов сил инерции относительно осей х и
моментов центробежных и вращательных сил инерции:
2
м?х= 2 Л*£А+2 м%
= - 2 ф V*+ 2
у
как суммы
=
= — 2 m(y«ffl ?«(4- 2 т»*(ег, = —о> 2 2 тгу;2 г4- е 2 m,z t xi =
333L
и
где /уг = 2 m iVi z i
относительно осей
2
мТУ =
Л* — 2 i i X i — центробежные моменты инерции тела
у, 2 и осей 2, х:
m z
2 <ц+2
= 2 niiXpPzt
У^со2 4 -Ууге.
334
м?;
4- 2
4- 2 ф?,*, "W^i = со2 2 m l z l x l 4- е 2
=2
ЩУМ
-=
Учитывая, что центробежные силы инерции пересекают ось Z - найдем сумму
моментов сил инерции относительно оси z как сумму моментов только
вращательных сил инерции, не разложенных на-составляющие:
2 Л1* = 2
= — 2 mirieri = — е 2
тп. — —
Ле. Подставив найденные
значения в уравнения (110.2), получим
2 XЕ
4XА4Х
2zf
В
= 0,
- { - тхссо2+/иусе
+z A =
(110.3)
o,
2 Ж ^ — Кд«
— Уугсо24-Угхе = 0 ,
+ J 2 y + J y2t
= 0,
2 Afii — Уге = 0.
Последнее из уравнений (110.3) не содержит реакций опор. Это уравнение
представляет собой дифференциальное уравнение вращения тела (79.2).
Остальные пять уравнений позволяют определить пять составляющих реакций
подпятника А и подшипника В.
В первое, второе, четвертое и пятое уравнения (110.3), из которых
определяются составляющие реакций опор вдоль осей х и у, входят члены,
зависящие как от внешних задаваемых сил, так и от сил инерции. Следовательно,
каждая из этих реакций имеет статическую составляющую, вызываемую
действием внешних задаваемых сил Pf, и динамическую составляющую,
зависящую от сил инерции.
Члены уравнений (110.3), зависящие от сил инерции, отмечены рамками.
При быстром вращении тела динамические составляющие могут иметь
большие значения.
Установим условия, при которых динамические составляющие реакций
подпятника и подшипника равны нулю. Чтобы получить эти условия, приравняем
нулю сумму членов, зависящих от сил инерции, в каждом из уравнений (110.3):
тх са? -f- ту с г — 0,
(110.4)
— Уугсо:
У,,со:
4-Л
335
jcce = О
* 4-■/«* = <)
(110.5)
Решая систему уравнений (110.4) относительно х с и у с , находим
т. е. устанавливаем, что центр тяжести тела должен находиться на ■оси его
вращения.
Решая систему уравнений (110.5) относительно Ууг и J Z X , находим
Ууг = 0 и J zx -=0.
Это означает, что ось вращения тела z должна быть главной осью инерции тела
для начала координат.
Таким образом, установлено, что динамические составляющие реакций
подпятника и подшипника равны нулю в том случае, если ось вращения
тела является главной центральной осью инерции тела.
Для выполнения этого условия вращающимся частям машин обычно придают
форму тел вращения с тем, чтобы это тело вращалось вокруг своей оси симметрии.
Если из-за неточности изготовления ось вращения тела не окажется главной
центральной осью инерции, то эта погрешность устраняется специальными
приемами.
§ 111. Примеры применения принципа Германа — Эйлера — Даламбера
для механической системы
Пример 59. Бадья весом G поднимается при помощи лебедки весом Q с
постоянным ускорением w (рис. 228, а). Лебедка установлена на однородной
горизонтальной балке АВ длиной / и весом Р, заделанной" концом А в стену.
Расстояние от оси барабана лебедки до стены равно а. Определить реакции
заделки.
Р е ш е н и е . Для определения реакций опор при помощи принципа Германа
— Эйлера — Даламбера к точкам системы условно прикладывают их силы
инерции и, освобождая систему от связей, прикладывают реакции этих связей. В
зависимости от вида полученной системы сил составляют те или иные уравнения
проекций сил на оси, соответствующие векторному уравнению (108.3), и
уравнения моментов сил относительно осей, соответствующие векторному уравнению (108.5).
Обозначим:
г — радиус барабана; J0X — момент инерции барабана относительно его оси;
М — момент, действующий на барабан лебедки, вызывающий подъем
бадьи.
Сила инерции бадьи Ф направлена противоположно ускорению w и имеет
модуль Ф = mw = — w.
336
Положим, что барабан лебедки имеет плоскость симметрии, которая
совмещена с плоскостью чертежа (рис. 228, б) и что центр* тяжести барабана
С находится на оси вращения.
В § 109 установлено, что в этом случае силы инерции
точек-вращающегося тела приводятся к паре сил, момент которой определяется по формуле (109.4). Пользуясь этой формулой, найдем* абсолютную
величину момента пары, составленной силами инерции точек а)
барабана:
\M*\ = J0x\e\.
Угловое ускорение барабана можно
определить по вращательному ускорению
обода барабана, которое равно ускорению
I4
точек
груза:
__ w B
w
г
Следовательно, I М ф I
J
Ox
К механической системе, состоящей из
балки, лебедки и бадьи, применяем
принцип Германа — Эйлера— а
Даламбера.
Прикладываем условно к системе силу
инерции бадьи Ф и пару с моментом Мф,
составленную силами инерции точек
барабана, направив момент этой пары
противоположно
вектору
углового
ускорения е.
Рис. 228.
Заменяем действие заделки реакцией R A , в данном
случае
вертикальной, и реактивной парой с моментом М А .
Для полученной системы параллельных сил на плоскости составляем
уравнение проекций на ось, параллельную силам (алгебраическую сумму сил,
равную нулю), и уравнение моментов относительно-точки А :
м
2Р, = 0;
2М 1А = 0;
R A — P — Q — G — 0 = Q;
(1>
М А + М— |М ф \ -Р • i_Qa_0 (a+ г)-Ф (а + /■)=0.
(2>
Уравнение (2) можно значительно упростить, так как из уравнения
моментов сил, приложенных к барабану относительно его оси Ох, следует, что
или
М — | М Ф I — Or — Фг = 0
M = \M 0 \-i-Gr + 0r.
Подставляя это значение М в уравнение (2), найдем, что
337
■Р •■^ — Qa — Ga — Фа:
:0.
Таким образом,
R A =P + Q + G(l+-f),
M A = P-j + [Q + G(\+-f)]a.
Пример 60. Однородный диск весом О и радиусом R может вращаться вокруг
горизонтальной оси, перпендикулярной к плоскости диска и проходящей через
точку О его обода. Диск отпущен из
наивысшего
положения
без
начальной
угловой
скорости.
Определить реакцию оси диска в
тот момент, когда центр тяжести
диска и его ось вращения лежат в
одной горизонтальной плоскости,
и
равнодействующую сил инерции в
этот момент.
Решение.
Чтобы воспользоваться принципом Германа
—
Эйлера — Даламбера, необходимо
определить силы инерции точек
диска. Для этого необходимо
найти угловую скорость со и
угловое ускорение е диска при
горизонтальном
положении
отрезка ОС х (рис. 229). Найдем
сначала Рис. 229. угловую скорость диска в момент, когда отрезок ОС
составляет
с
вертикалью угол ср. Воспользуемся теоремой об
изменении кинетической энергии механической системы в форме уравне-яия
(70.2):
= 2 Л?
где 7'0 = 0, так как движение диска началось из состояния покоя. Кинетическую
энергию вращающегося диска определим по формуле <69.2):
Момент инерции диска относительно оси вращения найдем по формулам (35.1)
и (36.2):
J
x = J c x + т& =
Н- mR 2 = у mRK
Подставив значение J x , получим
4
4g
Работу силы тяжести определим по формуле (61.1):
338.
А 0 — GH — GR (А — cos ф). Подставив значения Т и А а
J
в уравнение (70.2), будем иметь
откуда
-2- /?2со2 = GR (1 — cos ф),
-|г(1 — соэф),
со2 =
или
Ю==2|/^(1
— СОЭф)
Продифференцировав по времени выражение, определяющее со2, получим
г, da
4
g
d<p
„
da
dq>
Так как -—- = e и -ji- = co, то
dr
at
da
e
угловое ускорение е при
2 ff
.
= -d7 = -3ir s i n ( t - Определим угловую скорость диска со и
<(>— Y :
со5ф = 0,
5Шф=
ю = 2 I/ тттг .
1;
е = -§--fr«
Рассматриваемый случай соответствует вращению тела, имеющего плоскость
материальной симметрии, вокруг оси, перпендикулярной к этой плоскости. В § 109
установлено, что если центр тяжести такого тела не лежит на оси вращения, то силы
инерции точек тела проводятся к равнодействующей. Определим модули
равнодействующих вращательных и центробежных сил инерции точек диска, пользуясь формулами (109.3):
Ф8 =
mw l
= m R s = -| R .
m/?co2 = — R • ± -f- =
В
Ц
|-JL = -| О; Фц = mw c
=
4 °-
Силы Ф
и Ф
направлены противоположно вращательному и
центростремительному ускорениям центра тяжести диска w c и wЈ.
Положим, что АВ является линией действия равнодействующей сил инерции Ф
и приложим эту силу в точке К этой прямой, находящейся на горизонтальном
диаметре диска.
Приложим также к диску задаваемую силу G. Заменим действие шарнира О
реакцией, разложив ее на составляющие Y0 и Z0. Для определения этих
составляющих по принципу Германа—Эйлера—Даламбера составим для плоской
системы сил О, Y0, Z0, Ф", Ф" уравнения проекций на оси у и z;
339
]£к г = 0 ;
Y0
—Ф
г о + Ф в = 0, откуда Z 0
ц
= 0, откуда К 0 = Ф ц = |-0; 2 Jz , = 0; — О +
= G — 0 = -\ G . Модуль равнодействующей сил
b
инерции Ф = Ф в - \ - Ф п
Ф
= У Ф»,+Ф«' = |/-J 2+ J Ј
0
0
|О/5".
2 =
Найдем величину главного момента сил инерции относительна точки О по
формуле (109.4):
е = = - — Р 2 • —-£- = 0/?
Мф
что и очевидно, так как
М Ф + М о (Р в )---0.
откуда
\М Ф \-= M o {P E ) = 0R.
Расстояние от точки О до линии действия силы Ф найдем па формуле (109.5):
А = 1^=
Ф
™_=зУТЛ
|(7/5
= 0(б7Л
10
Пример 61. Однородная тонкая пластинка весом G имеет форму
прямоугольного треугольника с катетами а и Ь. Пластинка вращается с постоянной
угловой скоростью со вокруг вертикальной оси, совпадающей с катетом Ъ.
Определить реакции подпятника и подшипника^ полагая, что они находятся в
вершинах А и В треугольника.
Р е ш е н и е . Свяжем с пластинкой подвижную систему координатц направив
ось z по оси вращения пластинки, ось у — по катету а и ось х — перпендикулярно
к плоскости пластинки (рис. 230). Чтобы воспользоваться принципом Германа —
Эйлера — Даламбера-, определим силы инерции точек пластинки. Для этого
разобьем пластинку
на элементарные площадки. При равномерном вращении пластинки сила инерции
каждого элемента имеет только центробежную составляющую, модуль которой
определится по формуле (3.5):
Ф™ = miyid.
340
Направление силы Фц противоположно направлению центростремительного
ускорения элемента w^. Силы инерции элементов образуют систему параллельных
сил, направленных в одну сторону и лежащих в плоскости пластинки yAz. Такая
система сил приводится к равнодействующей Фц, равной главному вектору этих
сил и, следовательно, определяемой по формуле (109.3):
Ц
Ф
= — mwc-
Ц
Так как расстояние от центра тяжести
треугольной пластинки С
до оси вращения составляет \- а,
О
то центростремительное ускорение точки С
равно:
wlc =
асо2.
Модуль равнодействующей сил
инерции
Фц = \- maa?
— асо2.
3
3g
Направление силы Фц противоположно
направлению ускорения w c . Для определения
линии действия силы Фц найдем главный
момент сил инерции относительно точки А :
=4-
МА
= — Ъ Ф?«/ = — S
m t y t z f i P = — со2
2
Щ У М = — (£>ЧУ2,
где J yz = -^ mab—центробежный момент инерции треугольной пластинки
относительно осей у, z, направленных по катетам треугольника (см. § 40).
Подставив значение J yz , получим
M A —----- jj mabaP — -----
-L-2. aba 2 .
Расстояние от линии. действия равнодействующей Фц до точки А найдем по
формуле (109.5):
1 G . .
Приложим к пластинке задаваемую силу О и реакции подшипника В и
подпятника А . Так как сила О и равнодействующая сил инерции Фц расположены в
плоскости пластинки, то реакции опор лежат тоже в этой плоскости, имея
составляющие Y B , Y A , Z A .
Согласно принципу Германа — Эйлера — Даламбера составим для плоской
системы сил G, YB, УЛ, Ъ А и ф11 уравнения, соответствующие уравнениям (108.3) и
(108.5), в следующем виде:
]£Л1,Д = 0;
341
_К в £-О-^-Ф ц А = 0,
2^
= 0;
К в +К д + Ф« = 0,
2^
= 0;
- G + ZA = 0.
Из первого уравнения
— __?_-£._
b(**)
3
b
1
0
—
4
~3~ g
Ь
—
Ga(4g +
\2bg
Из второго уравнения
у _______ у
"А—
_
г
в
_ Од (4g-f-ft(o2) __ Goaf
v
i2bg
Ga (4g — 3ba2)
3 g ~~
\2bg
Из третьего уравнения Z A —G.
При вращении пластинки составляющие реакций опор YА и Ч в вращаются вместе с
ней,
Вопросы для самоконтроля
В чем заключается сущность принципа Гермаиа — Эйлера—Даламбера для
материальной точки?
Каким условиям удовлетворяют в любой момент времени главные векторы
внешних задаваемых сил, реакций связей и сил инерции точек несвободной
механической системы и главные моменты этих сил относительно любого центра?
Каковы модуль и направление главного вектора сил инерции механической
системы?
4. К чему приводятся силы инерции точек твердого тела:
а) при поступательном движении тела;
б) при вращении тела, имеющего плоскость материальной симметрии,
вокруг неподвижной оси, перпендикулярной к этой плоскости;
в) при плоском движении тела, имеющего плоскость материальной
симметрии?
При каких условиях динамические давления вращающегося тела на опоры равны
нулю?
Каково число и каков вид уравнений, выражающих принцип Германа — Эйлера —
Даламбера для несвободной механической системы в проекциях на оси координат, в
случаях, когда задаваемые внешние силы, реакции связей и силы инерции
материальных точек твердого тела образуют:
а) плоскую систему параллельных сил;
б) систему сил, произвольно расположенных па плоскости;
в) систему параллельных сил в пространстве;
г) произвольную систему сил в пространстве?
ГЛАВА XVII ПРИНЦИП ВОЗМОЖНЫХ
ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
§ 112. Обобщенные координаты и число степеней свободы
Перемещения точек несвободной механической системы не могут быть
совершенно произвольными, так как они ограничены имеющимися связями. Это
означает, что не все координаты точек независимы.
Рис. 231.
Рис. 232.
При таком условии положение точек системы определяется заданием только
н е з а в и с и м ы х к о о р д и н а т . Остальные координаты определяются из
уравнений связей (см. § 21).
Независимые величины, заданием которых однозначно определяется
положение всех точек механической системы, называются обобщенными
координатами этой системы. Для голо-номных систем число
независимых обобщенных координат механической системы равно числу
степеней свободы этой системы.
Так, например, положение рычага АВ с осью вращения О (рис. 231) вполне
определяется заданием его угла поворота ср. Угол ср можно рассматривать как
обобщенную координату рычага.
Так как положение рычага определяется одной
обобщенной координатой, то рычаг имеет одну степень
свободы.
Положение всех точек кривошипного механизма (рис. 232)
вполне определяется заданием только угла поворота
кривошипа ср. Этот угол можно принять за обобщенную,
координату этой системы, имеющую также одну степень
свободы.
Положение всех точек центробежного регулятора (рис.
233), вращающегося вокруг вертикальной оси, определяется
заданием угла поворота регулятора ср и угла т , образованного
каждым из стержней с вертикалью. Не зависящие друг от друга Рис. 233.
углы ср и а можно считать обобщенными координатами.
Так как положение регулятора определяется двумя обобщенными
координатами, то он имеет две степени свободы.
Положение свободной материальной точки в пространстве определяется
тремя декартовыми координатами, не зависимыми друг от друга.
21
А. А. Яблонский
343
Поэтому свободная материальная точка имеет три степени свободы.
Твердое тело, вращающееся вокруг неподвижной оси, имеет одну степень
свободы, так как его положение определяется только углом поворота ф.
Тело, совершающее сферическое движение, имеет три степени так как его
положение определяется тремя эйлеровыми
углами ф, 6, ф.
Свободное твердое тело, движение которого определяется
шестью уравнениями, имеет шесть степеней свободы.
Механическая
система,
положение которой определяют s
обобщенных координат, имеет s
степеней свободы.
Декартовы координаты любой
точки M t механической системы
являются
Рис. 234. функциями обобщенных координат этой системы. Так,
например, зная
длину
кривошипа
г
и
длину
шатуна
I
кривошипно-шатунного механизма (рис. 234), можно выразить декартову координату ползуна В через обобщенную координату ср:
х в = ОК + КВ,
или
хв =
■ Г2 5Ш2ф.
Г COS ф -
■ УТТаким же образом можно определить координату любой точки этого
механизма.
Обозначим обобщенные координаты механической системы, имеющей
s
степеней свободы, через
4i- 42.................. 4s-
Декартовы координаты любой точки M t
этой системы при стационарных связях
являются
функциями
S
обобщенных
координат:
x
i = X i (<7l' 2............... 4s)' ]
Уi — У i (.°i <
а
4S).
j ( П 2 .1)
Z t = Z l { q l , q2 ............... qs). >
При наличии нестационарных свяРис. 235.
зей декартовы координаты всех точек механической системы являются
функциями не только обобщенных координат, но и времени:
x
i = xi(4v
У / = У <(?1.
42 .................. 4S-
0.
42.................. 4s- ■)■ \
(П2.2)
* i = z t (<7L 42............... 4s- - ) ■
Например, при переменной длине нити маятника OM = l = l 0 — ct (рис. 235) точка
М имеет координаты
21*
344.
У — i h — c*)sincp,
z = { l u — c t ) cos ср.
Эти координаты зависят не только от обобщенной координаты ср, но и от времени
f.
§ 113. Возможные (виртуальные) перемещения механической системы.
Идеальные связи
Возможными, или виртуальными, перемещениями несвобод^ ной
механической системы называются воображаемые бесконечно малые
перемещения, допускаемые в данный момент наложенными на систему
связями.
Возможные перемещения точек механической системы рассматривают как
величины первого порядка малости, пренебрегая при этом величинами высших
порядков малости.
Поэтому криволинейные перемещения точек заменяют прямолинейными
отрезками, отложенными по касательным к траекториям точек, и обозначают 6s.
Так, например, возможным перемещением рычага АВ (рис. 236) является его
поворот на бесконечно малый
Рис. 236.
Рис. 237.
угол бср вокруг точки О. При этом повороте точки А и В должны переместиться
по дугам окружностей АА Х и ВВ Х . С точностью до величин первого порядка
малости эти перемещения заменяют возможными перемещениями 6s л = А А' и 6s B
= ВВ' в виде прямолинейных отрезков, отложенных по касательным к
траекториям точек, а по. величине равных:
bs A — OA ■ бср;
bs B — ОВ ■ бср.
Возможным перемещением кривошипного механизма, изображенного на рис.
237, является перемещение, соответствующее повороту кривошипа OA на
бесконечно малый угол бср вокруг оси вала.
Возможное перемещение bs A пальца кривошипа А представляет собой
отрезок касательной АА' к дуге окружности с центром в точке О, равный по
величине bs A — OA ■ бср.
Возможным перемещением Ь% в ползуна В является бесконечно, малый
отрезок ВВ г прямолинейной траектории точки В.
Действительные перемещения несвободной механической системы,
движущейся под действием приложенных к ней сил, входят в число
345
ее возможных перемещений, являясь их частным случаем. Однако это
справедливо лишь для стационарных связей. В случае нестационарных связей действительные перемещения системы не
относятся к числу ее возможных перемещений.
is,
Все силы, действующие на несвободную
материальную точку или несвободную
механическую систему, делят на задаваемые
силы и реакции связей.
Задаваемые силы выражают действие на механическую
систему тел, вызывающих или стремящихся вызвать
определенное ее движение. Реакции связей выражают
действие связей, ограничивающих движение механической
системы или препятствующих ему.
Рассмотрим механическую систему, состоящую из п материальных точек M v
М 2 , . • •, М п , подчиненную связям; реакции связей обозначим Rj, R2,
R„
(рис. 238).
Дадим
системе
какое-либо
возможное
перемещение; возможные перемещения точек
системы обозначим 6s,, 6s2, ■ • . , 6s„. Вычислим
сумму работ
реакций Rj,
R2 ......... R„ на этих перемещениях.
Если сумма работ реакций связей на любом
возможном перемещении системы равна нулю,
то такие связи называются идеальными.
Согласно
этому определению
для
идеальных связей
2 /?;65 .cos(R , 6s,) = 0.
(
/
(113.1)
Положим, что тело может скользить между
параллельными гладкими поверхностями (рис. 239,
а). Сообщим телу возможное перемещение и
вычислим работу реакций связи на этом
перемещении.
Считая, что давление тела передается
на нижнюю поверхность, приложим к телу
Рис. 239.
нормальную реакцию этой поверхности N.
Возможное перемещение точки приложения этой силы 6s лежит в
плоскости, касательной к опорной поверхности. Работа силы N на перемещении 6s
равна:
N bs cos (N, 6s) = N bs cos 90° = 0.
Следовательно, рассматриваемая двусторонняя связь является идеальной, так
как условие (113.1) выполнено.
Положим теперь, что тело может скользить между параллельными
шероховатыми поверхностями (рис. 239, б).
21*
346.
Тогда реакция плоскости R состоит из нормальной реакции N и силы трения F.
Найдем сумму работ этих составляющих реакции на возможном перемещении 6s:
AT6scos(N, 6s)-\-Fbs cos (F, 6s) = ЛГ 6s cos 90° -f■A-Fbs cos 180° = — Fbs Ф 0.
Следовательно, рассматриваемая двусторонняя связь не является идеальной,
так как условие (113.1) не выполнено.
Отметим, что, хотя связь, осуществленная с трением, не является идеальной,
тем не менее такую связь можно условно рассматривать как идеальную. Для этого
следует перевести силы трения из группы реакций связей в группу задаваемых
сил. Тогда сумма работ реакций (без сил трения) на возможных перемещениях
будет равна нулю, т. е. условие (113.1) будет выполнено.
В некоторых случаях и шероховатая поверхность является идеальной связью.
Так, например, если тело катится по неподвижной шероховатой поверхности без
скольжения, то линия соприкосновения тел является мгновенной осью вращения.
Скорости точек соприкасания тел равны нулю, а потому возможные перемещения
этих точек равны нулю. В этом случае 6s = 0 и работа реакции R, являющейся
геометрической суммой нормальной составляющей и
силы сцепления на этом перемещении, равна нулю.
Таким образом, шероховатая поверхность, по которой
катится без скольжения тело (рис. 240), также
удовлетворяет условию (113.1).
Условие (113.1), при котором связь является
идеальной, относится не только к двусторонрис. 240.
ним, но и к односторонним связям.
Однако
в
последнем
случае
должны
рассматриваться
лишь
неос-вобождающие возможные перемещения, которые оставались бы
возможными и в случае, если бы данная связь была двусторонней.
§ 114. Принцип возможных перемещений
Рассмотрим несвободную механическую систему М г , М 2 ......................... М п ,
находящуюся в состоянии покоя.
Если система находится в состоянии покоя, то действующие на нее силы
взаимно уравновешиваются.
Разделим силы, приложенные к точкам системы, на задаваемые силы и
реакции связей. Обозначим равнодействующие задаваемых
сил, приложенных к каждой из точек системы, P]s Р2 ......................... РЛ,
а равнодействующие реакций связей, приложенным к тем же точкам
Ri. R2 ............ R« (Рис 241).
Так как силы, приложенные к каждой из точек системы, взаимно
уравновешиваются, то для каждой точки
p, + R, = 0
347
(i=l, 2, . . . . п),
откуда Р, = — R,, т. е. силы Р, и R, равны и направлены по одной прямой в
противоположные стороны.
Мысленно сообщим рассматриваемой системе, находящейся в состоянии покоя, возможное перемещение из занимаемого ею положения. Обозначим ust, 6s 2 ...........bs n
возможные перемещения точек
системы М х , М 2 ................ М п .
Вычислим сумму работ сил, приложенных к каждой из точек системы, на
возможном перемещении этой точки.
Так как силы Р, и R( равны и противоположны по направлению, то cos(P/,
6s;)= —cos(R,, 6s,) и работы этих сил на перемещении 6s, равны по величине, но
противоположны по знаку. Поэтому
сумма работ этих сил равна нулю, т. е.
P,6s(cos(P(, 6s,) + + P,6s,cos(R,, 6s^) = О (/=
1, 2, . . . . п).
Просуммировав все п уравнений,
составленных для сил, приложенных к
каждой точке системы, получим
2
Я, US,
COS
(Р„
6 S ,) +
- \ - % R t bs t cos{R t , 6s,) = 0. (114.1)
Будем
предполагать,
что
в
рассматриваемой механической системе все связи двусторонние и идеальные,
относя силы трения, если они имеются, к задаваемым силам. Тогда сумма работ
реакций связей на возможных перемещениях должна быть равна нулю, т. е.
2
R (6s, cos (R„ 6s,) = 0.
При этом условии уравнение (114.1) примет вид
2
Pi bs ( cos (Р„ 6s,) = 0.
(114.2)
Уравнение (114.2), называемое уравнением работ, выражает одно из
важнейших положений механики, называемое принципом возможных
перемещений.
Принцип возможных перемещений формулируется так: Если в некотором
положении механической системы с двусторонними идеальными связями
приложенные к ней силы уравновешиваются, то на любом возможном
перемещении системы из этого положения сумма работ задаваемых сил
равна нулю.
В случае односторонних связей уравнение (114.2) остается справедливым
лишь в случае, когда возможные перемещения являются неосвобождающими. В
общем же случае при односторонних связях
2 Я,6s,cos(Р„ 6s,)<0.
21*
348.
Если в каждую точку M- t системы из некоторого центра О провести вектор гг, то
возможное перемещение этой точки 6s, будет соответствующим возможным
приращением радиуса-вектора точки:
6s, = 6г,
(*,= 1, 2 ............... п).
Тогда уравнение работ (114.2) примет вид:
2 Р г - 6 г , = 0.
(114.3)
Обозначим проекции задаваемой силы Р, на неподвижные оси декартовых
координат XК,, Z,, а проекции возможного перемещения 6г, на те же оси 6х,, 6у,,
bz t . Пользуясь аналитическим выражением элементарной работы (60.6),
представим уравнение работ (114.2) в следующем виде:
2 (^/6x, + K,6y,+Z,&Ј,) = 0.
(114.4)
Принцип возможных перемещений облегчает вывод условий равновесия
задаваемых сил, приложенных к несвободным системам, состоящим из большого
числа тел. Это объясняется тем, что уравнение работ, выражающее этот принцип,
не содержит реакций связей. Применение же уравнений равновесия статики
потребовало бы определения большого числа неизвестных реакций связей.
Если система, состоящая из большого числа тел, имеет одну степень свободы,
то одно из равенств (114.2), (114.3) или (114.4) устанавливает сразу условие
равновесия задаваемых сил, приложенных к системе. Если эта система имеет
несколько степеней свободы, то уравнения работ составляются для каждого
независимого перемещения системы в отдельности. Таким образом, получается
столько условий равновесия системы, сколько степеней свободы она имеет.
§ 115. Применение принципа возможных перемещений к простейшим
машинам
Простейшие машины являются системами с одной степенью свободы. На
машины действуют: движущая сила Р или вращающий момент М в р и сила
сопротивления R или момент сопротивления Лтсопр.
Положим, что силы (или моменты) и реакции имеющихся связей взаимно
уравновешиваются.
Для установления условий равновесия сил Р и R машине сообщают возможное
перемещение и составляют уравнение работ. На основании (114.3) условие
равновесия сил Р и R получает вид
P - & r p + R - 6 r f i = 0.
(115.1)
где 6rp — возможное приращение радиуса-вектора точки приложения силы Р,
соответствующее ее возможному перемещению. br R — возможное приращение
радиуса-вектора точки приложения силы R, соответствующее ее возможному
перемещению. Положим, что возможное перемещение системы из
состояния покоя происходит в течение ничтожно малого промежутка времени т.
Тогда точки приложения сил перемещаются со скоростями
vP=-^
349
и
v R = -f.
(115.2)
Эти скорости называются возможными (виртуальными) скоростями точек.
Разделив уравнение работ (115.1) на величину т, получим
Р — ^ + R -£ = 0.
Подставив значение возможных скоростей точек, будем иметь
Р • Vp-f-R • v R — Q,
или
Pfp cos (Р, vp) +/?г»л cos (R, v R ) = 0.
Обозначим проекции сил Р и R на направление соответствующих скоростей Р'
и R', т. е.
P' = Pcos(P, vP);
R' = R cos (R, v R );
тогда
P'v P +R'v R = 0.
Если направления P' и vP совпадают, то направления R' и \R противоположны.
Пользуясь абсолютными величинами проекций, получим
\P'\v P — |Л>Д = 0,
отсюда
\Р' I
vp
=
wt v
<115
3)
Соотношение (115.3) можно выразить так: то, что выигрывается в силе
теряется в скорости.
Это положение, установленное Галилеем, носит название золотого правила
механики.
Рассмотрим некоторые простейшие машины.
1. Полиспасты
Полиспаст состоит из двух систем блоков, каждая из которых помещена в
общей обойме (рис. 242). Одна обойма закреплена неподвижно, а другая движется.
Сила Р, приложенная к концу нити, является движущей силой, а вес
поднимаемого груза G — силой сопротивления.
22*
350
Определим зависимость между силами Р и G при помощи принципа
возможных перемещений. Сообщим системе возможное перемещение,
совпадающее с ее истинным перемещением при подъеме груза. Если точка приложения силы Р получит перемещение 6s p , то каждая из
шести частей нити между блоками
уменьшится на
— 6sp. Поэтому точка приложе-
ния силы G переместится вверх на 6sa
1
"6
а*Р-
Составим уравнение работ в виде (114.2):
P6s p — Gbs n = 0
или
Pbs p — Gjbs p = 0.
Поделив уравнение на bs p , найдем
р = 1о.
т. е. движущая сила меньше веса поднимаемого груза во столько раз,
сколько блоков имеет полиспаст.
2. Клиновый пресс
Установим зависимость между движущей силой Р, приложенной
к клину, и силой сопротивления R сжимаемого тела при помощи
принципа возможных перемещений. Для этого сообщим системе
возможное перемещение, указанное пунктиром на рис. 243, и
составим уравнение работ в виде (114.2):
P6s p — /?6вд = 0.
Рис. 242.
------ т~
Рис. 243.
Зависимость между возможными перемещениями точек приложения сил Р и R
установим из треугольника перемещений CC X D (рис. 244):
6s R = 26s p tg а.
Подставив это значение bs R в уравнение работ, получим
P6s p — 2Rbs p tga — 0.
23 А. А. Яблонский
351
Поделив уравнение на 6s p , найдем
P = 2Rtga.
3. Винтовой пресс
На рис. 245 изображена схема винтового пресса. Давление пресса на тело
возникает под действием пары сил (Р, Р'), приложенной к его рукоятке.
Зависимость реакции N сжимаемого тела от момента приложенной пары сил
установим, пользуясь принципом возможных перемещений. Сообщим частям
пресса возможные перемещения, совпадающие с их инстинными перемещениями
при работе пресса. Повернем рукоятку АВ на малый угол бср в сторону действия
пары сил. Тогда
точка приложения силы N получит возможное
перемещение 6s N ,
направление которого
противоположно направлению силы N. Составим
уравнение работ в виде (114.2). Работу пары сил
определим по формуле (65.7) как произведение
ее момента на приращение угла поворота тела:
Жбф — N6s N = О,
где момент пары М — 2Р1.
При одном обороте рукоятки винт
перемещается вдоль оси на величину h,
Рис. 245.
называемую шагом винта. Для определения зависимости
между бср и 6sjv воспользуемся тем, что продольное перемещение винта bs N
составляет такую лее часть шага винта h, какую угловое перемещение бср
составляет от угла 2я, т. е.
65
6ф
N
откуда bs N = -----
2я *
Подставив это значение 6s N в уравнение работ, получим 2Р. I .бср — А/-А-6ф
= 0.
Поделив уравнение на бср, найдем
N
= 4 ЛР 4
г.
п
Сила, сжимающая тело, равна найденной реакции
N.
4. Стержневой пресс
Найдем соотношение между движущимися силами Р и Р', приложенными к
вершинам А и В ромбического четырехзвенника, и силой сопротивления R,
23 А. А. Яблонский
352
приложенной в точке D пресса, если Р — — Р'; длины стержней пресса указаны на
рис. 246.
Для установления этой зависимости воспользуемся уравнением работ вида
(114.4), которое для сил, параллельных оси у, будет иметь вид
РуЬул + РуЬув + Ry^D = 0.
(а)
Проекции сил Р, Р' и R на ось у
Р у
z== z —
Р\
Ру = Р\
Ry = — R. Координаты точек
приложения этих сил по оси у: уд = b cos В -j- a sin а; у в = b
cos В — а sin а; yD = 2b cos р.
Проекции возможных перемещений этих , точек на ось у находим,
дифференцируя выражения, определяющие координаты этих точек:
и
R
6ул = — Ъ sin В • 6в -|- a cos а • ба; Ьу в = — b
sin 6 • бв — а cos а • ба; 6yD = — 26 sin 6 -6В.
Подставляя найденные значения в уравнение
(а), получаем
Pb sin 6 ■ 6в—Pa cos а • ба—Pb sin 6 • 66 — — Pa
cos а • 6а -(- R2b sin В • 6в = 0,
откуда
b
sin
В
(б)
•-■/////////////////>/У?/
V//A
-2d
------- J
Рис. 246.
Для установления зависимости между элементарными
приращениями углов а и В воспользуемся уравнением, характеризующим связь:
2d = 2а cos а — 2c-\-2b sin В.
Дифференцируя это выражение, получаем
0 = — 2а sin аба + 2b cos ВбВ,
откуда
353
ба
Ь
В
cos
Подставляя это значение в выряжение (б), находим R
рa
cos а Ь cos
Р
Ъ
sin 8 a
sin а '
отсюда
получаем
зависимость между величинами сил R и Р в виде
Р = Р . ctg а • ctg р.
§ 116. Примеры применения принципа возможных перемещений к
определению реакций связей
В статике обычно приходится определять реакции связей, действующие на
систему, не обладающую ни одной степенью свободы.
Такой системой является каждое
а)
б)
сооружение, несущее нагрузку, так
'/////////////л как оно должно быть неизменяемым и
неподвижно прикрепленным к земле.
В этом случае принцип освобождаемости от связей используют
следующим образом.
"7
Отбрасывают ту связь, реакцию
которой требуется определить. Действие
связи заменяют ее реакцией, которая
переходит в число задаваемых сил. При
этом система, освобожденная от однсгй
связи (если она статически определима),
получает одну степень свободы.
Системе сообщают возможное
перемещение,
соответствующее этой
7
степени свободы.
Составляют
уравнение
работ
в виде (114.2) или (114.4), в котоI£
рое входят не только задаваемые силы
'
но и реакция отброшенной связи.
Рис. 247.
Из этого уравнения сразу определяют искомую реакцию. Для определения
реакций других связей поступают так же, отбрасывая снова только одну связь, т. е.
сообщая системе одну степень свободы.
Пример 62. Конструкция, образованная стержнями, соединенными на концах
шарнирами, удерживается в указанном на рис. 247, а положении нитью АВ. Найти
натяжение нити, вызываемое грузом О, подвешенным в точке D.
Р е ш е н и е . Чтобы определить натяжение нити АВ, мысленно отбросим эту
связь, заменив ее действие на рассматриваемую систему реакциями Т и Т',
приложенными в точках Л и В (рис. 247, б). После отбрасывания связи система
получит одну степень свободыСообщим этой системе возможное перемещение, переместив точку D вниз по
вертикали. Тогда вертикальные диагонали образованных стержнями ромбов
23*
354
DT
dT~~~~jk
удлинятся на одну и ту же величину hs. Возможные перемещения точек А, В, D
будут:
6s A — 0;
6s B — 6s;
6s D — 4bs.
Составим уравнение работ в виде (114.2):
— Г' • bs B +G • 6sD = 0,
отсюда найдем реакцию нити, равную ее натяжению:
Г
= G-~- = 4 0 .
Пример 63. Пользуясь принципом возможных перемещений, определить
усилия в стержнях 4 , 5 , 7, вертикальной фермы, изображенной на рис. 248,а.
Рис. 248.
Р е ш е н и е . Как известно из статики, внутреннее усилие в каждом стержне
равно по величине реакциям этого стержня, приложенным к узлам фермы.
При определении усилий в стержнях фермы при помощи принципа возможных
перемещений все стержни фермы условно считают растянутыми, а истинный
характер усилия определяют по знаку ответа.
Для определения усилия в каком-либо стержне фермы этот стержень мысленно
отбрасывают. Действие стержня заменяют его реакциями, приложенными к
соответствующим узлам фермы и направленными от узлов во внутрь стержня. Эти
реакции переходят в группу задаваемых сил, действующих на ферму. После
удаления одного стержня ферма получает одну степень свободы. Ферме сообщают
возможное перемещение и составляют уравнение работ.
В уравнение работ, кроме задаваемых сил, входит реакция удаленного
стержня, приложенная к узлу фермы, который получает возможное перемещение.
На рис. 248 б, в, г пунктиром показаны части фермы, получившие возможные
перемещения после поочередного удаления стержней 4, 5, 7. Неизменяемые части
фермы на этих рисунках заштрихованы.
355
1. После удаления стержня 4 (рис. 248,6") часть фермы CDE
получает возможность поворачиваться вокруг точки Е. Сообщаем этой
части возможное перемещение — поворот на малый угол бср вокруг
точки Е по движению часовой стрелки (можно было бы сообщить
поворот и в противоположную сторону).
Учитывая, что работа силы при повороте тела равна моменту силы
относительно центра вращения, умноженному на угол поворота тела, и
положительна, если направление момента совпадает с направлением угла
поворота, составим уравнение работ задаваемых сил и силы Т4 в виде (114.2):
Р х а бср -f Оф бср + Тф бф = О,
откуда
_
— —
*
т
1
Pa+Q2b ' i
b
Знак минус показывает, что стержень 4 сжат.
2. После удаления стержня 5 (рис. 248, в) часть фермы KECDF
получает одну степень свободы. Параллелограмм KEDF без диагонали EF становится изменяемой фигурой. Сообщаем части KECDF
возможное
перемещение—изменение
углов
параллелограмма
KEDF,
т. е. поворот стержней КЕ и FD вокруг неподвижных точек К и F
на один и тот же малый угол бср.
Так как перемещения точек Е и D при этом равны по величине и совпадают по
направлению, то треугольник ECD перемещается поступательно.
Следовательно,
bs E = 6s c = bs D — bs.
Составляем уравнение работ задаваемых сил и силы Т5 в виде (114.2):
P l bs c + P 2 bs E + T 5 bs F = 0
или
P x bs -\- P 2 bs -\-T 5 6s = О,
откуда
Т ъ = -Р 1 -Р 2
Стержень 5 сжат.
3. После удаления
параллелограмм KEFL.
ное перемещение, при
поступательно.
стержня 7 изменяемой фигурой становится
Сообщаем части фермы KECDFL возможкотором прямоугольник ECDF перемещается
Составляем уравнение работ задаваемых сил и силы Т7: p i bs c -4- Р 2 °s E — Т 7
6sр cos а = 0.
Здесь
bs c = bs E = bsp = 6s,
cos a =
23*
,
Va 2 -\-b 2
,
356
ПJДCтавляя эти значения в уравнение работ, получаем
Р 16s + P26s 2—Г76s
^
Отсюда
7
.
Ь
= 0.
/а2-)-*2
____
Стержень 7 растянут.
Принцип возможных перемещений так же, как и способ Риттера (см.
«Статику» § 26), позволяет усилие в каждом стержне фермы определять
независимо от других усилий.
Пример 64. Определить при помощи принципа возможных перемещений
реакции неподвижной шарнирной опоры А и подвижной шарнирной опоры В
составной балки, изображенной на рис. 249а. Дано: 9 = 25 км/л, М — 100 кн • м,
Р1==100 кн, Рх = 160 кн, Р3= 120 кн.
Р е ш е н и е . Равномерно распределенную нагрузку заменим сосредоточенной силой 0_ = 8с; = 200 кн, приложенной на расстоянии 4 м от центра
опоры А.
Реакцию неподвижной шарнирной опоры А определим по горизонтальной и
вертикальной составляющим.
1. Чтобы определить составляющую Хл, мысленно отбросим связь,
препятствующую горизонтальному перемещению балки, т. е. заменим
неподвижную шарнирную опору А шарнирной опорой на катках, приложив при
этом к балке горизонтальную реакцию ХА (рис. 249, б"). Получим составную балку,
имеющую все опоры на катках.
Сообщим этой балке возможное перемещение — горизонтальное перемещение
6s, направленное вправо (можно было бы направить его и влево). Работа всех
вертикальных сил на горизонтальном перемещении 6s равна нулю.
Работа пары сил согласно формуле (65.7) равна нулю, так как балка, к которой
приложена пара, не получила поворота. На возможном перемещении работу
совершают только силы Х А и Р2.
Уравнение работ (114.2) имеет вид
Х А • 6s — Р2 cos 30° • 6s = 0;
отсюда
XA = P2cos30!>= 138 кн.
Знак плюс в ответе означает, что принятое направление силы Х А совпадает с
действительным.
2. Чтобы определить вертикальную составляющую \А реакции опоры А,
мысленно отбросим связь, препятствующую вертикальному перемещению конца
А, приложив при этом к балке реакцию \А (рис. 249, в). Установим, какое
перемещение можно сообщить полученной системе, не нарушая имеющихся
связей.
Поступательному перемещению по горизонтальному направлению балки FD
препятствует опора А, по вертикальному— опоры С и D.
а)
357
Рис 249
Поворот балки FD, лежащей на двух опорах С и D, невозможен. Балку EJF можно
повернуть на малый угол вокруг неподвижной точки F, тогда шарнир Е
переместится по вертикали. Так как точки А а Е балки АЕ могут перемещаться по
вертикали, а точка В не может, то балка АЕ повернется при этом вокруг точки В.
Повернем балку АЕ, например, по движению часовой стрелки на угол бфр
тогда балка EF повернется против движения часовой стрелки на некоторый угол
6ф2. Отметим возможные перемещения тех точек, где приложены силы.
При составлении уравнения работ определим работу пары сил по формуле
(65.7) как произведение — | Лт|6ср, где знак минус обусловлен тем, что поворот
произведен на угол 6cpj по движению часовой стрелки, а пара стремится вращать
плоскость в противоположную сторону.
Уравнение работ (114.2) для определения реакции YA будет иметь вид
Y A ■ bs A — Q ■ 6s3 — I M
1бф, + P, • 6s, + P2 ■ cos 60° • 6s2 = 0.
Выразим перемещения всех точек через одну и ту же величину, например,
бср,. Для этого представим перемещение каждой точки балки АЕ как произведение
угла бср, на расстояние от точки до центра вращения В, а перемещение каждой
точки балки EF — как произведение угла 6ср2 на расстояние от точки до центра
вращения F^ Зависимость между углами бср, и бср2 получим, имея в виду перемещение шарнира Е:
bs E ~ BE ■ бф, = FE ■ бср2, откуда 4бф, = 8бф2, или 6ф2 = 0,5 6ф,, = 10 бфх; б53 =
6 6ф];
23*
б$, = 2бф1;
6s2 = 6 бф2 = 3 бф,.
358
Подставим эти значения в уравнение работ: Y A • 10бф,- Q • 6 6ф, — | М|бф, + Р, •
2 6ф, + Р2 • cos 60° • 3бф, = 0. Кд = 0,6Q + 0,11 м\ — 0.2Р,— 0,3P2cos 60°.
Подставив числовые значения, найдем Y А : Кл = 0,6 • 200 + 0,1 • 1000 — 0,2 •
100 — 0,3 ■ 160 • 0,5= 176 кн.
Знак плюс в ответе означает, что реакция Y А направлена вверх.
3 Для определения реакции опоры В мысленно отбросим эту опору, приложив
к балке ее реакцию R B .
Сообщим полученной системе возможное перемещение, повернув-балку АЕ
вокруг неподвижной точки А, тогда балка EF повернется; вокруг точ"ки F (рис.
249, г).
Составим уравнение работ для определения R B :
— Q ■ 6s3 +1 М I бф, + R B ■ fog — P, • 6s, — P2 • cos 60° • 6s2 = 0.
Выразим возможные перемещения всех точек через угол поворота бф, бруска
АЕ:
6 s E = 14 бф, = 8 6ф2;
7
6ф2 == ~ бф,;
21
6$3 = 4 6ф1;
б5£ = 1 0 6ф,;
б5,= 12 6ф,;
6s2 = 6 6ф2 = -g-бф,. Подставим эти
значения в уравнение работ: — Q • 46ф! + | М ^ + Рв • 10бф,— Р , - 12 6ф,—
— P2cos 60°.-2^-6ф,= 0,
•отсюда
R E = 0,4 Q — 0,11 M
I + 1,2 P l
+ ~ ■ P2
• cos 60°. Подставив
числовые значения, найдем R B : R B — 0A • 200 — 0,1 . 1000+ 1,2 • 100-f|g- • 160
• 0,5== 184кн.
Точно так же можно найти и реакции опор С и D балки.
Как видно, реакция каждой опоры входит лишь в одно уравнение работ. Таким
образом, каждая реакция определяется из одного уравнения независимо от реакций
других опор.
Пример 65. На левую часть трехшарнирной арки действует вертикальная
нагрузка Р. Линия действия силы Р расположена на расстоянии а от центра левого
пятового шарнира А. Пролет арки равен 21, а высота ее равна h. Определить
горизонтальную составляющую реакции пятового шарнира В (рис. 250, а).
359
Рис 250
Р е ш е н и е . Мысленно отбросим связь, препятствующую горизонтальному
перемещению точки В, превратив опору В в шарнирную опору на катках.
Действие отброшенной связи заменим горизонтальной реакцией Х в (рис. 250,6"),
которая перейдет в группу задаваемых сил. При этом система получит одну
степень свободы.
Установим, какие перемещения являются для этой системы возможными.
Левая часть системы имеет неподвижную точку А. Поэтому ее возможным
перемещением является поворот на малый угол вокруг этой точки. Произведем
этот поворот по движению часовой стрелки. Шарнир С получит перемещение bs c ,
направленное перпендикулярно к отрезку АС.
Возможное перемещение правой части, не имеющей неподвижной точки,
представляет собой ничтожно малое перемещение плоской фигуры в ее плоскости.
Это перемещение можно рассматривать как поворот на малый угол вокруг
мгновенного центра вращения фигуры. Из кинематики известно, что мгновенный
центр вращения фигуры находится в точке пересечения перпендикуляров,
восставленных в точках фигуры к направлениям скоростей этих точек. Возможные
перемещения точек имеют направления возможных скоростей. Поэтому
мгновенный центр вращения фигуры можно определить как точку пересечения
перпендикуляров, восставленных в двух точках фигуры к направлениям
возможных перемещений этих точек.
Восставим перпендикуляры в точке С к перемещению 6s c и в точке В к
горизонтальному перемещению bs B ; их пересечение определит точку Е—
мгновенный центр вращения правой части системы.
Для упрощения уравнения работ перенесем силу Р по линии ее действия в
точку D, возможное перемещение которой bs D направлено по линии действия
силы Р.
Составим уравнение работ в виде (114 2):
Pbs D — X B bs B = Q.
Выразим перемещения точек D и В, принадлежащих разным частям системы,
через перемещение шарнира С, связывающего обе части. Перемещения точек D и
23*
360
С левой части пропорциональны расстояниям этих точек от центра вращения
левой части А:
6s_
AD
а
а
и—
——■ ■ _________
ОТКУДА
65
—
~~~~~~
2
2
bsc
АС
V l -\-h '
D
C
yp^w •
Перемещения точек В к С правой части пропорциональны расстояниям от
этих точек до мгновенного центра вращения этой части:
6s
ЕВ
2h
2h
*** — — _____ — _^____^^^___
bs c
ЕС
— 65
ОТКУДА
VW+T2 '
в
--------
с
ущгь2 '
Подставив эти значения bs D и bs B в уравнение работ, получим Р bs c
— Xя bs r
_
2fc
r.
а
= О,
откуда найдем X в :
X —Р —
Знак плюс в ответе означает, что указанное на рис. 250, б направление Х в
совпадает с действительным.
Аналогичным путем можно найти Y B , а также Хл и YА.
Для системы, состоящей из нескольких тел, определять реакции опор при
помощи принципа возможных перемещений особенно удобно в том случае, когда
требуется определить реакции не всех опор, & лишь одну или несколько, так как в
отличие от обычного метода статики уравнение работ (114.2) или (114.4) позволяет
определять реакцию каждой связи сразу, независимо от других реакций.
361
Пример 66. Пользуясь принципом возможных перемещений, определить
реакции составной рамы, изображенной вместе с заданной нагрузкой на рис. 251,
если P t = 1 0 кн, q = 5 кн/м, Р2=80 кн и М = 200 кн • м.
Р е ш е н и е . Заменим равномерно распределенную нагрузку сосредоточенной силой Q = q . 4 = 5 - 4 = 20 кн, приложенной к середине загруженного
участка, а силу Р2 разложим на горизонтальную и вертикальную составляющие:
Р2 = Р2 cos 60° =80
р'2'
=
Р2 cos 30° = 80
■ 0,5 = 40 кн.
¥±- = 40уТ = 69,3 кн.
Сперва
определим
реакцию
заделки: реактивный момент М А , горизонтальную составляющую Хд и
вертикальную составляющую Y A .
Для определения реактивного момента М А
отбросим связь, препятствующую повороту
рамы,
за'менив
заделку
шарнирно-неподвижной опорой и приложим к
раме реактивный момент М А (рис. 252, а).
Сообщим
системе
возможное
перемещение, повернув раму АС вокруг шарнира
А на угол бф, например, против движения
часовой стрелки. Тогда рама СВ будет
совершать плоское движение.
Найдем мгновенный центр вращения О х и,
выражая элементарное перемещение 6s
шарнира С через элементарные углы поворота
бф
рамы
АС и 6(р х рамы СВ, найдем соотношение между ними:
АС . Рис. 251. 4 / 2 .
„ с . бф = о \г_ бф = 0,5 бф.
т
8/2
6s = АС • бф = О х С • Ьу х \
бф! = О х С
Заметим, что поворот рамы СВ вокруг
мгновенного центра вращения О х на угол бфх будет происходить по движению
часовой стрелки.
Составим уравнение работ для определения реактивного момента М А ,
учитывая, что работа силы при повороте тела равна моменту силы относительно
центра вращения, умноженному на угол поворота тела, и положительна в случае,
если направления момента и угла поворота совпадают.
М А бф — Pj3бф — Q • 6бф1 — Р 2 • 8 6ф,— Р" 2 2бф!-}-М6ф, = 0.
Подставив значение бф,, получим
М А бф — Pj • 3 бф — Q • 6 • 0,5 бф — Р2 • 8 • 0,5 бф —
— Р'г • 2 • 0,5бф+ М • 0,5бф = 0.
Отсюда
Л1Л _=ЗЛ1 +3Q +4P$-f Pa — 0,5Л1==219 кн ■ м. Для определения
горизонтальной составляющей заделки Хд представим опору в виде ползуна А в
362
горизонтальных направляющих, жестко скрепленного с рамой АС, и приложим к
нему реакцию Хд (рис. 252, б).
О,
Рис. 252.
Сообщим всей системе возможное перемещение — поступательное
перемещение 6s, например, вправо, так как поворот ползуна в направляющих
невозможен.
Составим уравнение работ для определения величины горизонтальной
составляющей заделки X А :
X A bs + Pibs +
P2bs=-0\
Х А =-~Р 1 — Р' 2 = — Ъ0 кн.
Знак минус показывает, что горизонтальная составляющая заделки направлена
в сторону, противоположную направлению, указанному на рис. 252, б.
Для определения вертикальной составляющей задеЛки \А отбросим связь,
препятствующую вертикальному перемещению точки А , заменив заделку
ползуном А в вертикальных направляющих, жестко-скрепленным с рамой А С, и
приложим к нему реакцию У А .
363
Сообщим раме АС возможное перемещение—поступательное перемещение 6s,
например, вверх. Тогда рама С В будет совершать плоское движение, а точка 02
будет ее мгновенным центром вращения.
Составим уравнение работ для определения величины вертикальной
составляющей заделки Y А , выразив перемещение всех точек приложения сил через
элементарный угол бср поворота рамы С В вокруг мгновенного центра вращения
02, учитывая, что возможное перемещение шарнира С равно поступательному
перемещению рамы АС и 6s = 8 бср (рис. 262, в).
Y A 8бср — Q • 6бср — Р'г • 2бср-f М бср = О,
откуда
^=т <г +т р »-т А1 = 7'3 кнДля определения реакции подвижной опоры В отбросим эту связь, заменив ее
действие реакцией RB (рис. 252, г).
Сообщим раме С В возможное перемещение — поворот на угол бср вокруг
шарнира С, например, против движения часовой стрелки. Тогда ds = 8 бср. Рама АС
при этом остается неподвижной.
Составим уравнение работ для определения реакции R B подвижной опоры В :
R B 8 бср — Q ■ 2 бср — Р"ч 6 6<р — М бср = О,
отсюда
1Q4-&P" — M
R B = -------- :—^ --------- = 82 кн.
Для проверки правильности решения задачи убедимся в том, что
удовлетворяются уравнения равновесия
Ъ Х , = 0,
i
_К, = 0
'
i
и
_Л1, = О
iA
для всей рассматриваемой системы.
Действительно,
ZXi = Л"д-+-/>! + Я2 = — 50+ 10+40 = 0; SK, = Y A — Q — Р\ 4- RB = 7,3 — 20 —
69,3 + 82 = 0. Ъ М 1 Д = М А —
• 3-Q ■ 6-Р2. 4-Р2 • 10—M + R B - 12 =
= 219 — 3 0 — 120— 160 — 693 + 984 = 0.
Сопоставляя решение этой задачи, полученное путем применения уравнения
работ (114.2), с решением, которое могло бы быть получено при составлении
уравнений равновесия рассматриваемой системы сил, еще раз отметим следующие
основные особенности решения задач при помощи принципа возможных
перемещений:
каждая составляющая любой реакции связи определяется независимо от
других реактивных сил;
определение составляющих реакций внешних связей (в рассматриваемом
случае опор А и В) не требует определения реакции внутренних связей (шарнира
С).
364
Для системы, состоящей из нескольких тел, определять реакции опор при
помощи принципа возможных перемещений особенно удобно в том случае, когда
требуется определить реакции не всех опор, а лишь одну или несколько реакций.
В о п р о с ы д ля с а м о к о н т ро ля
1. Что
представляют
собой
обобщенные
координаты
механическая
системы?
2. Чему равно число степеней свободы механической системы?
3. В каком случае декартовы координаты точек системы зависят не
только от обобщенных координат, но и от времени?
4. Что называют возможными перемещениями механической системы?
5. Зависят ли возможные перемещения от действующих на систему сил?
6. Какие связи механической системы называются идеальными?
7. Почему связь, осуществленная с трением, не является идеальной
связью?
Как формулируется принцип возможных перемещений?
Какие виды может иметь уравнение работ?
Почему принцип возможных перемещений упрощает вывод условий равновесия
сил, приложенных к несвободным системам, состоящим из большого числа тел?
Как составляются уравнения работ для сил, действующих на механическую
систему с несколькими степенями свободы?
Какова зависимость между движущей силой и силой сопротивления в простейших
машинах?
13. Как формулируется золотое правило механики?
14. Каким образом определяют реакции связей при помощи принципа
возможных перемещений?
Г Л А В А X V I I I ОБЩЕЕ
УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ
§ 117. Принцип возможных перемещений в случае движения системы.
Общее уравнение динамики
Принцип возможных перемещений, дающий общий метод решения задач
статики, можно применить и к решению задач динамики. На основании принципа
Германа — Эйлера—Даламбера для несвободной механической системы (§ 109) в
любой момент времени геометрическая сумма равнодействующей задаваемых сил,
равнодействующей реакций связей и силы инерции для каждой точки M t
механической системы равна нулю:
R,-fR,-f Фг
= 0,
( / = 1 , 2 ............ и)
Если система получает возможное перемещение, при котором каждая точка
имеет возможное перемещение 6s, (рис. 253), то сумма работ этих сил на
перемещении 6s, должна быть равна нулю:
P t 6s, cos(P,, 6s,) + /?,6s, cos(R,, 6s,) -4-f 0,6s, cos(Ф,, 6s,) = 0
365
( / = 1 , 2 ........................ n).
(117.1)
Суммируя все n уравнений (117.1), получаем 2 ^6s,cos(P„
6s,)
+ S ^6^cos(R„ 6s,) +
+ 2 Ф <°5,С08(Ф„ 6s,) = 0.
(117.2)
Положим, что все связи в рассматриваемой механической системе
двусторонние и идеальные (силы трения, если они имеются, отнесены
к числу задаваемых сил). Тогда сумма работ реакций связей на возможных перемещениях системы
равна нулю:
2 Ri 6s, cos (R,, 6s,) = 0.
v
Ф \
При этом условии уравнение( 117.2) имеет
вид
2 P t 6s, cos (Р„ 6s,) + + 2 ф*о«,соз(Ф„ 6s,)
=0.
(117.3)
„„„
Уравнение
Рис
общим
уравнением
динамики,
показывает, что в любой момент времени сумма работ всех задаваемых сил
и сил инерции материальных точек несвободной механической системы с
двусторонними идеальными связями на любом возможном ее перемещении
равна нулю.
Если в каждую точку Ж, системы из некоторого центра О провести вектор г,,
то возможное перемещение этой точки 6s, будет соответствующим приращением
радиуса-вектора точки:
6s, = 6r,
(i = 2, 1 ..............га).
Так как возможное перемещение точки не обязательно направлено в сторону ее
действительного движения, то возможное приращение радиуса-вектора 6г, не
всегда равно действительному приращению радиуса-вектора точки dr,.
Работу задаваемых сил Р, и сил инерции Ф, на возможных перемещениях точек
системы бг, можно представить в виде скалярных произведений (60.5).
Тогда уравнение (117.3) примет вид
2 Р; - 6 Г, + 2 Ф , - 6 Г, = 0
или
2 (Р, + Фг)-6г, = 0.
(117.4)
Обозначим X t , Y\, Z, проекции задаваемых сил P, на неподвижные оси
декартовых координат, Ф и , Ф 1у , Ф 1г — проекции сил инерции Фг, a 6x t , 6у;, bz t —
проекции векторов возможных перемещений Ьг { на те же оси.
Пользуясь аналитическим выражением элементарной работы (60.6),
уравнению (117.4) можно придать следующий вид
2
366
[{X t + Ф 1х ) bx t + (К, + Ф 1у ) 6у; + (Z, + Ф 1г ) 6z t ] = 0.
(117.5)
Выразим проекции силы инерции точки на оси координат через проекции ее
ускорения:
Ф 1х = — щ 1 х 1 ;
Ф/У
= _т
,5,;
Ф 1г = — m t z v
Подставив эти значения в уравнение (117.5), окончательно получим
2
-
m lX \)bx t + (К, - т м ) 6у, -f ( Z i - m^)6z t ] = 0.
(117.6)
Общее уравнение динамики (117.6) позволяет составить дифференциальные
уравнения движения любой механической системы. Если механическая система
состоит из отдельных твердых тел, то силы инерции точек каждого тела можно
привести к силе, приложенной в некоторой точке тела, и паре сил. Сила равна
главному вектору сил инерции точек этого тела, а момент пары равен главному моменту этих сил относительно центра приведения (см. § 109). Чтобы
воспользоваться принципом возможных перемещений, к каждому телу
прикладывают действующие на него задаваемые силы, а также условно
прикладывают силу и пару, составленные силами инерции точек тела. Затем
системе сообщают возможное перемещение и для всей совокупности задаваемых
сил и приведенных сил инерции составляют уравнение (117.3) или (117.6).
Если среди связей системы имеются односторонние связи, то для применения
общего уравнения динамики необходимо, чтобы возможные перемещения системы
не были освобождающими.
§ 118. Примеры применения общего уравнения динамики
Пример 67. На треугольной призме, боковые грани которой образуют с
горизонтом углы а и В, помещены два груза А и В весом Q j и Q2, связанные между
собой невесомой и нерастяжимой нитью, переброшенной через блок С (рис. 254,
а). Зная, что коэффициент трения скольжения равен /, определить ускорение
движения грузов w и натяжение нити; массой блока пренебречь.
Р е ш е н и е . Заданная механическая система состоит из двух грузов,
движущихся поступательно. Нить и блок, массы которых не учитываются,
являются связями. Система имеет одну степень свободы.
Предположим, что груз А движется вниз, а груз В вверх.
367
Покажем задаваемые силы — веса грузов 0[ и 02, нормальные реакции боковых
граней призмы N x и N2 и силы трения F x и F2 (рис. 254, б).
Модули сил трения соответственно равны:
F x = fN x Л/*, =
где
G x cos a,
F 2 = /M 2 . N 2 —
G2cosp.
Поэтому
F x = fG x cosa
и
/72 = /G2cos6.
Силы трения направлены в стороны, противоположные направлениям движения грузов.
)
JL
а
поступательно, то равнодействующие сил
инерции приложены в центрах тяжести тел,
модули
а их
v///P///}/////////////77////////y//y//y////.
g
G2
ЈL
Фх.
mlw = -
Ф9:
m 0 w — —- w.
1
g
Приложим к грузам условно силы
инерции Ф, и Ф2, направив их
противоположно ускорению w.
Сообщим мысленно системе
возможное
поступательное
перемещение 6s, например, в
сторону движения грузов.
Составим общее уравнение динамики,
применяя (117.3), в которое не войдут
нормальные реакции боковых граней
призмы W x и N2, направления которых
перпендикулярны
к
возможным
перемещениям грузов.
G x sin a 6s — G x f cos a 6s —
Ф х 6s — G2 sin p 6s —
G 2 f cos p6s—Ф2 6s = 0.
368
Подставляя в это уравнение значение
гU
G
П oinft ____Г, f rntft ------------- ?-W — 0.
. _L w _L ™G, _______
2 sin p — G 2 f cos p —
g
Так
сил инерции и деля его на 6s, получаем
G j sin a — G x f cos а Из этого уравнения определяем ускорение грузов:
Если
_ д.
°i
(sin « — / cos а) — G2 (sin В -f / cos 6) G j
(sin а — / cos a) — G2 (sin В + / cos 6) > 0,
то грузы движутся в указанном выше направлении.
Для определения натяжения нити 5 на основании принципа Германа— Эйлера
— Даламбера составим для сил, приложенных к телу, и его силы инерции
уравнение проекций на ось х (рис. 254, в):
5 — G1sina--|-/71-T-<t>1 = 0
или
S—G 1 (sin a — / cos a)---------- w.
Подставив значение w, после соответствующих преобразований, получим
5 = QG^O [sina + sinP + /(cosР — cosa)lПример 68. Барабаны радиусами г х и г2, соединенные между собой жестко,
могут вращаться вокруг горизонтальной оси. На барабаны намотаны
нерастяжимые нити, к концам которых подвешены груз А весом О х и груз В весом
G2. Система движется под действием сил тяжести грузов. Определить угловое
ускорение барабанов, пренебрегая их массами и массой нитей (рис. 255, о).
369
Рис. 255.
Р е ш е н и е . Предположим, что соотношение грузов таково, что барабаны
вращаются с угловым ускорением е в направлении, обратном движению часовой
стрелки (рис. 255, б).
Заданная механическая система состоит из двух грузов, движущихся
поступательно. Нити и барабаны, массы которых не учитываются, являются
связями. Система имеет одну степень свободы.
Покажем задаваемые силы — веса грузов О, и G2. Силы инерции точек
каждого груза, движущегося поступательно, приводятся к равнодействующей
силе, приложенной в центре тяжести груза. Приложим к грузам условно силы
инерции Ф! и Ф2, направив их противоположно ускорениям грузов W[ и w2. Так
как ускорения грузов равны вращательным ускорениям точек ободов барабанов то
модули сил инерции
Ф1
= m w = m^w* = ~ г^;
l
Ф2
1
= m2W2 = m2W2 = "у Л 2 8 -
Сообщим мысленно системе возможное перемещение, повернув барабаны на
угол бф по направлению их действительного вращения (за возможное
перемещение можно было бы принять элементарное перемещение системы и в
сторону, противоположную ее действительному движению).
Возможные перемещения грузов равны возможным перемещениям точек
ободов барабанов, т. е.
6sx = г j бф;
6s2 = г 2 бф.
Составим общее уравнение динамики в виде (117.3):
G j 6sj —
6sj — G2 6s2 — Ф2 6s2 = 0.
370
Подставим в это уравнение значения возможных перемещений и сил инерции:
G
G
<Vi 6Ф ----- j- г № бф — G2r2 бф --------- ^- г2 гг 2 бф = 0.
Из этого уравнения определяем угловое ускорение барабанов: с ^ (G,r, —
G 2 r 2 )g
Ускорение вращения в принятом при решении задачи направлении имеет
место при е > 0, т. е. при условии
G 1 r l —G2r2 > 0, или G j > G 2 - ^ .
Пример 69. Решить пример 59, учитывая массы барабанов, равномерно
распределенные по их поверхностям. Известно, что вес малого барабана равен Q u
а большого — Q2.
Р е ш е н и е . Так как центры тяжести барабанов находятся на оси вращения,
то силы инерции их точек приводятся к парам сил (см. § 109). Пары направлены
противоположно угловому ускорению барабанов е (рис. 255, в), а величины их
моментов определяются по формулам (109.6).
371
Учитывая, что массы барабанов равномерно распределены по их поверхностям,
определяем моменты инерции барабанов относительно оси вращения Сх по
формулам:
т
"2х'
гп/
2
f- _
2
Я2.
а
-2
'
Абсолютные величины моментов пар, составленных силами инерции точек
барабанов, полагая е > 0, находим по формуле (109.6):
| Л? | = 7_е =
Mf\
<?2
2
— г 2 г.
g
Сообщим системе возможное перемещение—поворот барабанов на угол бф в
сторону их действительного вращения, и составим общее уравнение динамики
(117.3):
Gi 6si — 0i 6$i — G2 6s2 — Ф 2 6s2 — I M
f j бф — I M f I бф = 0
Здесь работа пар, составленных силами инерции, отрицательна, так как
направления пар и поворота барабанов на угол бф противоположны.
Подставив в составленное уравнение (117.3) значения величин из примера 59 и
значения моментов пар, получим
о—,
G l r l • бф — ^- r 1 er l
02
*
Qi
- ~ r&r- ■ бф —
отсюда найдем угловое ускорение барабанов:
бф—■
■ 0 2 г 2 ■ бф
г \ъ ■ бф -- — г \ъ ■ бф = 0,
(О in — G2r2)g
с _
2
(al + Q)r 1+(a2 + Q2)rl '
Пример 70. Центробежный регулятор вращается вокруг
вертикальной оси с постоянной угловой скоростью ю. Вес
каждого шара равен Gj, а вес муфты G. Муфта отжимается вниз
пружиной, закрепленной верхним концом на оси регулятора. При
а = 0 пружина не деформирована; коэффициент жесткости
пружины равен с. Длина каждого стержня равна /; оси подвеса стержней отстоят от
оси регулятора на расстоянии а. Определить угловую скорость регулятора to,
которой соответствует угол а, пренебрегая весом стержней и пружины (рис. 256,
о).
Р е ш е н и е . Центробежный регулятор представляет собой механическую
систему, состоящую из трех тел—двух шаров и муфты, соединенных при помощи
связей — стержней и пружины.
Покажем приложенные к регулятору задаваемые силы: веса шаров G! и вес
муфты G. Так как пружина не является идеальной связью, то ее реакцию Р отнесем
к задаваемым силам (рис. 256, б).
Найдем укорочение пружины, соответствующее углу а:
h — 21 — 21 cos а = 21 (1 — cos а).
24
А. А. Яблонский
372
Моауль реакции пружины P =
2с/(1 — cos а).
ch-.
Приложим к системе условно силы инерции ее точек. При равномерном вращении
регулятора силы инерции шаров являются центробежными, направленными
противоположно центростремительным ускорениям шаров. Их модули определим
по формуле:
Ф = Фа = т х га 2 — — (a-\-lsma)(i> 2 ,
где г = а-\-/ s i n а — расстояния центров тяжести шаров
до оси вращения регулятора.
Рассмотрим возможное перемещение системы, при
котором происходит изменение угла а. Проведем оси
координат, как указано на рис. 256,6", и составим общее
уравнение динамики в виде (117.5):
о бул +о ;буЛ1+(о+Я)бу в
1
— Ф6х А -\~Ф'дх А = 0.
Рис. 256, б.
Определим координаты точек приложения сил в
выбранной системе координат. Проекции возможных - перемещений этих точек
найдем, дифференцируя координаты по переменной а.
= lcosa; х А =
Ьу А = 6уЛ| = — / s i n а 6а; Ьх А
— (fl + /sina); х. — a-\~l
= — / cos а 6а. bx Ai = I cos аба.
У
A =i> Ai
■21 sin а 6а.
sin а; у в = 21 cos а;
Подставив эти значения в
6yi
общее уравнение динамики, найдем —
2G x l sin а 6а — (G -j- Р) 2/ sin a 6a -f- 2Ф/ cos a6a = 0,
или
Ф cos a = [Gj + G + 2cl (1 —cos a)] sin a.
Приравняем значение силы инерции полученному для нее выражению
Ф = — (a -f- / sin а) со2 = [Ох -f- G -f- 2d (\ — cos a)] tg а,
отсюда найдем угловую скорость регулятора, соответствующую некоторому углу а:
(D
= l/ ^ + 0+2с/ (l-cosa)]gtgg
У
О, (а +/sinа)
Пример 71. К концам нерастяжимой и невесомой нити прикреплены груз А
весом О х , находящийся на горизонтальной плоскости, и груз В весом G2,
расположенный на наклонной плоскости, которая
О)
А
373
G3
Рис. 257
составляет с горизонтом угол а (рис. 257, а). От груза А нить идет через
неподвижный блок С, охватывает подвижной блок D, а затем через блок Е,
находящийся на одной оси с блоком С, идет к грузу В параллельно скату наклонной
плоскости. К подвижному блоку D подвешен груз К весом G3. Коэффициенты
трения груза А о горизонтальную плоскость и груза В о наклонную плоскость соответственно равны /j и /2. Определить, пренебрегая" массами блоков, ускорения
грузов, предполагая, что груз К опускается, а грузы А и В движутся, приближаясь
к блокам С и Е.
Р е ш е н и е . Заданная механическая система состоит из трех грузов А, В и К,
движущихся поступательно.
Условимся определять положение грузов А, В а К соответственно
координатами их центров тяжести х, s и у, отсчитываемыми от начальных
положений этих центров (рис. 257, б).
Нерастяжимая нить, связывающая грузы, накладывает на выбранные
координаты следующее условие:
24
А. А. Яблонский
374
=~Р-
У
(а)
Так как три координаты определяются одним уравнением, то независимыми
являются из них две. Следовательно, рассматриваемая система имеет две степени
свободы.
Примем координаты х и у за обобщенные координаты системы.
Продифференцировав равенство (а) два раза по времени, получим
х -4- s
т. е. алгебраические значения ускорений грузов связаны между
зависимостью
Щ=
2
собой
(б)
•
Здесь каждое из ускорений положительно, если его направление совпадает с
направлением выбранной оси координат, и отрицательно — в противоположном
случае.
Приложим к системе задаваемые силы: веса грузов О,, Q2, G3, а также силы
трения и F2, относя их к задаваемым силам. Величина каждой силы трения равна
произведению коэффициента трения на нормальное давление между телами и
плоскостью, т. е.
/7 1
= /А;
F 2 = f 2 0 2 cosa.
Условно приложим в центре тяжести каждого груза равнодействующую сил
инерции его точек.
Направим эти силы противоположно ускорениям, имеющим условно
направление Осей координат.
Определим их значения:
Ф!
= от^! = Я± W l ;
ф2 = m2w2 = 9± w2\
Ф3 = mzwz = $± w3.
Сообщим системе возможное перемещение в сторону возрастания выбранных
координат. Обозначим возможные перемещения грузов 6Л:, 6S и 6у. Согласно
условию (а) эти перемещения связаны между собой зависимостью:
6 у = 6* + 6s • 6s = 26y — bx.
(в)
Составим общее уравнение динамики рассматриваемой механической системы
в виде (117.3):
- (*i + Fi) bx + (Р- — фз) ^ — (G2 sin a + Ф2 + F 2 ) bs = 0.
Подставим в это уравнение значения сил инерции и сил трения, а также
выразим 6s через Ьх и 6у по условию (в):
- (-^ «1 +
/гОг) Ьх + (О, -
f ^±^) 6у _
— [ G 2 sina-f--^- w -\- f 2 G 2
2
375
cos a j (2 6y — 6jt) = 0
или
^_ Јl Wl _
+ G2 sin a + ^- та>2 + /2G2 cos aj bx +
-4~JG3 — ^- ^ + w» —2G 2 sina^--~--w 2 — 2f 2 G 2 cosa)6y = 0.
Так как это равенство справедливо при любых значениях 6х и ду, то
коэффициенты при этих приращениях обобщенных координат равняются нулю.
Приравняв нулю коэффициенты при Ьх и 6у, получим
G 1 w 1 — G 2 w 2 = [G2 (sin a + /2 cos a) — f X G X \
g,
G i w [ + (4G24- G3) w 2 =
[2G3 — 4G2 (sin a4- f 2 cos a)] g\
Решив эту систему уравнений относительно ускорений w x и w 2 грузов А и В,
найдем
«.
- - Q«Q»(2 + stna + /iCQ8a) —/10^40, + G,)
w- — g
0,(402 + Оз )4-02 Оз
_ „ Q,G3 (2 + /,) — Ог (40, + G 3 ) (sin a +/2 cos a)
w- — s
G,(4G2 4 -G3) + G2G3
Ускорение груза К определим по условию (б):
Щ
~
_ wt + w2 _
2
~g
G 3 ( G l - \ - G i ) — 2 G j G 2 ( f l - \ - sin a +/г sin a)
G1(4G2 4 -G3) + G2G3
§ 119. Обобщенные силы и примеры их вычисления
Рассмотрим механическую систему из га материальных точек М х .
М 2 .......... М П , находящуюся под действием системы сил Р^ Р2 ....................... Р„
<рис. 258).
Предположим, что механическая система имеет s степеней свободы, т. е. ее положение определяется s обобщенными координатами q v q 2 .............. q s .
Дадим обобщенной координате qj бесконечно малое прираще-иие bqj, не
изменяя остальных обобщенных координат механической системы. Тогда точки
системы получат бесконечно малые перемещения 6s!, 6s2, • • •. 6s„.
Так как эти перемещения допускаются связями, то совокупность этих
перемещений будет одним из возможных перемещений системы.
Силы Р\, Р2 ................ Р„ совершат на перемещениях 6S[ 6s2 ............................ 6s„
элементарную работу:
6^ = 2 P ,us,cos(P,. 6s,).
Отношение работы ЬА Ч ^ к приращению обобщенной координаты bqj назовем
обобщенной силой, соответствующей
координате q jt и обозначим Qj'.
6
^cos(P,.6S,)
Qj—-^-—
^.
(П9.1)
_ \_2
24
А. А. Яблонский
376
Обобщенной силой Qj, соответствующей обобщенной координате qj,
называют скалярную величину, определяемую отношением элементарной
работы действующих сил, на переме*
щении механической системы, вызванр
ном элементарным приращением bq }
М
координаты qj, к величине этого приращения.
Равенство (119.1) можно представить в виде
Qjbq J ='2 l P l bs i cos{P t , 6s,), (119.2)
рис
откуда следует, что произведение обобщенной силы, соответствующей
координате q^ на приращение этой координаты bqj, равно элементарной работе
приложенных к системе сил на перемещении системы, вызванном приращением
этой координаты.
Из формулы (119.2) видно, что размерность обобщенной силы зависит от
размерности соответствующей обобщенной координаты:
М
19] ■
Так, например, линейной обобщенной координате q соответствует обобщенная
сила Q, измеряемая единицами силы.
Если за обобщенную координату q принят угол ср, измеряемый в радианах, то
размерность обобщенной силы Q совпадает с размерностью момента. Так как
каждой обобщенной координате соответствует обобщенная сила, то число
обобщенных сил механической системы равно числу обобщенных координат,
причем размерность каждой из обобщенных сил соответствует размерности
соответствующей обобщенной координаты. Известно, что существует два способа
группировки сил, действующих на механическую систему:
деление на внешние и внутренние силы;
деление на задаваемые силы и реакции связей..
Соответственно этому обобщенные силы разделяются или на обоб-щенные
внешние и обобщенные внутренние силы или на обобщенные задаваемые
силы и обобщенные реакции связей.
Покажем, что в случае стационарных связей обобщенные реакции
идеальных связей равны нулю. Действительно, для нахождения обобщенной
реакции, соответствующей координате qj, следует вычислить сумму работ реакций
связей на перемещении системы, соответствующем приращению 6qj этой
координаты, а затем определить обобщенную реакцию связи по формуле:
2 Ri 6s( cos (R,, 6s )
(
6^
Как указывалось выше (§ 112), в случае стационарных связей описанное
перемещение системы является одним из возможных перемещений этой системы,
а потому сумма работ реакций идеальных связей на этом перемещении равна
нулю:
377
2 Л, us, cos (R„ 6s,) = О,
отсюда следует, что
Q? = 0
(/= 1, 2 ................. s ) .
(119.3)
Таким образом, при определении обобщенных сил, реакции идеальных связей
выпадают.
Рассмотрим примеры вычисления обобщенных сил.
Пример 72. Рычаг АВ вращается вокруг горизонтальной оси, проходящей
через точку О, перпендикулярно к плоскости рисунка (рис. 259). К концам рычага
приложены вертикальные силы Pj и Р2; ОА = а, ОВ — b. Приняв угол ср, определяющий положение рычага, за обобщенную
координату, определить соответствующую ей
обобщенную силу.
Р е ш е н и е . Для нахождения обобщенной силы
Qq,, соответствующей обобщенной координате ср,
сообщаем координате ср приращение бф (рис. 259).
Отмечаем перемещения, которые получают при этом
точки приложения сил Р, и Р2. Эти перемещения
направлены перпендикулярно к отрезкам OA и ОВ и
раВНЫ:
л а бф
л
А А
Рис.259.
6s, =
и Аos 2 —
o бф.
Составляем сумму работ сил P j и Р2 на
перемещениях bs l и 6s2. вызванных приращением угла поворота рычага ф:
6Лф = Р, 6s, sinф — Р2 6s2 sinф.
Подставляя значения перемещений
ЬАу
= (Р х а
bs1 и 6s2, получаем
— Рф)
бф sin ф.
378
Обобщенную силу (Эф определяем по формуле (119.1) как отношение работы
бЛф к приращению координаты бф:
ЬА 9
Q<f=^=( P i a — p ^) si n( C= дополученный результат показывает,
что обобщенная сила Q^, соответствующая углу ф, равна главному моменту сил,
приложенных к рычагу, относительно опорной точки О.
Пример 73. Центробежный регулятор вращается вокруг вертикальной оси. Вес
каждого шара регулятора равен О, вес остальных частей может не учитываться.
Длины стержней равны I . Приняв
за обобщенные координаты угол а, образованный
стержнями регулятора с вертикалью, и угол поворота
регулятора ф вокруг вертикальной оси, найти
обобщенные
силы,
соответствующие
этим
обобщенным координатам.
Р е ш е н и е . Для нахождения обобщенной силы
Q a , соответствующей обобщенной координате а (рис.
260), даем углу а приращение ба, оставляя угол ф
неизменным. Отмечаем перемещения, которые
получают
точки
приложения
весов
шаров.
Перемещения этих точек 6sj и 6s2 направлены
перпендикулярно к стержням A-fii и А 2 С 2 и равны
6sx — bs 2 = l ба.
пере-
Составляем сумму работ задаваемых сил тяжести шаров на
Рис.
мещениях 6sf и 6s2, вызванных приращением угла а:
260,
6Ла = — G •
• sin а — О • 6s2 • sin а = — 20 • I • ба • sin а.
Определяем обобщенную entry Q a по формуле (119.1):
6Ла _
- 2 0 ■ / ■ sin а.
<?« = - 6а
Для нахождения обобщенной силы <2ф, соответствующей обобщенной координате
ф, дадим углу ф приращение бф, оставляя угол а неизменным.
Точки приложения весов шаров при повороте регулятора на угол бф
перемещаются в плоскости, перпендикулярной к оси регулятора. Работа сил
тяжести О на этих перемещениях равна нулю:
Обобщенная сила, соответствующая координате ф,
■ О.
§ 120. Выражение обобщенных сил через проекции сил на неподвижные
оси декартовых координат. Случай сил, имеющих потенциал
Рассмотрим механическую систему из п материальных
ходящуюся под действием сил Pj, Р2........................Р„.
точек,
на379
Положим, что система имеет s степеней свободы, т. е. ее положение определяется s обобщенными координатами q v q 2 ............................ q s .
Найдем выражение обобщенной силы, соответствующей каждой обобщенной
координате системы. Для этого проведем в каждую точку системы M i из начала
неподвижной системы декартовых координат радиус-вектор r t (рис. 261).
При наличии нестационарных связей
радиус-вектор точки, так же как и ее
декартовы координаты, является функцией
всех обобщенных координат и времени:
r; = r<(<7i. ?2 ............. Ч,. О
(«'= 1, 2, . . . . я).
Чтобы найти обобщенную силу Qj,
соответствующую обобщенной координате
qj, сообщим координате qj элементарное
приращение 6qj, тогда радиус-вектор
каждой точки M t получит приращение,
обусловленное приращением только одного аргумента
с/у:
Рис. 261.
(120.1)
Составим сумму работ всех сил, действующих на систему, на возможных
перемещениях точек br t j, вызванных приращением координаты 6qj.
Воспользуемся для этого выражением элементарной работы силы в виде
скалярного произведения (60.5):
6Л„
dq.
i=l
1
1=1
Подставив это выражение в формулу (119.1):
ЬА„
получим обобщенную силу Qj в виде суммы скалярных произведений векторов:
t = i
(120.2)
dq.
Выразив эти скалярные произведения через проекции векторов-сомножителей
на -неподвижные оси декартовых координат, получим обобщенную силу Qj в
следующем виде:
в/ = £ ^ - £ =
1=1
1
1=1
4
I
1
2(^ + ^ + ^).
(120.3,
'
380
Аналогичное выражение можно получить и для обобщенной силы инерции
(120.3):
1=1
I
1
i=l
=
/..
J
v
<=1
дх.
1 .. ду,
'
.. дг,\
(120-4)
Рассмотрим теперь случай, когда силы, действующие на механическую
систему, имеют потенциал. Тогда согласно (72.8) проекции этих сил на оси
координат равны взятым с обратным знаком частным производным, от
потенциальной энергии системы по соответствующим координатам точек:
у __дП
Л{~
дх^
у ——
У'~
дП
ду i
'
дП
7 —
dzt
-
Подставив эти значения проекций сил в формулу (120.3), получим
у, / дП
дх.
dyt
дП
дП
дг. \
^ = = ~2 ^('5I7 ' ~dY j~^"dyJ
' "cyT+dT
"Wj)'
^
Потенциальная энергия механической системы согласно (72.5) является
функцией" декартовых координат точек системы
n =n { x v у,, *!, х 2 , . . . . z n ) .
Декартов-ы координаты точек системы являются функциями ее обобщенных
координат и времени (112.2):
X l = xl(q1, q2,
qs, t),
)>1 = )>ЛЯ1> Чч . Qs, t ) ,
Zt = Zt {qv q2,
qs, t).
Подставив в выражение (72.5) значение декартовых координат из (112.2),
получим потенциальную энергию Я механической системы, как функцию
обобщенных координат и времени:
Я = Я(?1, q2 .................. q s , ( ) ■
(120.5)
В случае стационарных связей зависимость декартовых координат от
обобщенных координат имеет вид (112.1)
*i = **(?i. Яг ................
У* = У(
*i
381
z
= i
(?1- 92' ■ ■ ■ ' Яа)'
-У
92 ..... Я
Потенциальная энергия системы в этом случае является функцией только
обобщенных координат:
П = П(д х , д 3 , .... q s ).
(120.6)
Найдем частную производную от потенциальной энергии системы П по
обобщенной координате q } , рассматривая /7 как сложную функцию обобщенных
координат, определяемую зависимостями (72.5) и (112.1).
Эта производная определяется суммой З/t слагаемых. Каждое слагаемое равно
произведению частной производной от /7 по одной из Зи декартовых координат
точек х 1г y v z v х 2 , .... z n на производную от этой декартовой координаты по
выбранной обобщенной координате qy.
dqj
2л\
dxt ' dqj
dz-t
dqj)'
dy{ ' dqj
^ '
Сопоставляя выражения (а) и (б), устанавливаем:
QJ
= —JjJ
U
=
U 2'
S)-
(120-7)
Формулы (120.7) показывают, что в случае сил, имеющих потенциал,
обобщенная сила, соответствующая обобщенной координате qj, равна
взятой со знаком минус частной производной от потенциальной энергии
механической системы по этой координате.
§ 121. Общее уравнение динамики в обобщенных силах. Условия
равновесия сил
Преобразуем общее уравнение динамики (117.4):
п
2(Р<-+-ф -)-бг, = о.
(
Подставим в это уравнение наиболее общие возможные перемещения точек
системы 6гг, вызванные одновременными бесконечно малыми приращениями
всех
обобщенных
координат
системы. Эти перемещения равны
геометрической сумме возможных перемещений, вызванных приращениями
отдельных обобщенных координат, т. е.
382
Общее уравнение динамики примет следующий вид:
2>* + Ф < ) - ^=l
21^ = 0.
i=i
п
S
<121Л>
Суммируя сначала по точкам системы ( / = 1 , 2 ......................... и), а затем
по обобщенным координатам (J = 1 , 2,
s), получаем
Е^Р,+
О
или
y=i
\г = 1
i=i
1
j
п
Здесь V Р, • -~ = Qj — обобщенная сила, соответствующая обоб41 щенной
i=i
координате q<. я
Сумма ^ Ф, • является обобщенной силой инерции, соответ-ствующей
обобщенной координате qy.
«?-2
1=1
ф
'-Л7-
( 1 2 L3
>
Пользуясь выражениями (120.2) и (121.3), получим общее уравнение динамики
(121.2) в виде
s
S (Qy + ^)6<7
y
= 0.
(121.4)
Приращения обобщенных координат 6 q j произвольны и не зависят друг от
друга.
Поэтому в полученном уравнении все коэффициенты при этих приращениях
должны быть равны нулю.
Приравняв нулю эти коэффициенты, получим
(У==1. 2 ............. s).
(121.5)
Уравнения (121.5) эквивалентны общему уравнению динамики (121.4).
Если силы, действующие на механическую систему, уравновешиваются, т. е.
механическая система находится в состоянии покоя, или все ее точки движутся
прямолинейно и равномерно, то силы инерции ее точек равны нулю.
Следовательно, и обобщенные силы инерции системы равны нулю:
Qj + Qf = 0
Q* = 0
( j = 1, 2, . . . , s).
Тогда уравнения (121.5) принимают вид
383
Q J= =0
( / = 1 , 2 ............. s)
(121.6)
Равенства (121.6) выражают условия равновесия сил в обобщенных силах.
Так, например, в примере 62 для рычага получено выражение обобщенной
силы Q v , соответствующей обобщенной координате ср.
Рычаг имеет одну степень свободы. Если приложенные к нему силы
уравновешиваются, то согласно (121.6)
Q v = (Pia — P 2b)sln(p = 0,
т. е. сумма моментов задаваемых сил P j и Р2, действующих на рычаг,
относительно опорной точки рычага равна нулю. Такое же условие равновесия сил
установлено в § 27 курса статики.
Преобразуем условия равновесия (121.6) для консервативных сил, т. е. сил,
имеющих потенциал. Для любой системы сил условия равновесия имеют вид
Qy = 0
r j
= l i
2, . . . . S).
В случае консервативных сил обобщенные силы определяются формулами
(120.7):
з£
(у = 1
*
'
2 5 )
"
Следовательно, условия равновесия консервативной системы сил имеют вид
|£ = 0
( / = 1 . 2, . . . . s).
(121.7)
§ 122. Примеры на применение условия равновесия консервативной
системы сил
Пример 74. Прямолинейный однородный стержень АВ длиной 21 упирается
нижним концом А в гладкую вертикальную стену, составляя с ней угол ср, а в
промежуточной точке D на гладкий горизонтальный цилиндрический стержень,
параллельный стене, отстоящий от нее на расстоянии а. Определить угол ср, при
котором стержень находится в состоянии покоя (рис. 262, а).
Р е ш е н и е . Примем за обобщенную координату угол ср, образованный осью
стержня с вертикальной стеной.
384
Рис. 262.
Проведем через точку D координатные оси Dx и Dy (рис. 262, б). Определим
потенциальную энергию стержня в поле сил тяжести:
П=Оу с .
Так как
у с — I cos ср — a ctg ср,
то
r i — G ( l cos ср — а ctg ср).
Найдем первую производную от потенциальной энергии по обобщенной
координате ср:
d (f
4— = — О Г/ sin ф -- —) = G (—Л --------- / sin ср).
2
\
sin ф у
\ s i n cp v
2
В случае равновесия консервативной системы сил на основании (121.7)
Поэтому
-т4 ---------/sin ш = О,
т
sin2 <р
т. е.
sin
По этой формуле определяется то значение угла ф, составленного осью
стержня с вертикальной стеной, при котором он находится в состоянии покоя.
385
Пример 75. Пружина А В удерживает однородный стержень О В длиной / и
весом G под углом ср к горизонту. Конец пружины А прикреплен к
горизонтальной плоскости на расстоянии А О = 1 (рис. 263). Определить
коэффициент жесткости с этой пружины, если известно, что длина пружины в
ненапряженном состоянии равна L .
Решение.
Для
определения
коэффициента жесткости пружины с воспользуемся условием равновесия
консервативных сил (121.7).
^r-J
Примем за обобщенную Л^^Н^
______________
координату угол ср, образо- V ^7^7777777777777777,
ванный осью стержня с горизонтом. Проведем через
точку О координатные оси
Рис. 263.
Ох и Оу.
Потенциальную энергию рассматриваемой
механической системы определим как сумму потенциальной энергии стержня в
поле сил тяжести П а и потенциальной энергии деформированной пружины П р .
я=/7с+/7р.
Здесь
I
ch 2 ~2~
Пр =
sincp;
Ф
/7=
с
(21
cos
с (21 cos -| — L ) 2
Поэтому
О
— L)2
-K-sincp-
2
2
1
Найдем первую производную от потенциальной энергии по обобщенной
координате ср.
2c(2/cos| - L ) (-24 sin |)
ш
^ ^ — COScp-^ ------------------------------------------- g ------------------------------ =
Gl
cos
Ф — c^sincp-f- cLl sin-5-,
Так как в рассматриваемом состоянии покоя системы -^- = 0, то
Щ- cos ср — с р sin ср + c L l sin -|- = 0.
Из этого равенства определяем, каким в рассматриваемом случае должен быть
коэффициент жесткости пружины:
_
G cos <р
2 { l sin ср — L sin -jj
§ 123. Понятие об устойчивости состояния покоя механической системы с
одной степенью свободы в консервативном силовом
поле
386
Состояние покоя механической системы может быть устойчивым,
неустойчивым и безразличным.
Состояние покоя механической системы называется устойчивым, если эта
система, выведенная из положения покоя, будет совершать колебания около этого
положения.
Состояние покоя механической системы называется неустойчивым, если при
сколь угодно малом отклонении системы из положения покоя она удаляется от
этого положения и колебаний около этого положения не возникает.
Состояние покоя механической системы называется безразличным, если при
отклонении ее из этого положения она и в новом положении может оставаться в
состоянии покоя.
Критерий устойчивости состояния покоя для систем с голоном-ными и
стационарными связями, находящихся в консервативном силовом поле,
устанавливается в зависимое™ от потенциальной энергии этих систем.
Представим себе механическую систему с голономными стационарными
связями, находящуюся под действием сил, имеющих потенциал. Такую систему,
как указывалось выше (§ 72), называют консервативной.
Для консервативной системы уравнения равновесия сил имеют вид (121.7):
1И и=1 ' 2 .. s)-
Из уравнений (121.7) следует, что положениям покоя консервативной системы
соответствуют экстремальные значения потенциальной энергии системы.
Однако по уравнениям равновесия сил (121.7) нельзя судить об устойчивости
состояния покоя в этих положениях системы. Условие устойчивости состояния
покоя механической системы содержится в теореме Лагранжа — Дирихле. Эта
теорема устанавливает, что те положения покоя консервативной системы, в
которых потенциальная энергия системы достигает минимума,
являются ее устойчивыми состояниями покоя.
Для консервативной системы с одной степенью свободы положения покоя
определяются одним уравнением:
■^ = 0
(123.1)
Чтобы определить, устойчиво ли состояние покоя в рассматриваемом
положении системы, необходимо выяснить имеет ли потенциальная энергия
системы в этом положении минимум, т. е. выполняется ли условие
~>0.
(123.2)
Уравнением (123.2) и пользуются при решении задачи об устойчивости
состояния покоя системы с одной степенью свободы.
Критерий Лагранжа — Дирихле является достаточным (но не необходимым)
условием устойчивости состояния покоя системы в поле консервативных сил.
387
Остановимся теперь на вопросе о том, как оценить состояние покоя
консервативной системы в положении, в котором она не имеет минимума
потенциальной энергии.
Ответ на этот вопрос содержится в специальных теоремах А. М. Ляпунова1.
На рис. 264, а изображено положение покоя физического маятника,
соответствующее наинизшему положению его центра тяжести. В этом положении
потенциальная энергия маятника в поле силы тяжести имеет минимум и это
состояние покоя является устойчивым.
Рис. 264.
Если вывести маятник из этого положения, отклонив его на некоторый угол в
вертикальной плоскости, то он начнет качаться вокруг оси привеса.
На рис. 264, б изображен маятник в том положении, при котором его центр
тяжести занимает наивысшее положение. В этом положении потенциальная
энергия маятника имеет максимум и это состояние покоя является неустойчивым.
Если вывести маятник из этого положения, то он не возвратится в
первоначальное положение.
1 Л я п у н о в А. М. Общая задача об устойчивости движения. Гостех-издат, 1950.
388
На рис. 264, в изображен шарик, находящийся на горизонтальной плоскости.
Состояние покоя шарика является безразличным. Потенциальная энергия шарика в
любом положении на плоскости не имеет ни минимума, ни максимума, являясь
постоянной величиной, не изменяющейся при изменении положения шарика.
§ 124. Примеры на определение условий устойчивости состояния покоя
механической системы с одной степенью свободы
Пример 76. Определить условие устойчивости состояния покоя метронома,
изображенного на рис. 265, представляющего собой маятник с двумя грузами А и
В, если вес этих грузов G j и G2, а их расстояния от точки О
соответственно равны и /2; весом стержня пренебречь.
Р е ш е н и е . Примем за обобщенную координату угол
ср, образованный осью метронома с вертикалью.
Проведем через точку О (ось метронома) координатные
оси Ох и Оу.
Потенциальная энергия рассматриваемой системы в
поле сил тяжести
П = 0 ^1 + 0 ^2- При расположении груза А
внизу
у, = •— l t cos ср;
у 2 = l 2 cos ср. Поэтому
Л = {G 2 l 2 — GJ/J) cos ср.
Найдем первую и вторую производные от
потенциальной энергии по обобщенной координате ср:
■^Г = — (G 2 l 2 — G x l{) sin ср = (GJi — G 2 l 2 ) sin ср;
В состоянии покоя
дц)
(
GJ/J — G 2 l 2 ) cos
cp. дП
= 0.
Это будет в двух случаях:
если GJ/J — G2/2=0, т. е. G^ — G 2 l 2 ;
если sincp=0, т. е. ср = 0 или ср= 180°.
При Gx /j = G 2 l 2 нет ни максимума, ни минимума потенциальной
энергии ^-g-j-=Oj, а потому этому случаю соответствует безразличное равновесие.
Найдем соотношение между О х и G2, при котором при ср = О метроном
находится в устойчивом состоянии покоя.
389
д2П
■gjr = G i l i — °гк > 0.
Поэтому состояние покоя метронома устойчиво, если
GJ/J >• G 2 l 2 .
При ф = 180° и G^, > G 2 l 2
т. е. это состояние покоя метронома неустойчиво.
Пример 77. По гладкому неподвижному проволочному кольцу радиусом г,
расположенному в вертикальной плоскости, может скользить без трения гладкое
кольцо В. К кольцу подвешен груз
весом Q
и привязана нить,
перекинутая через ничтожно малый
неподвижный блок А, находящийся в
высшей точке кольца. К концу этой
нити подвешен груз весом Р (рис. 266)
Определить, при каких значениях центрального угла ф
рассматриваемая
механическая
система будет находиться в состоянии покоя и установить, какие
из этих состояний покоя устойчивы.
Р е ш е н и е . Примем за обобщенную координату системы
центральный угол ф и проведем
через центр блока А координатные
оси Ах и Ау
Потенциальная энергия
тяжести равна:
Рис. 266.
-T-рассматриваемой
n Q = Py p + Qyсистемы
Q.
в поле сил
Обозначив L длину нити BAD, а / расстояние от центра кольца В до центра
тяжести груза Q, получим
/7 = /7,
Ур = — U — 2rsin|-j, yQ =
— {А В sin | + /) =
(2rsin2| + /)
тогда
П р = — P ( L - 2 r s i n | ) ; t f Q = - Q ( 2 r s i n 2 - | + /); Я = ЯР + Я0 =
25
А. А. Яблонский
390
— p ( L - 2 r s i n - | ) — Q (2rsin2| + /):
1- — QZ.
PL + 2Pr sin -| — 2Qr sin2
Найдем первую и вторую производные от потенциальной энергии по
обобщенной координате ср:
*L _= 2Pr i cos | - 2Qr • 2 sin f . ± cos | =
= Pr cos-5- — 2Qr sin-|- • cos-| = r cos-^- ^P — 2Qsin 1
rsin
с)ф2 ~
|(p_2Qsin|) +
2
+ rcosf (- 2 Q - 1 cos-J) ==-I Pr sin -| + Qr sin 2 -|— Qr cos 2 -| = —1 Pr sin |. + 2Qr sin 2 -J — Qr.
Рассматриваемая механическая система находится в состоянии покоя, т. е.
приложенные к ней консервативные силы уравновешиваются в том случае, если
Оф
т. е.
rcos-|(P — 2Qsin|-) = 0.
Из этого равенства устанавливаем два условия возможного состояния покоя
системы:
ш,
_
ф,
я cos^ = 0;
тг = -2>
ф! = я;
P_2Qsinf=0;
sin| = ^ .
Для того, чтобы состояние покоя было устойчивым, необходимо выполнение
условия (123.2), т. е.
!?>°-
1) При ф1 = я
Состояние покоя устойчиво, если
Qr—^Pr > 0.
2Q>P
или
Q>
Y-
2) При s i n ^ = -щ
№ ) „ — l » 4r +* > - & - <» =
РЧ
,
4Q + 2Q
391
РЧ
Л
РЧ
4Q
Так как
то
<0.
/ Р2
—
г>\
р2
т. е. в этом положении тело
находится
в
неустойчивом
состоянии-покоя.
Результаты исследования показывают, что при ф1 = л система
р
находится в устойчивом состоянии покоя, ес*ли Q > , а при. sin^ = -^г состояние
покоя системы неустойчиво.
2
В о п р о с ы д ля с а м о к о н т ро ля
1. Какой вид имеет общее уравнение динамики?
2. Какая величина называется обобщенной силой, соответствующей не-
которой обобщенной координате системы, и какую размерность она имеет?Чему равны обобщенные реакции идеальных связей?
В какой последовательности вычисляется обобщенная сила?
Выведите общее уравнение динамики в обобщенных силах.
Какой вид имеют условия равновесия сил, приложенных к системе,, полученные
из общего уравнения динамики?
Какими формулами выражаются обобщенные силы через проекции сил на
неподвижные оси декартовых координат?
Как определяются обобщенные силы в случае сил, имеющих потенциал?
Каков вид условий равновесия сил, имеющих потенциал?
10. Каким может быть состояние покоя механической системы?
11. Каков критерий устойчивости состояния покоя механической системы с одной степенью свободы?
Г Л А В А X I X ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ
МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ В ОБОБЩЕННЫХ КООРДИНАТАХ
§ 125. Уравнения Лагранжа второго рода
Положим, что механическая система из п материальных точек имеет 5 степеней
свободы. В случае голономных, нестационарных, связей радиус-вектор
г,
любой точки Ж, этой системы является функцией обобщенных координат q b q 2 , ....
q s .n времени t:
г« = г,(?,. q 2 ................q s , t).
392
(125.1)
Обобщенные координаты системы q lt q 2 , ..., q s являются функциями времени.
Поэтому радиус-вектор г,- является сложной функцией времени и вектор скорости
точки определяется по правилу дифференцирования сложной функции:
«ЛИ
У d±L X
_L_
<t r i В
случае стационарных связей
Производные от обобщенных координат по времени <fy называются
-обобщенными скоростями.
Из выражения (а) следует, что частная производная от v, по какой-либо
обобщенной скорости qj равна коэффициенту при qj в правой части этого
выражения, т. е. равна частной производной от г, по координате qy.
^■dqj
= Ф-.
(б)
v '
dq f
Кинетическая энергия механической системы, как
деляется по формуле
2"-T-т v 7 ] _
2
r=
=
известно,
опре-
1 "
m'v
1=1
'-v'i= l
(125.4)
Из выражения (125.2) следует, что вектор скорости точки v, ъ случае
голономных, нестационарных связей является функцией
•обобщенных координат, содержащихся в выражениях , обобщенных скоростей и
времени. Поэтому кинетическая энергия механической системы является функцией
тех же переменных:
T = T(q l , q 2 ..............q s , q x , q 2 .............. q s , t).
(125.5)
Найдем частные производные кинетической энергии по обобщенной
координате <fy и обобщенной скорости qj, дифференцируя выражение (125.4) как сложную функцию:
i=i
дТ
V
c»V;
393
----Г- = 7 . ffljV; ----------<ty
Л.
ft,
Преобразуем последнее выражение на основании равенства (б)
V
дТ
d*i
Продифференцируем это выражение по времени:
d I дТ\
ДГГ
Л
____ _d_ I yi
.
/
Л
_DTJ_
^
у
Vfti
' *Ъ ) ~ ~ Н
<*уг
Щ dt
'
dqi
п
(=i
Рассмотрим две суммы, входящие в правую часть полученного, равенства (в),
учитывая, что для несвободной точки
«*W| =
1. С
помощью
силу, находим
i=l
'
равенства
i=l
P* + Ri(120.2),
'
определяющего
обобщенную-
i=l
2. Для установления значения второй суммы рассмотрим варажениеdt \ d q j j -
Частная производная является функцией тех же переменных* от которых
согласно (125.1) зависит радиус-вектор точки г(-. Дифференцируя
как
сложную функцию времени, получаем:
d (dri\_
д*п
.
d4j
dt \ d q J ) ~ d q j - d q l q i ~ T ~ d q J - d q 2 q 2 ~ J r " '
•
.
d4i
dq j • dqs
•
d4t
dq j d t '
^
Найдем частную производную -4^-, дифференцируя по q , выраOqj
жение (а):
d q j ~ d q y dqj
?1 ~T dq
2
dqj 4i^~ ' ' ' ~+~ dqs dqj q^ d t d q , '
(Д>
37 L
Правые части выражений (г) и (д) отличаются только последовательностью
дифференцирования, которая при непрерывных функциях не имеет значения,
следовательно:
_d_ dt
\ dqj I
'
dqs
Пользуясь этой зависимостью, преобразуем вторую сумму в правой части
равенства (в):
Vm
i <V<
d [ дгЛ
V
' ~di \ ~ d q j ) ~
—J m ^
дТ
--dq-^-да--
Подставив найденные значения обеих сумм в равенство (в) и рассматривая
механическую систему со стационарными идеальными связями, для которой
Q y = 0 , получим
или
A
./^_iZL = Q
( / = 1 . 2 s).
(125.6)
dt\dqj)
dqj
V/
Систему 5 дифференциальных уравнений (125.6) называют уравнениями
Лагранжа
второго
рода.
Эти
уравнения
представляют
-собой
дифференциальные уравнения второго порядка относительно обобщенных
координат системы д г q 2 , ..., q s . Интегрируя эти дифференциальные уравнения и
определяя по начальным условиям постоянные интегрирования, получаем 5
уравнений движения механической системы в обобщенных координатах:
(0
<7/ = <7у
U = h 2 ..... s).
(125.7)
Уравнения Лангранжа второго рода сыграли решающую роль в развитии
динамики системы и широко используются для решения многих задач механики.
§ 126. Кинетический потенциал. Уравнения Лагранжа второго рода для
консервативной системы
Положим, что на рассматриваемую систему, наряду с силами, имеющими
потенциал (консервативными силами), действуют силы, не имеющие потенциала
(неконсервативные силы). При этом условии обобщенную силу Q j удобно
представить в виде суммы обобщенной силы Qj, соответствующей консервативным
силам Р, и обобщенной силы Q j , соответствующей неконсервативным силам
Qi = Q,+QPi-
396
Если на рассматриваемую систему действуют только консервативные силы, то
обобщенная сила определится формулой (120.7):
=
1£-
(у=1. 2
s).
В этом случае уравнения Лагранжа второго рода принимают следующий вид:
d I дТ \
дТ
дП
. .
,
„
Уравнения (126.1) можно преобразовать путем введения функции. Лагранжа L =
T — /7, называемой кинетическим потенциалом. Согласно (125.5)
T = T(q v q 2 , .... q s , q v q 2 ..................... q s , t).
Согласно (120.5)
n
= Il(q v q 2 .............. q s ,
t).
Следовательно, кинетический потенциал L является функцией обобщенных
координат, обобщенных скоростей и времени:
L = L(q v q 2 .............. q s , q v q 2 ................. q s , t).
(126.2)
Потенциальная энергия является функцией только обобщенных координат и
времени, а потому
■|Ј = 0
dqj
( / = 1 , 2 ................ s).
Пользуясь этим условием, получим
T = L -\-n, дТ
dL
,
дП
dqj dqj ~ dqj dT
dL
dqj
dqj "
Подставив эти частные производные в уравнения Лагранжа (126.1), будем
иметь
d / dL дП
dL
dn
dt { d'qj
или
dqj
dqj
dqj '
d jdL
dL \\ dt
dL
\ dq } I
0
( j = \ , 2 .................... s).
(126.3)
dq s
Уравнения (126.3) называются уравнениями Лагранжа второго рода для
консервативной системы.
Уравнения Лагранжа широко используют при изучении свободных колебаний
механических систем во многих областях техники. Применение уравнений
Лагранжа второго рода к определению частотыи периода свободных колебаний
механической системы с одной степенью свободы показано в примерах § 128.
397
Применение уравнений Лагранжа к изучению свободных и вынужденных
колебаний механических систем с конечным числом степеней свободы можно
найти в ряде специальных курсов2.
§ 127. Циклические координаты, циклические интегралы
Обобщенные координаты, которые не входят явно в выражение
кинетического потенциала L, называются циклическими координатами.
Предположим, что среди 5 обобщенных координат системы координаты q v q 2 ,
Qb (k < s) являются циклическими.
Тогда по определению циклических координат производные от кинетического
потенциала по этим координатам равны нулю:
-^- = 0
(7= 1 , 2 .................... k).
(127.1)
В этом случае k уравнений (126.3) принимают вид
откуда
-Д£- — С, — const
( / = 1 , 2 .............. k).
(127.3)
dqj
Равенства (127.3) называются циклическими интегралами.
Рассмотрим некоторые примеры циклических координат.
Положение точки в пространстве определяется тремя координатами. Примем
декартовы координаты свободной материальной точки х, у, z, за обобщенные
координаты. Тогда кинетическая и потенциальная энергии точки, движущейся в
поле силы тяжести определятся следующими выражениями:
7,
= -2-raw2 = -2-/ra(x - -y + i2),
2
t
2
Tl = Gz = mgz.
Кинетический потенциал точки
L =Г—П =
1т
(х 2 + у2 -f-z 2 ) — mgz.
Координаты JC и у не входят в выражение кинетического потенциала L, т. е.
являются циклическими координатами. Циклические интегралы имеют вид
d
дх
l — тх — const, или х = const; = ту =
Эти
выражения d
показывают,
что L const, или у = const.
проекции скорости ду
точки
на-горизонтальные
оси
координат
постоянны, т. е. движение проекции точки
2 А. А. Я б л о н с к и й и С. С. Н о р е й к о . Курс теории колебаний. Изд-во
«Высшая школа». 1961 и последующие издания.
398
Рис. 267.
на горизонтальную плоскость происходит равномерно и прямолинейно, или при л:
= 0 и у — О проекция точки на горизонтальную плоскость неподвижна, т. е. точка
движется по вертикали. Под действием силы тяжести изменяется только
вертикальная составляющая скорости точки.
В качестве второго примера рассмотрим движение материальной точки
массой т под действием центральной силы.
Центральная сила направлена - X к некоторому центру, а ее модуль является
функцией расстояния от точки до центра.
Воспользуемся полярными координатами, принимая их за обобщенные
координаты (рис. 267). Определим кинетическую энергию точки, выражая модуль
скорости точки v через ее проекции на оси полярных координат v r и
(см. ч.
I, «Кинематика», § 128):
™
mv 2
m i l
,
2\
от / • 2
I•
2 ■ 2\
В § 73 показано, что потенциальная энергия материальной точки, находящейся
в поле ньютоновой силы притяжения, является функцией расстояния от точки до
центра притяжения. Это положение справедливо и при другом законе изменения
центральной силы, т. е.
/7 = /(/•).
Кинетический потенциал точки
Ь = Т - П = - % - (г'2 +
rV) — /(г).
Так как угловая координата ф не входит явно в выражение кинетического
потенциала L , то она является циклической. Соответствующий ей циклический
интеграл имеет вид
-^4- = /иг
2
ф=
const,
или
mrv = const.
Это равенство выражает закон сохранения момента количества движения
материальной точки относительно центра (54.4)
§ 128. Примеры применения уравнений Лагранжа второго рода
Пример 78. В эпициклическом механизме кривошип с противовесом
вращается под действием приложенного к нему момента М (рис. 268, а). Момент
инерции кривошипа с противовесом относительно оси его вращения равен J Q .
Центр тяжести бегущей шестерни и кривошипа с противовесом находится на оси
вращения кривошипа. Расстояние между осями шестерен равно /. Бегающая
шестерня имеет радиус r lP массу т 1 и момент инерции относительно ее оси J v
Определить пренебрегая трением угловое ускорение кривошипа и окружное
усилие в точке соприкасания шестерен.
Р е ш е н и е . Рассматриваемая механическая система имеет одну степень
свободы. За обобщенную координату системы примем угол поворота кривошипа
ср, отсчитанный от горизонтали.
399
Рис 268
Для определения углового ускорения кривошипа с противовесом € = ср
применим уравнение Лагранжа второго рода (125.6):
~dl
(~дф~)
д^~®4'
Чтобы воспользоваться этим уравнением, определим кинетическую энергию
системы как функцию обобщенной координаты ср и обобщенной скорости ф,
равной угловой скорости кривошипа со.
Кинетическая энергия системы равна сумме кинетической энергии 7"j
кривошипа с противовесом, вращающегося вокруг неподвижной оси, и
кинетической энергии T Xi бегающей шестерни, совершающей плоское движение.
По формуле (69.2)
7,i = -2Ly°w2:=Tyc.q)2-
По формуле (69.3)
Скорость центра тяжести шестерни
v A = OA • со = /ф.
Угловую скорость бегающей шестерни с^ определим при помощи
мгновенного центра скоростей, находящегося в точке В соприкасания шестерен
(рис. 268, б):
vA
I . со, =
= — ср. г,
г.
Подставив значения v A и со,, получим
Тп
= 1 m^ + l
Кинетическая энергия системы
400
^
ф 2.
Т = Г, + 71,, = \ (J0 + mxfi 4-
Л уг)
Ф2-
Из этого выражения следует, что кинетическая энергия системы зависит от
обобщенной скорости ср и не зависит от обобщенной координаты ср, т. е. от
положения механизма. Найдем производные:
(а)
44 = 0;
^ = (/ 0 4-^ 2 4-
Л-|) ;
Ф
ШН^ щР+А ^-
(б)
На механизм действуют задаваемые силы: вес движущихся частей О,
приложенный в точке О и вращающий момент М , приложенный к кривошипу.
Чтобы найти обобщенную силу Q^, соответствующую обобщенной
координате ср, дадим системе возможное перемещение, сообщив углу ср
приращение бф.
Составим сумму элементарных работ задаваемых сил на этом возможном
перемещении. В эту сумму войдет только работа вращающего момента,
определенная по формуле (65.7):
бЛф = М бф.
Обобщенную силу получим .согласно (119.1):
Ъ = -£ = м'
(»>
Подставив найденные значения (а), (б) и (в) в уравнение Лагранжа, получим
(j 0 4- md 2 4- J t
j ср = М,
откуда
М
е = ср =-------------------I2
Jo
401
+ m i l2 + J i~
Для определения окружного усилия в точке касания шестерен рассмотрим плоское
движение бегающей шестерни. Составим дифференциальное уравнение вращения
шестерни вокруг оси £, проходящей через центр тяжести А (рис. 269). К шестерне
приложены силы: ее вес Glf составляющие реакции кривошипа R t и R 2 и составляющие реакции неподвижной шестерни Sj и S2-Реакция S, представляет
собой окружное усилие. Направление вращения шестерни
примем положительным. Тогда уравнение У^е = M f будет
иметь вид
Ле1 ==
откуда
5j =
— Јj.
Чтобы найти угловое ускорение шестерни г х ,
продифференцируем по времени выражение
со, =
— со. / d a
Получим —ут-==
Рис. 269.
dt е. s,
■■ — е.R Подставляя
г, dt ние ej, найдем окружное
значе- 1
усилие
это
ъх — —2-е. ri
Пример 79. Редуктор скоростей, используемый в электродвигателе,
изображенный на рис. 270, имеет колесо / , насаженное на ведущий вал /
редуктора, с числом зубьев z u сателлиты 2 с числом зубьев z 2 ,
опоры которых помещаются в звене, называемом водилом,
принадлежащем валу //, а оси находятся от оси этого вала на
расстоянии Н, и закрепленное в корпусе колесо 3 с числом
зубьев гг3.
Момент инерции масс, связанных с ведущим валом,
относительно оси вала равен У^ масса каждого сателлита т2,
а его момент инерции относительно собственной оси У2;
момент инерции масс, связанных с ведомым валом,
относительно его оси Уц.
Полагая, что к ведущему валу / приложен постоянный
вращающий момент М в р , а к ведомому валу // постоянный
момент сил сопротивления М с о п р , определить угловые
ускорения ведущего и ведомого валов редуктора, а также
угловые ускорения сателлитов.
Решение.
Рассматриваемая
механическая
система имеет одну степень свободы. За обобщенную
Рис. 270.
координату системы примем угол поворота ведущего вала cpj.
Для определения угловых ускорений всех звеньев редуктора применим
уравнение Лагранжа второго рода (125.6).
Чтобы воспользоваться этим уравнением, определим кинетическую энергию
системы как функцию обобщенной скорости ф,, равной угловой скорости
ведущего вала сор
402
Для вычисления кинетической энергии рассматриваемой системы необходимо
знать угловые скорости всех звеньев редуктора: ведущего вала (колеса /) щ ,
ведомого вала (водила) соц, сателлита со2.
Определим эти угловые скорости способом Виллиса, содержание которого
заключается в следующем.
Предположим, что вращение всех звеньев механизма происходит в
направлении, противоположном движению часовой стрелки, а истинное
направление вращения звена установим по знаку его угловой скорости,
полученному в результате вычисления. Знак плюс покажет, что вращение звена
происходит в направлении, противоположном движению часовой стрелки, а знак
минус — что вращение звена происходит в направлении движения часовой
стрелки.
Каждое колесо (звено) механизма участвует в двух вращениях: 1) в
относительном (по отношению к водилу) вращении вокруг собственной оси и 2) в
переносном вращении вместе с водилом вокруг его оси.
Поэтому, абсолютная угловая скорость каждого колеса/, 2 ........................... К
(coj, со2, . . . . щ ) равна алгебраической сумме его относительной и переносной
угловых скоростей, причем для каждого колеса переносной угловой скоростью
является угловая скорость водила (со14 == со2е = . . . = а ке = щ).
Мысленно остановив водило, лишаем все колеса их переносного вращения.
Зная абсолютные и переносные угловые скорости колес, определяем их
относительные угловые скорости:
Wftr = ю * —
ке = Щ — «О-
СО
Так как при остановленном водиле оси всех колес неподвижны, то
соотношение между относительными угловыми скоростями, колес такое же как и в
обычной зубчатой передаче:
Это соотношение носит название формулы Виллиса; в ней:
hi-k)r — передаточное отношение от колеса 1 к колесу k\ т — число внешних
зацеплений от колеса 1 к колесу k.
Переходя к решению рассматриваемого примера, приведем формулы Виллиса,
устанавливающие зависимости между относительными угловыми скоростями
колес 1 и 2, а также 2 и 3:
J^^ = (-iy%_2)r;
где
i(1_2)r = J.
(а)
403
т= 1
и
5^ = (-1
где
)т^-з)л.
т=0
и /(2_3)г
= ^.
(б)
В этом примере от абсолютных угловых скоростей отнимается угловая
скорость со;/, являющаяся переносной угловой скоростью для каждого колеса
данного редуктора, поскольку водило в этом редукторе связано с ведущим валом //.
Перемножая левые и правые части равенств (а) и (б), получаем;
со, —<о,,
2.
з
2,
Так как <лх — а>, и со3=0, то
откуда
Из равенств (а) и (в) находим
z , z3 — z2
со, = --------- - ——.—1 со,.
1
z2 zx+z3
'
Знаки полученных значений со/; и СО2 показывают, что вал П вращается в
направлении, противоположном движению часовой стрелки, а сателлит 2
вращается в направлении движения часовой стрелки.
Составим выражение кинетической энергии всех движущихся частей
редуктора.
/ - .fi
у„2
1
—
Z
2
г
, ,,2 \
V
_ г
2
„2
~2/~г"
2
где
v C2 — Wco„ = ----------- г— W<o7.
02
"
г^гз
7
Выразив все линейные и угловые скорости через угловую скорость ведущего
вала со7, получим
Из полученного выражения кинетической энергии всех движущихся частей
редуктора находим выражение приведенного к оси ведущего вала момента
инерции:
,2
Для определения углового ускорения ведущего вала е/ = ср/ применим
уравнение Лагранжа второго рода:
404
Найдем производные:
дТ
= 0;
dq>
j
(г)
дТ
Л,рФ/(Д
=
dt [ду,/
)
На механизм действуют задаваемые силы: вес движущихся частей,
приложенный в точке, находящейся на прямой, совпадающей с осями ведущего и
ведомого валов; вращающий момент М в р , приложенный к ведущему валу, и
момент сил сопротивления Мсопр, приложенный к ведомому валу.
Чтобы найти обобщенную силу Q<p, соответствующую обобщенной
координате ср,, добавим к углу ср; приращение 6ф;.
Составим сумму элементарных работ задаваемых сил на этом возможном
перемещении. В эту сумму войдет работа вращающего момента М в р и момента
сил сопротивления УМсопр, которая отрицательна
6Лф/ = Мврбф, — Жсопр вф„.
Зависимость между угловыми перемещениями ведущего и ведомого валов
равна зависимости между их угловыми скоростями. Поэтому
Тогда
Обобщенную силу получим согласно (119.1)
ЪАЧ>,
Zi
Подставив найденные значения (г), (д) и (е) в уравнение Лагранжа, получим
Л,рФ/ = МВР - Мсопр g*±^ ,
405
откуда
ЛГ„р — Матр
J , + 2m
Zxtl
г
2Д
г
1
3 — г2
z,+zj
z2
+J//(Zl+z3y
Очевидно,
Z\
:ф2= —
гЬ
—
^2
гг гх + гг
Чг
Ф//:
Так как
сопр
редуктора совпадают Это
знаки угловых ускорений всех звеньев
значит, что все
знаками угловых скоростей этих звеньев, звенья
редуктора вращаются ускоренно.
Пример 80. Маятник представляет собой тонкий однородный стержень
длиной / и массой т, несущий на своем конце груз А, принимаемый за
материальную точку массой т1 (рис. 271, а). К стержню
прикреплены две пру)
на
расстоянии h от его, верхнего
а) жесткости с
0 R - конца;
противоположные
концы
пружин
закреплены.
Найти циклическую частоту и
период малых свободных
колебаний маятника.
Р е ш е н и е . Рассматриваемая
механическая
система имеет одну степень свободы. За обобщенную
координату
системы
примем угол ф, образованный
осью
маятника
с
вертикалью (рис. 271,6").
Система
находится
под
действием
Рис 271.
консервативных сил
— сил тяжести и сил упругости.
Для
получения
дифференциального уравнения
качаний
маятника
воспользуемся
уравнением
Лагранжа второго рода
для консервативной системы в
форме (126.1):
дТ
ТО
СО
dt \d(f
j
<?<р
dtp
Кинетическую энергию системы определим как сумму кинетической энергии
Т\ стержня', вращающегося вокруг оси Ох, и кинетической энергии Тц груза А.
По формуле (69.2)
Г,
=4//А
Подставив _ значение момента инерции стержня J x = ^ml 2 , по26
А. А Яблонский
лучим
Т*! = у •
тРоу2 — ^-
т12у2.
Кинетическая энергия груза А
m v
\\
1
п
1
Кинетическая энергия системы
Г = Г, + Г,,
- (я» + 3Wl) г
V,
отсюда
4^"
= - 7 ( w + 3 /7i )/ q>.
оф
3
1
d dt
2
(б)
Определим потенциальную энергию маятника, отклоненного от вертикального
положения на малый угол ср как сумму потенциальной энергии /7[, соответствующей
силам тяжести, и П п , соответствующей силам упругости. Положим, что потенциальная
энергия маятника в вертикальном положении равна нулю. При повороте маятника на угол
ср центры тяжести его частей получают вертикальные перемещения вверх:
«с = "2 — у cos ф = -g- (1 — cos ф); , h A = l —
I cos ф == I (1 — cos ф).
Потенциальная энергия П х при отклонении на угол ф определяется согласно (73.2):
Я, = Gh c -j-G x h A = mg (1 —cosф)-4-m x gl( 1 — cosy).
При повороте маятника на угол ф одна из пружин укорачивается, а другая удлиняется
на величину у, которая с точностью до величин первого порядка малости равна:
у = Лф.
26*
Потенциальная энергия П и определяется как работа суммарной реакции
пружин Р при перемещении маятника в вертикальное (нулевое) положение (см. §
72).
По формуле (61.4)
П„ = 2
-^i = ch q .
2 2
Суммарная потенциальная энергия системы
Я = Я, + П п = gl
(1 —
-f-
COS ф) + Сй2ф2.
Ограничиваясь
малыми величинами второго порядка, имеем
\2
т2
1 -со 5 ф = 2 5 т 2|--2(|-)2 = ^ >
тогда
Я=
щ)
(f +
ф2
+ СЯ2<р2 = [ Ц -
(-J + »,) +
СП2]
ф2.
Найдем производную Я по обобщенной координате ф:
|[-=
+
4-2,А»]Ф.
(в)
Подставив найденные значения (а), (б), (в) в уравнение Лагранжа (123,1),
получим
j (я* + 3»!) / 2 Ф = - [gl [~
4- »i) + 2ch 2]
ф,
или
..
3 [*/(■£- +те,)+ 2сЛ»1
Ф
4
4- — ----- \
1
,о
------------- 1 ф = 0.
(т 43 ^1) I 2
Полученное уравнение является дифференциальным уравнением малых
свободных колебаний системы вида (11.2) ф 4- & 2 ф = 0. Поэтому циклическая
частота свободных колебаний рассматриваемой системы
1
j /^^
/
(ir+m')+2cA2
т 4 3ff2[
Период свободных колебаний этой системы
k
/ = — = 2л/
+
Ум
4
7 ------------------------------------------- '----- 1
-\-2ch2]
Пример
81.
Блок,
представляющий
собой
однородный диск радиусом R и .массой т, может вращаться вокруг
горизонтальной оси О (рис. 272, а). Через блок перекинута нерастяжимая нить.
Конец А нити прикреплен к пружине с коэффициентом жесткости с, а к другому ее
408
концу В прикреплен груз массой т х . Определить движение груза, которое
возникает, если в положении покоя системы ему сообщить начальную скорость v0,
направленную вниз. Массами пружины и нити, а также трением пренебречь;
скольжение нити отсутствует.
Р е ш е н и е . Примем за обобщенную координату системы вертикальное
отклонение z груза от положения покоя (рис. 272, б). Рассматриваемая система
находится под действием консервативных сил — сил тяжести и силы упругости.
Воспользуемся уравнением Лагранжа в виде (126.1):
d
dt
1дТ\
[дг)
дТ
^
дП
дг
д
г
Кинетическая энергия системы определится как сумма кинетической
энергии груза, совершающего поступательное движение,
Рис. 272.
и кинетической энергии блока, вращающегося вокруг неподвижной оси О.
Пользуясь формулами (69.1) и (69.2), получим
Т = i т х у 2 + i У0со2.
_
•
v
Здесь, v = z; а — -=^ = — ;
z.
,
mR2
/ 0 —__.
Следовательно, Т — Y m ^ 2 ^Y"W~\ [ m i ~ ^ ~ ~т)
z2,
£-(-+f)i- №-[-+?>-■■
409
<б>
Потенциальную энергию системы определим как сумму потенциальной
энергии Яр соответствующей силам тяжести, и потенциальной энергии Яп,
соответствующей силам упругости.
За нулевое положение примем положение покоя системы. Потенциальную
энергию системы в положении,- определяемом координатой z, найдем как работу,
совершаемую силами тяжести G1 и G и силой упругости Р при переходе системы
из рассматриваемого положения в нулевое.
Для сил тяжести
П х = — G x z.
В положении покоя удлинение пружины от веса груза
Уст
с
•
При отклонении груза вниз от положения покоя на величину z удлинение
пружины
/ст+Z.
Потенциальная энергия П и определится как работа силы Р при переходе системы в
нулевое положение. По формуле (61.4)
п
....
+
'fir
" и ---------------- 2 -----------
.
«»
2~ — *ст ^ ---------2~~ *
Суммарная потенциальная энергия
n = nl + n x l = ~G x z + cf„z + ^..
Так как G1 = c/CT, то окончательно
Я
=
~
И
SF
= CE-
<В>
Подставив значения (а), (б), (в) в уравнения Лагранжа, получим
[щ + ^ } г = — сг,
или
Z_l ------------- z = 0.
MI
+
T
Полученное уравнение является дифференциальным уравнением, малых
свободных колебаний системы:
z-\-k 2 z = 0.
Поэтому циклическая частота свободных колебаний системы
* = |/"410
Период свободных колебаний системы
IТ
т
1
+ -п-
Решение полученного дифференциального уравнения имеет вид (11.3):
z — C x cos kt -4- С2 sin kt.
Дифференцируя это выражение по t,
получаем z — — kC x sin kt
■ /sC2cos kt.
О,
0 = 170,
z,
Подставляя в эти уравнения t = 0, z 0 стоянные
интегрирования:
0 = ^; v0 — kC 2 ,
откуда С2
При найденных значениях Cj и С2 уравнение движения груза получает вид
z = -—sin kt. k
Пример 82. Определить циклическую частоту и период малых свободных
колебаний груза весом G, лежащего на двухопорной балке (рис. 273). Расстояния
груза от опор балки равны а и Ь.
Незагруженное состояние
&с(пфиспот
Произвольное положение
Рис. 273.
Модуль упругости материала балки равен Е , момент инерции поперечного
сечения — J . Весом балки пренебречь.
Р е ш е н и е . Совместим начало координат О с положением покоя груза и
направим ось у вертикально вниз.
За обобщенную координату системы примем координату груза у. На груз
действуют консервативные силы — сила тяжести G и реакция упругой балки Р.
Циклическую частоту колебаний груза, лежащего на упругой балке, определим по
уравнению Лагранжа (123.1):
d_ 1дТ\
дТ
дП
dt [ д у )
ду
ду
^2
411
находим
Кинетическая энергия груза (материальной точки)
Т =
mv 2 = -i my 2 . Найдем необходимые для
уравнения Лагранжа производные:
дТ
•
d /дТ\
(б)
Потенциальную энергию системы определим как сумму потенциальной энергии П 1 У
соответствующей силе тяжести, и потенциальной энергии П А , соответствующей силе
упругости.
За нулевое положение примем положение покоя груза на балке, имеющей прогиб /ст.
Потенциальную энергию найдем как работу сил G и Р при перемещении груза, имеющего
координату у, в нулевое положение.
Потенциальная энергия, соответствующая силе тяжести,
П^-Gy.
Потенциальная энергия, соответствующая силе упругости, определится при помощи
формулы (61.4) как работа силы Р при изменении координаты груза от у до 0, т. е. при
изменении прогиба балки ОТ /ст + У Д0 /ст:
Пи = \ с (/ ст + y f -1 c f l = c f CT y
+i
су 2 .
Суммарная потенциальная энергия
Я = Я, + Я„ = - Gy + с/сту +1 су 2 .
Так как в состоянии покоя О = с/ст, то
П = \су 2 .
Подставив значения (а), (б), (в) в уравнение Лагранжа, получим
ту = — су,
или
•■
|
с у = 0.
Полученное уравнение имеет вид (11.2), т. е. является дифференциальным
уравнением свободных колебаний груза.
Поэтому циклическая частота свободных колебаний груза, лежащего на упругой
балке
У
гп
412
Коэффициент жесткости с для балки с шарнирными опорами и расположением груза,
указанным на рис. 273, известен из курса сопротивления материалов:
_ 3£7(а + й) С ~
аЧ2
где Е— модуль упругости материала, a 7— момент инерции поперечного сечения балки.
Подставляя значение с, получаем циклическую частоту малых свободных колебаний
груза:
3EJg (а + Ь)
а
Период колебаний груза
а
3 E J g (в -f Ь )
Пример 83. Определить циклическую частоту и период малых свободных
колебаний механической системы, изображенной на рис. 274, состоящей из груза А
массой щ = 1 кг, блока В массой т 2 — 0,2 кг, радиус которого г2 = 2 см, обоймы
D массой /«з = 0,1 кг,
сплошного однородного диска
Е массой т4 = 4 кг, радиус
которого
г г =Асм,
и
горизонтальной пружины с
коэффициентом жесткости с
= 1 0 н/см, прикрепленной к
вертикальной плоскости. Трением, массами нити и пружины
пренебречь.
Получить также уравнение
малых свободных колебаний
груза А и определить
амплитуду этих колебаний,
если в начальный момент при t
= 0: у 0 = 1 см, а у0 = 8 см/сек.
Р е ш е н и е . Рассматриваемая механическая система имеет одну степень
свободы. Примем за обобщенную координату этой системы вертикальное
отклонение у груза А от положения покоя.
1. Вычислим кинетическую энергию каждого из элементов системы и
кинетическую энергию всей системы.
Кинетическая энергия груза А, движущегося поступательно со скоростью v =
у
Т ____ 1
гр
Кинетическая энергия блока В , вращающегося вокруг неподвижной оси 0 2 х
1 Л
6л-
413
Так как блок представляет собой однородный круглый диск массой т 2 , радиус
которого г2,
г J2x —
,
_ т2
о
Учитывая, что у
•
1
ср2> т. е. со = —, получаем
= г2
2
г
_ 1 яуг
2
2
бл
У _ЩУ
' ^ ~
2
~ 2
'
Кинетическая энергия обоймы D, движущейся поступательно
;.2
_ m3v c __ ™зУ
r
°б
2
2
Кинетическая энергия диска Е , совершающего плоское движение
'«_
"т"
2
2
"
Так как диск катится без скольжения, то мгновенный центр скоростей диска'
находится в точке соприкасания диска с плоскостью. Поэтому
Для сплошного однородного круглого диска
т
Jcl
J2
= "г— •
Подставляя найденные значения v c > со4 и УС£, получаем _
3
m/j*
Т,
д
ЩУ2
.
.
= ----------------------------- 5— = — /И4у2.
2
4/-2
4
4^
Кинетическая энергия всей механической системы
или
T = I(» 1 + -^- + ffl3 + |-»4)y>.
2. Вычислим потенциальную энергию механической системы как
сумму потенциальной энергии системы в поле сил тяжести Я, и потенциальной энергии деформированной пружины П и :
38Э
Я = Я1 + Я„.
Потенциальная энергия системы Я] определяется работой, совершаемой силой
тяжести G груза А, так как центры тяжести блока В, обоймы D и диска Е на
рассматриваемом перемещении системы не изменяют высоты своего
расположения
Л, = - О у .
Потенциальную энергию деформированной пружины П п в положении,
определяемом координатой у, найдем как работу, совершаемую силой упругости
пружины Р при переходе системы из рассматриваемого положения в положение
покоя.
В положении покоя удлинение пружины от веса О груза А равно
Уст
с
•
При отклонении груза А вниз от положения покоя на расстояние у удлинение
пружины равно (/СТ + У)Потенциальная энергия Яп определится как работа силы Р при переходе
системы из рассматриваемого положения в положение покоя:
п
IJ
<fcr + yf
u — -------- 2 ------------- IT —6-/стУ-1—2^ •
су»
Суммарная потенциальная энергия системы
Я = Я, + Яп = - Оу + с/„у + ^ ,
Так как в состоянии покоя системы
О = Р0 = с/11ст,
Я=^
2 '
т0
3. Подставим
второго рода:
найденные
значения
Г
и
d (дТ\
в
у
I
,
\
ду
дП
17
получаем
[Щ
откуда
415
уравнение
ду
dt\d'y)
Так как
Я
+ -j- 4 "t 3 H ------ y = — c y ,
ш2
Лагранжа
ду '
.
,
3
Это выражение есть дифференциальное уравнение малых свободных
колебаний механической системы:
у 4- k 2 y = 0.
Циклическая частота этих колебаний
к=
■
V-
1000
1+0Д + 0,1+|.4
I
11,8 сек- 1 .
Период колебаний механической системы „
2п
2 - 3 ,14
_
4. Пользуясь заданными начальными условиями, найдем уравнение движения
груза А:
у — С х cos kt 4-C<isin у = — kC x
sin
4- kC 2 cos йг.
При г = 0
Уо - Сх,
у0 - kC 2 = v Q .
откуда
Подставляя значения С, и С2, получаем
У
—
Уоcos kt -{-—-s'mkt
или
у = 1 cos 11.8*4-~-sin 11,8*. y = c o s l l , 8 r 4 - 0 , 6 8 s i n l l , 8 r (см).
Амплитуда колебаний груза А находится по следующей формуле:
416
.3
« = V У\
+(^Г = /1 + (w)2 = ^ ^ 1
-21
Пример 84. Определить малые свободные колебания подпрыгивания и
продольной качки головного пассажирского вагона электропоезда, имеющего две
тележки (рис. 275), если известно, что масса вагона при нормальном заполнении
его пассажирами равна 31,5 иг, расстояние от центра тяжести подрессоренной
части вагона до вертикальных плоскостей,
проведенных через оси тележек,
it
1 Х —1? — I — 6,65 м, момент
инерции подрессоренной части
— кузова вагона с пассажирами
относительно центральной оси
С|, перпендикулярной к оси пути
/С£==11,5 • 105 кгм 2 , а
эквивалентная
жесткость
двойного
рессорного
подвешивания каждой тележки с э =
1580 кн/м.
Р е ш е н и е . Малые свободные колебания подпрыгивания подрессоренной
части вагона характеризуются уравнением z —
Рис 275
f x ( t ) , а малые свободные колебания
продольной качки уравнением ср == /2 (t), где z и ср — обобщенные координаты
рассматриваемой системы.
Кинетическая энергия подрессоренной части вагона определится по формуле
для вычисления кинетической энергии твердого тела в плоском движении:
7" = -2" mv c -\-jJ c t® 2 Так как v c — z , а
й> =
ср, то
1
Т = -2-(гаг2 + УС|ф2).
Потенциальную энергию системы найдем как сумму потенциальной энергии
подрессоренной части вагона в поле сил тяжести Я[ и потенциальной энергии
деформированных рессор тележек П п :
П = П1-\-П11.
Здесь
Я, = — O z .
Пи = i с> ( z +
417
*Ф + /ст)2 - + К (г - Лр +
^ сэАг
forf
~
Поэтому
Я = — Oz + c9z2 + cjy + 2cJcrz.
Так как
fЈ)„=°.
то
— О + 2сэ/==0
и
Уравнения Лагранжа второго рода для рассматриваемой механической
системы будут следующими:
d 1дТ\
д Т __
а/ 7 ,
dt \дг )
д г ~~
дг'
d I дТ\
д Т ___ д П
d t \ йф /
сЗф
йф
Вычислим значения производных:
дТ
дТ
d [дТ\
,
■
d [ д Т \ ■•
„
дТ
дП
_
дТ
п
Подставив эти значения в уравнения Лагранжа, получим
2с
m z = — 2 c b z \ z -|~-jjp2 = 0;
дП
.
(а)
•/С5Ф = — 2сэ Рф; ф4--4-ф = 0.
(б)
Jc\ '
Эти дифференциальные уравнения представляют собой два независимых
.линейных дифференциальных уравнения второго порядка; каждое из них
содержит лишь одну неизвестную функцию.
Уравнение колебательного движения — подпрыгивания подрессоренной части
вагона, соответствующее дифференциальному уравнению (а), имеет вид
z — C x sin { k x t - \ - а,).
Уравнение колебательного движения — продольной качки подрессоренной
части вагона, соответствующее дифференциальному уравнению (б), имеет вид
ф = С2 sin ( k 2 t -4- «2).
Здесь С i , С2, a j и a2—произвольные постоянные, определяемые из начальных
условий движения.
Вычислим циклические частоты этих колебаний:
-,/~2l~
, / 2 ■ 1580 ■ 1000
оо
m
i
418
=
V ------------- 31500 ---- = V 100,32 « 10 Св*-1;
.. f2c^T
-, /" 2 • 1580 ■ 1000
,/-, 1 Q 7R
...
,
Аг= у -j^- = y
= V118-76
сек- 1 .
n,5-10s
Пример 85. Эллиптический маятник состоит из ползуна массой т1,
скользящего по гладкой горизонтальной плоскости, и шарика массой пц,
соединенного с ползуном стержнем длиной / (рис. 276). Найти уравнение движения
ползуна и период качаний маятника при
условии, что в начальный момент маятник отклонен
на угол ср0 от вертикали и вся система находится в
состоянии покоя. Вертикальную ось провести через
начальное положение центра тяжести системы;
массой стержня пренебречь.
Р е ш е н и е . Проведем оси координат так, как
указано на рис. 276, полагая, что ось Оу проходит
через начальное положение центра тяжести системы.
Положение системы по отношению к
неподвижным осям хОу можно определить
координатой центра тяжести ползуна х х и углом
поворота маятника ср, отсчитанным от вертикали, т.
е. рассматриваемая система имеет две степени
свободы.
Примем координату х х и угол ср за обобщенные
координаты. Тогда зависимость координаты х 2
центра тяжести шарика от обобщенных координат
будет иметь вид
х 2 = х х — f sin ф, \
1
О)
y 2 = Јcoscp.
J\
*« = У 1T
Чтобы воспользоваться уравнениями Лагранжа, выразим кинетическую
энергию системы в зависимости от обобщенных координат и обобщеных
скоростей.
Кинетическая энергия ползуна, движущегося поступательно вдоль оси Ох
™
1
2
1
-2
Т\ = -g- trnvi =
nti xi.
Кинетическая энергия шарика, движущегося в вертикальной плоскости:
1
2
1"
т 2 v 2 = 2" т 2 (Х2 +
Тц =
Кинетическая энергия всей системы:
Т = Г, + Т и = Y mi*\ + \ m (х\ + у|). Продифференцировав по
времени равенства (а), получим
х<2 = х\ — /ср cos ср;
У2 =
419
— /ф sin ср.
Пользуясь этими значениями, получим кинетическую энергию системы в виде:
Т = ~ т х х\ -А- ^ Ш 2 [х\ — 2
/х1ф cos ф -4- / ф cos ф -\~ / ф зт ф =
2 2
1
=
2
2 2
2
"2
1
2*2
•
'
(m x -\- mi) х\ -А- у md ф — тг1х х у cos ф.
Так как система находится под действием консервативных сил — сил тяжести,
то воспользуемся уравнениями Лагранжа для консервативной системы.
Для этого найдем потенциальную энергию системы, пользуясь формулой
(73.2), приняв плоскость движения ползуна за нулевую плоскость:
П — — G 2 y 2 — m 2 gl cos ф.
Кинетический потенциал системы
L — T — П = -j (mi -4- m 2 ) х\ -J- у /?Ы2ф2 —
— m 2 lx
1ф1 cos ф + m gl cos ф.
2
Так как обобщенная координата х х не входит в выражение кинетического
потенциала L, то она является циклической координатой.
Уравнение Лагранжа второго рода, соответствующее этой координате, имеет
вид (124.2):
dt \ dx x I
Ему соответствует циклический интеграл:
dL __ г
0X1
т. е.
dL
—— = (щ, -4- m 2 ) х х — m2lq> cos ф = С,. dxi
Это уравнение можно проинтегрировать по времени и получить второй
интеграл уравнения Лагранжа:
(nti -4- m 2 ) x X t — m2l sin ф = C x t -4- C 2 .
Постоянные интегрирования следует определить по начальным условиям
движения системы. Установим начальные значения обобщенных скоростей и
обобщенных координат.
Так как в начальный момент t = 0 система находилась в покое, то начальные
значения обобщенных скоростей
х хо = 0;
ф0 = 0.
Угол поворота маятника имеет начальное значение ф0, заданное в условии.
420
Установим начальное значение координаты х х в выбранной системе
координат. Воспользуемся тем, что в начальный момент центр тяжести маятника
находился на оси у.
По формуле, определяющей координату центра тяжести, получим
Хс °~'
mt + m2
или
т 1Х
(^ю — i sin ф0) = О,
\0 +
откуда
л: к, = ---- г — ' sm ф0.
1и
т 1 -\-т 2
ти
Подставляя начальные значения х10 = 0 и ф о = 0 в первый интеграл, находим:
Cj = 0,
Подставляя значения t = 0, хш =
/ sin ф0 и ф = ф0 во вто-
m
рой интеграл, получаем:
Т2
О, + т2)
/ sin ф0 — щ1 sin ф0 = С2,
mi -j- m 2
откуда
С2 = 0.
При этих значениях С1 и С2 второй интеграл принимает вид:
т2
•/ЗШф.
(1)
Уравнение (1) представляет собой одно из двух уравнений движения системы.
При помощи этого уравнения найдем координату центра тяжести маятника в
любой момент времени t :
___ Ш [ Х 1
= х
-\- т 2 х 2
т1х1
__
»~
fSln(p==Jg
-|- т г ( х \ — / sin ф) ______
+
'~*1
= 0
'
т е. центр тяжести системы движется по оси у.
Это обусловлено отсутствием горизонтальных внешних сил и начальной
скорости центра масс системы по оси х.
Воспользуемся уравнением Лагранжа, соответствующим координате ф,
которая не является циклической.
Находим производные:
^k- = m2 l 2 (p — m2 lx l cos Ф;
421
■ •
dL
— = m2 lxi(f sin ф — m2 gl sin ф = т21 (ххф — g ) sin ф.
Продифференцировав по времени первое уравнение движения системы,
получим
т2
■ /ф cos ф.
1
/«1 —I- m а
Пользуясь этим выражением и полагая для малых углов ЭШф ~ ф,
имеем:
dL
тЬ2
.
cos ф « 1,
т,т2
.
—— = щ1\ ------------------- ф = ----------------- /2ф;
сЗф
т1-\-т2
тх-\-т2
т,т2
±l_dL_\
dt
\ду j
dL
/2~,
т2
, t
т2
, ■,
\
После подстановки этих выражений уравнение Лагранжа примет
вид
/2Ф - mJ -------- ф - g ) Ф = 0.
Оставляя в дифференциальном уравнении лишь величины первого» порядка
малости, получаем:
tiiytn2
ф
или
■■,
^-/2ф + /И2£-/ф = 0
nt] 4- гп2 г
„
Полученное уравнение представляет собой дифференциальное уравнение
гармонических колебаний:
ф-f- &2ф == 0.
Решение этого дифференциального уравнения имеет вид (11.3):
Ф = С3 cos kt -j- С4 sin kt.
Продифференцировав это выражение по t, получим
Ф = — C 3 k sin kt -f- C4 k cos Подставив в эти уравнения
начальные условия:
t = 0; ф = ф0> ф0 = 0, найдем:
С3 = ф0, С4 = 0.
Таким образом, второе уравнение движения системы, т. е. уравнение малых
колебаний маятника, примет вид:
27
А. А, Яблонский
422
ф = ф0С05^,
(2)
где частота колебаний маятника
тх
I
398
Период колебаний
V
т, + тг
У
g
При т х ^> т2 перемещения ползуна, определяемые уравнением (1), малы, а период
колебаний маятника приближается к периоду колебаний Т* математического маятника
длиной /:
Г = 2*
/Г.
Уменьшая массу ползуна т х без изменения длины маятника, можно уменьшить
период его колебаний Т .
Рассмотренная механическая система называется эллиптическим маятником
потому, что при движении ползуна по оси х, а центра тяжести системы по оси у, центр
шарика движется по эллипсу.
В о п р о с ы д ля с а м о к о н т ро ля
Функцией каких аргументов является вектор скорости точки, принадлежащей
механической системе с s степенями свободы?
Чему равна частная производная от вектора скорости точки системы по
какой-либо обобщенной скорости?
Функцией каких аргументов является кинетическая энергия системы,
подчиненной голономным нестационарным связям?
Какой вид имеют уравнения Лагранжа второго рода? Чему равно число этих
уравнений для каждой механической системы?
Какой вид принимают уравнения Лагранжа в случае, когда на систему действуют
одновременно консервативные и неконсервативные силы?
Что представляет собой функция Лагранжа, или кинетический потенциал?
7 Какой вид имеют уравнения Лагранжа второго рода для консервативной
системы?
В зависимости от каких переменных величин должна быть выражена
кинетическая энергия механической системы при составлении уравнений Лагранжа?
Как определяется потенциальная энергия механической системы, находящейся
под действием сил упругости?
10. Какие обобщенные координаты называют циклическими и какой вид имеют
циклические интегралы?
Механические величины и единицы их изме
Физическая величина
обознаназвание
чение
/
т
Формулы размерностей
Система единиц МКС
сокращенное
в системе L M T в системе
единица измерения
обозначение
(МКС н СГС) L P T (МКГСС)
L
метр
м
М
L
[
PT2
килограмм
кг
Т
t
. . . .
Угловая скорость
н
О
на секунду в квадрате)
(кг'м/сек2)
Ф
радиан
рад
|
радиан в секунду
сек~1
т -2
~
раднан на секунду в
квадрате
сек~
LT~X
метр в секунду
м/сек
LMT~2
p
.. ю
-1
Угловое ускорение . . Е
V
LT
W
V
Удельный вес
. . . .
-2
метр
на
квадрате
2
квадратный метр
м2
кубический метр
*■
|
L>
У
L~~ MT~
р
L~3M
Механическое напряжение, р
давление . .
S
Количество движения
сек
ньютон (килограмм —
метр
Р
Плоский угол
секунда
2
2
3
L~ P
L-'PT2
Момент инерции {ди- J
намический) , , . .
Момент
количества L
А
н/м2
(кг/м-сек2)
я-се к
(кг~м/сек)
PT
L2MT~2
LP
килограмм —метр в
секунду
ньютон — метр
L2M
LPT2
2
L MT~'
LPT
L2MT~2
LP
j
н/м'
\кг/м2-сек2)
кг/м3
LMT~1
L~2P
м/сек2
ньютон на кубический
метр
килограмм на кубический
метр
ныотон на квадратный
метр
ньютон — секунда
L~lMT~2
к
м
секунду в
кг-м/сек
« м
(кг-м2/сек2)
килограмм — чегр в
квадрате
килограмм — метр в
квадрате в секунду
джоуль
KZ'M2
кг- м2 /сек
дж
Б
N
2
(кг- м2/сек!)
L2MT~3
LPT~l
ватт
1
1
sin
[кг-м2/сек3)
ПРИЛОЖЕНИ
Я. Таблица 1
рения в системах СИ (МКС), СГС и МКГСС
Система единиц СГС
единица измерения
сантиметр
грамм
сокращенное
обозначение
см
г
секунда
дина (грамм — сантиметр на секунду в
квадрате)
| радиан
радиан в секунду
радиан на секунду в квадрате
сантиметр в секунду
сек
дин.
( г - с м /сск 2 )
рад
сек~ 1
сек~ 2
см/ с е к
Система единиц МКГ СС
единица измерения
метр
техническая единица массы (килограмм—сила—секунда в квадрате на
метр)
секунда
килограмм — сила
радиан
радиан в секунду
радиан на секунду в квадрате
метр в секунду
сокращенное
обозначение
м
т. е. м.
( к г с -се к 2 / м )
сек
кгс
рад
сек~~1
сск~г
м/сек
сантиметр на секунду в квадрате
| квадратный сантиметр
кубический сантиметр
дина на кубический сантиметр
грамм на кубический сантиметр
см/ с е к 2
см 2
см'
дин/ с м 3
(г/см'-сек2)
г /см'
днна на квадратный сантиметр
1
дина — секунда
грамм — сантиметр в секунду
дина — сантиметр
грамм —сантиметр в квадрате
грамм —сантиметр в квадрате в
секунду
эрг
дин/см 2 1
( г /с м - с е к 2 )
дан- с е к
( г -см/ с е к )
г -см/ с е к
дин-см
(г-см21сек2)
г см'
г-см (сек
2
эрг
(г-см2/сек2)
метр на секунду в квадрате
квадратный метр
кубический метр
килограмм —сила на кубический метр
килограмм —сила— секунда в квадрате
на метр в четвертой степени
килограмм —сила — на квадратный
метр
килограмм — сила —секунда
т. е. м. — метр в секунду
килограмм — сила — ме i р
Название механической
величины
Масса
Сила
Работа
Мощность
эрг в секунду
кгс-сек'/м'
кгс/м2
кгс-сек
кгс-м
килограмм — сила — метр — секунда в
квадрате
килограмм —сила—метр—секунда
килограмм — сила — метр
Соотношения между единицами механических величин
м/ с е к 2
м2
м.
кгс/м'
к г с - м- с е к 2
кгс- м -сек
кгс- м
Таблица
2
Основные единицы измерения и соотношения между единицами различных систем
1 килограмм (кг) = 0,102 т. е. м.
1 техническая единица массы (т. е. м.) = 9,81 к г
1 ньютон (и) = Ю5 д и н — 0,102 к г с 1
килограмм — сила ( к г с ) = 9,81 и
I джоуль ( д ж ) = 107 эргов (эрг) = 0,102 к г с • м 1
килограмм — сила — метр ( к г с ■ м ) — 9,81 дж I
ватт-час (em • ч ) = 3600 вт ■ с е к = 3600 д ж 1
киловатт-час ( к е т ■ ч ) = 36 • 105 дж
1 ватт ( вт ) = 1 д ж / с е к — W э р г / с е к = 0,102 к г с • м / с е к 1 к г с
■ м / с е к — 9,81 вт
1 киловатт ( к е т ) = 103 вт = 102 к г с ■ м / с е к = 1,36 л. с .
1 лошадиная сила ( л. с ) — 75 к г с • м / с е к = 736 вт = 0,736 к е т
эрг/ с е к |
( г -см' / с е к ' )
J
секунду
килограмм—сила—метр в
кгс- м /сек
•402
ИМЕННОЙ И ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ
Амплитуда
вынужденных колебаний 51, 65
затухающих колебаний 43
свободных колебаний 31 Апериодическое
движение 44 Афелий 217
относительного движения материальной
точки 83
свободной материальной точки 14
тела переменной массы 148
Динамические реакции подшипников. 310
Бериулли Даниил 6
Бернуллн Иван 6
Жуковский Н. Е. 7
Вектор главный
внешних сил 126
внутренних сил 99
количества движения 141
сил инерции 305 Виртуальные
перемещения 323
Гагарин Ю. А. 8 Галилей 6, 8 Герман
Яков 6, 299 Гелиоцентрическая