/
Author: Паншина А.В. Розенблат Г.М. Козлова 3. П.
Tags: механика физика математика математическая физика издательство урсс динамика материальной точки
ISBN: 978-5-397-00350-6
Year: 2008
Similar
Text
3. П. Козлова
А. В. Паншина
Г. М. Розенблат
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
В РЕШЕНИЯХ ЗАДАЧ
ИЗ СБОРНИКА
И. В. МЕЩЕРСКОГО
Динамика
материальной системы
Допущено Министерством образования и науки
Российской Федерации
в качестве учебного пособия
по теоретической механике
для студентов высших учебных заведений
Под редакцией
кандидата физико-математических наук
Г. М. Розенблата
Издание второе
URSS
МОСКВА
ББК 22.21 22.1я73
Козлова Зоя Павловна,
Паншина Алла Викторовна,
Розенблат Григорий Маркович
Теоретическая механика в решениях задач из сборника И. В.
Мещерского: Динамика материальной системы: Учебное пособие / Под ред.
Г. М. Розенблата. Изд. 2-е.— М.: Книжный дом «ЛИБРОКОМ», 2009.—
432 с.
Учебное пособие содержит решения всех задач из главы X «Динамика
материальной системы» книги И. В. Мещерского «Задачи по теоретической
механике». Решения задач сопровождаются замечаниями и комментариями,
касающимися постановок задач и ответов к ним.
Предназначено для студентов вузов, изучающих теоретическую механику,
преподавателей механики, а также для лиц, интересующихся теоретической меха-
Рецензенты:
заведующий кафедрой теоретической механики Московского
физико-технического института (МФТИ), академик РАН В. Ф. Журавлев;
заведующий кафедрой теоретической механики и мехатроники
Московского государственного университета им. М. В. Ломоносова,
заместитель директора Математического института им. В. А. Стеклова,
член-корреспондент РАН Д. В. Трещёв
Издательство «Книжный дом "ЛИБРОКОМ"».
117312, Москва, пр-т Шестидесятилетия Октября, 9.
Формат 60x90/16. Печ. л. 27. Зак. № 1984.
Отпечатано в ООО «ЛЕНАНД».
117312, Москва, пр-т Шестидесятилетия Октября, 11 А, стр. 11.
ISBN 978-5-397-00350-6 © Книжный дом «ЛИБРОКОМ», 2008
НАУЧНАЯ И УЧЕБНАЯ ЛИТЕРАТУРА
E-mail: URSS@URSS.ru
Каталог изданий в Интернете:
http://URSS.ru
Тел./факс: 7 (499) 135-42-16
URSS Тел./факс: 7 (499) 135-42-46
5693 ID 72414
Все права защищены. Никакая часть настоящей книги не может быть воспроизведена или
передана в какой бы то ни было форме и какими бы то ни было средствами, будь то
электронные или механические, включая фотокопирование и запись на магнитный носитель,
а также размещение в Интернете, если на то нет письменного разрешения владельца.
Оглавление
Введение 5
1. Геометрия масс: центр масс материальной системы,
моменты инерции твердых тел (§34, [10]) 6
2. Теорема о движении центра масс материальной
системы (§35, [10]) 37
3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
материальной системы. Приложение к сплошным
средам (§36, [10]) 68
4. Теорема об изменении главного момента количеств движения
материальной системы. Дифференциальное уравнение вращения
твердого тела вокруг неподвижной оси (§37, [10]) 82
5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной
системы (§38, [10]) 151
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого
тела (§39, [10]) 224
7. Приближенная теория гироскопов (§40, [10]) 257
8. Метод кинетостатики (§41, [10]) 273
9. Давление вращающегося твердого тела
на ось вращения (§42, [10]) 305
10. Смешанные задачи (§43, [10]) 343
11. Удар (§44, [10]) 368
12. Динамика точки и системы переменной массы
(переменного состава) (§45, [10]) 396
Литература 425
*' Приведена соответствующая нумерация параграфов из задачника
И. В. Мещерского [10].
Полезно решать
дифференциальные уравнения.
И. Ньютон
При изучении движения полезно
исследовать силы, его вызывающие.
Введение
Настоящее пособие является продолжением работы авторов [6] и
содержит решения всех задач из главы X «Динамика материальной системы»
сборника [10]. Нумерация задач соответствует изданиям сборника [10]
1986-2006 гг. Эта нумерация двойная: первое число означает номер
параграфа, второе — номер задачи в этом параграфе. В скобках указывается
номер, который имела задача в 32-34 изданиях сборника [10].
Отметим, что некоторые условия задач и ответы к ним не являются
достаточно полными. В этих случаях авторы настоящего пособия
позволили себе сделать соответствующие замечания и дополнения. Кроме того,
в части задач ответы, полученные авторами, не совпадают (или не совсем
совпадают) с ответами сборника [10]. Это связано либо с точностью
вычислений, либо с использованием других (более современных) обозначений,
либо с иными обстоятельствами, ответственность за которые лежит на
авторах настоящего пособия. В основном это относится к задачам с
односторонними связями, где возникают неожиданные эффекты. Изложенные
соображения и результаты были доложены авторами в декабре 2006 года
на заседании Научно-методического совета по теоретической механике
при Министерстве образования и науки РФ (председатель: академик МАН
ВШ, профессор Ю. Г. Мартыненко). Тем не менее, ответственность за эти
замечания и дополнения целиком лежит на авторах настоящего пособия.
Авторы надеются, что предлагаемое пособие окажется полезным для
студентов вузов, изучающих механику, так как суть этой науки (и ее
привлекательность) можно ощутить только на решениях конкретных задач
или примеров. Кроме того, пособие может оказаться также полезным
и для преподавателей механики, которым, возможно, оно сократит время
подготовки к занятиям.
Пользуясь случаем, авторы хотели бы выразить благодарность
уважаемым рецензентам: академику РАН В. Ф. Журавлеву и
члену-корреспонденту РАН Д. В. Трещёву за полезные обсуждения и критические замечания,
которые способствовали улучшению настоящего пособия. Кроме того,
авторы выражают свою признательность Доминго Марину Рикою и всем
сотрудникам издательства URSS, принявшим участие в реализации
данного проекта.
3. П. Козлова, А, В. Паншина, Г. М. Розенблат
г. Москва, май 2007 г.
1. Геометрия масс: центр масс материальной системы,
моменты инерции твердых тел (§ 34, [10])
Задача 34.1 (34.1). Коленчатый вал трехцилиндрового двигателя,
изображенный на рисунке, состоит из трех колен, расположенных под
углом 120° друг к другу. Определить положение центра масс
коленчатого вала, считая, что массы колен сосредоточены в точках А, В
и D, причем гпа = тв = т>п = га, и пренебрегая массами остальных
частей вала. Размеры указаны на рис. 34.1.1.
D
Рис. 34.1.1
Ответ: Центр масс совпадает с началом координат О.
N У
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.1.2. Запишем координаты
точек А, В и D:
0o, yA =dcos30°, zA = -(a +
хв = d cos 60°, ув = -d cos 30°, zb = 0;
xD = -d, yD = 0, zD = a + b.
Формулы координат центра масс С коленчатого вала
в данном случае примут вид:
1
м
м
хс =
4- тпв 4- га#
• d sin 30° -I- гад • d cos 60° - mo • d) =
1. Геометрия масс
d 60°.
/ \а + Ъ/ j а + Ъ
D
Рис. 34.1.2
Ус =
■ d cos 30° - тпв ■ d cos 30° + mo • 0) =
(-ra,i(a + b) + raB • 0 4- ra#(a + b)) =
= T~ ("m(a + b) +
Зга
Значит, центр масс С совпадает с началом координат.
В
Задача 34.2(34.2). Найти уравнения дви- у
жения центра масс шарнирного
параллелограмма ОАВО\, а также уравнение
траектории его центра масс при вращении кривоши-
па О А с постоянной угловой скоростью ы.
Звенья параллелограмма — однородные
стержни, причем О А = О\В = АВ/2 = а (рис. 34.2.1).
Ответ: xq = а + -acoswt, ус = -asino;£; уравнение траектории
2 3
— окружность радиуса -а с центром в точке К
4
с координатами (а, 0).
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 34.2.2. В состав
материальной системы входят три однородных стержня О А, АВ и О\В. Их центры
1. Геометрия масс
масс — точки С,, С2 и С3. Причем ОС\ =С\А, АС2 = С2В, ВС3 = С3О\.
Запишем координаты этих точек в зависимости от угла поворота
кривошипа О А <р = wt:
хх = -acoso;£, у\ — -asinatf;
х2 = a cos wt + a, y2 = a sin wt;
#3 = 2a + -a cos wt, y$ = -a sin wt.
Формулы координат центра масс материальной системы принимают
вид:
Хс _ ^mj . Ж1 + Ш2. Ж2 + m3 • жз),
772-1 "I" 77^2 + ТПз
Ус = ; ; (mi • ух + тп2 • у2 + т3 • у3).
772-1 "г т2 + Шз
Учитывая выписанные выше зависимости координат и гп\ = газ = ш,
гаг = 2га, получим:
хс = — ra-a cos wt + 2ra(a cos a;^ + а) + га ( 2а + -a cos wm =
= -(4 + 3 cosa;£) = a-\- -acoswt,
4 4
Ус = — ( ra-a sin wt + 2raa sin wt + ra-a sin ut) = -a sin a;^.
4ra \ 2 2/4
Следовательно, уравнения движения центра масс имеют вид:
хс = a + -a cos a;£, ус = -л sin wt.
4 4
Исключив из них параметр времени t с помощью тригонометрического
соотношения
sin2 wt + cos2 wt = 1,
1. Геометрия масс
получим уравнение траектории центра масс:
3 V
Это окружность радиуса -а с центром в точке К = (а, 0).
Задача 34.3 (34.3). К ползуну I массы М\ посредством тонкой
невесомой нити прикреплен груз II массы Mi. При колебаниях груза
по закону (р = <ро sin wt ползун скользит по неподвижной
горизонтальной гладкой поверхности. Найти уравнение движения ползуна
х\ = f(t) считая, что в начальный момент (t = 0) ползун находился
в начале отсчета О оси ж. Длина нити равна I.
М2
Ответ: х\ =
. М\
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 34.3.1. ;
Ползун скользит по гладкой поверхности, поэто- J ШП
му на механическую систему «ползун + стержень 77777— \\
+ груз» не действуют силы вдоль оси х. Следо- |-Л^
вательно, центр масс С системы не перемещается ! \
вдоль оси я: Рис. 34.3.1
Распишем формулу для координаты хс в произвольный момент времени:
ГТТ7
L\ ■+- Nil
M\
Согласно условию задачи,
(0 +
[Мх • xx(t) + M2{xx(t) + /sin (cpo sinw
Приравняв выражение для Xc(t) нулю, решим полученное уравнение
относительно a:i(^). Откуда
Х W 1 sin &° sin w')-
л/г 1 \м
10
1. Геометрия масс
Задача 34.4(34.4). Определить положение центра масс
центробежного регулятора, изображенного на рисунке, если масса каждого
из шаров А и В равна М\ масса муфты D равна М2. Шары А и В
считать точечными массами. Массой стержней пренебречь.
Ответ: хс = 0,ус = 2
2М\
I COS (f.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.4.1.
Запишем координаты точек А, В и D:
хА = -Z sin <p, yA=l cos <p;
хв = I sin <p, у в =1 cos <p;
%d =0, ув = 21 cos (p.
Отсюда
I
Рис. 34.4.1
хс =
УС =
2MX+M2
1
2M!+M2
1
2M,+M2'
^ Mx+M2
(-Mi/sin y? + Mi/sin<p+M2-0) =0,
(Mi/ cosy? + M\l cosy? + M2 • 2/ cosy?) =
•Zcosy?(2M,+2M2) =
Задача 34.5 (34.5). Определить траекторию центра масс механизма
эллипсографа, состоящего из муфт А и В массы М\ каждая,
кривошипа ОС массы Mi и линейки АВ массы 2М2; дано: ОС ~ АС =
= С В = I. Считать, что линейка и кривошип представляют
однородные стержни, а муфты — точечные массы.
Ответ: Окружность с центром в точке О и радиусом, равным
5М2 1
2М,+ЗМ2 2*
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 34.5.1. В состав материальной
системы входят: муфты А и Б, кривошип ОС (точка D — его центр масс)
и линейка АВ (точка С — центр масс линейки).
1. Геометрия масс
11
Рис 34.5.1
Запишем координаты точек А, В, D и С в произвольном положении
механизма, задаваемом углом <р:
я а =0, у а = 21 sin <p, хв = 21 cos <p, ув = 0,
= г' cos у?,
= г' sin ^,
=1 cos ^?, Ус =1 sin v?.
Обозначим точку, в которой находится центр масс системы через Е.
Распишем формулы для координат хе н Уе-
хе = ^^ , w , ^^ (МххА +Мххв +M2xD + 2М2хс) =
2М,
2М2
1
2МХ + ЪМ2
1 JI
2М, + ЗМ2 ' 2
1
I М\ • 2/ cos у? 4- М2 • -I cos <р 4- 2М2/ cos у? ] =
5М2) cos <p,
2М,
2М2
————(M1-2/sin^-hM2--/sin^-h2M2/sin
1МХ + ЬМ2 \ 1
ту>\ =
1
Найдем уравнение траектории центра масс Е, исключив из
полученных выражений угол <р:
I
Это окружность с центром в точке О и радиусом
4М, + 5М2 I
2МХ + ЗМ2 ' 2*
12
1. Геометрия масс
Задача 34.6. К вертикальному валу АВ прикреплены два
одинаковых груза Е и D с помощью двух перпендикулярных оси АВ и
притом взаимно перпендикулярных стержней ОЕ = OD = г.
Массами стержней и вала пренебречь. Грузы считать точечными массами.
Найти положение центра масс С системы, а также центробежные
моменты инерции Jxz, Jyz, Jxy.
Ответ:
' Jxz = Jyz = J*y=
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.6.1. Выпишем координаты
точек Е и D:
%Е = ri УЕ — О» ZE — Oj
XD = О» УВ — r> ZD = 0.
Обозначим их массы через т.
Распишем формулы координат центра
^ масс С системы:
^ - —( 0)--
2т 2'
О г D _ 1 у.
У 2т 2'
Е
Рис. 34.6.1
zc = — (m • 0 + m • 0) = 0.
Вычислим центробежные моменты
инерции системы:
Jxz = / J
' xkzk = ш ' XEZE
* %DZD =
А;=1
п
Jyz =
ykzk = m • yEzE + m • yDzD = 0,
Jxy =
- xkyk = m • xEyE +
= 0.
Задача 34.7 (34.8). Вычислить момент инерции стального вала
радиуса 5 см и массы 100 кг относительно его образующей. Вал считать
однородным сплошным цилиндром.
Ответ: 3750 кг-см2.
1. Геометрия масс
13
■► Решение. Момент инерции вала относительно продольной оси,
проходящей через его центр масс, вычисляется по формуле:
г.2
гаг*
Jcz = -г-.
Тогда согласно теореме Штейнера, момент инерции относительно
образующей будет равен
г.2
='-^- + mr2 = -mr2 = - • 100 • 52 = 3750 (кг • см2).
гаг*
т
Задача 34.8(34.9). Вычислить момент инерции тонкого
однородного полудиска массы М и радиуса г относительно оси, проходящей
вдоль диаметра, ограничивающего полудиск.
Ответ: Mr2/4.
^ Решение. Для тонкого однородного круглого диска массы га
момент инерции относительно оси х, проходящей через диаметр, равен
Jx = гаг2/4. Момент инерции половины диска в силу симметрии в два раза
меньше, но так как М = га/2, то искомый момент инерции jx = Mr2/4.
Задача 34.9(34.10). Вычислить осевые Jx
и Jy моменты инерции изображенной на
рис. 34.9.1 однородной прямоугольной
пластинки массы М относительно осей х и у.
Ответ: Jx = \
2а
, Jy = ^
Рис. 34.9.1
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 34.9.2. Определим момент
инерции пластинки относительно оси х, т. е. Jx. Для этого выделим бесконечно
О
2а
Рис. 34.9.2
14
1. Геометрия масс
тонкую полоску, параллельную оси ж. Длина полоски 26, ширина
полоски dy. Полоска находится на расстоянии у от оси х. Площадь полоски
2b- dy. Масса полоски
М ^kj itf
dm = -—— -2bdy=—dy.
2a • 2b 2a
Момент инерции полоски относительно оси х равен
dJx = y2 dm= —у2 dy.
2a
Момент инерции всей пластинки
2о
(М)
М(2а)2
Для нахождения момента инерции Jy выделим бесконечно тонкую
полоску, параллельную оси у, и, проделав аналогичные вычисления,
получим
М(26)2 4 2
Jy = —-— = -Мб .
Задача 34.10 (34.11). Вычислить моменты инерции
изображенного на рисунке однородного прямоугольного параллелепипеда массы М
относительно осей ж, у и z.
(
Ответ: Jx = у (а2 + 4с2), Jy = у(&2 +4с2), j, = y(a2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.10.1. Воспользуемся
определением момента инерции при непрерывном распределении масс
материальных точек в твердом теле:
2с
/о]
Здесь
М
М
dm=VdV=2a.2b.2c
dx dy dz =
иг ,
м
8abc
У Поэтому
/а/ а/
Рис. 34.10.1
М
8а6с
2с а Ь
J J J(y2 + z2)dxdydz =
О -а -Ь
1. Геометрия масс
15
м
Sabc
М
Шс
М
Шс
2с а
0 -a
2c у a
(
f
О ч-а
2с
-2Ьуг +2bz2y )dz =
* -a -a /
Babe
2с
/(
М Г(2Ь2аъ
26•2az2
М (2Ъ-2аг-2с , 26-2а (2с)3
8a6c V 3
Используя симметрию, запишем момент инерции
Вычислим момент инерции
Л =
(М)
7с а Ь
М
Babe
М
ВаЬс
М
BabcJ \ 3 " " 3
о
[ [ J(x2 + y2)dxdydz =
О -а -Ь
2с а
О -а
2с
М (2Ъг-2а-2с 26• 2а3 • 2с
" Л 3 + 3
16
1. Геометрия масс
Задача 34.11 (34.12). В тонком однородном
круглом диске радиуса R высверлено
концентрическое отверстие радиуса г (рис. 34.11.1).
Вычислить момент инерции этого диска массы М
относительно оси z, проходящей через его центр
масс перпендикулярно плоскости диска.
Рис. 34.11.1
Ответ: Jz = ^(
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.11.2. Ось Oz
перпендикулярна плоскости диска. Выделим бесконечно тонкий слой,
представляющий собой концентрическую окружность. Все точки этого слоя находятся
на расстоянии х от оси Oz. Толщина слоя dx.
Площадь слоя равна 2nxdx. Масса
выделенного слоя
М . . 2М
dm =
2тгж dx —
zxdx.
7Г(Д2_Г2)
Момент инерции этого слоя относительно оси z
Рис. 34.11.2
Момент инерции диска
равен
= х dm =
2М
1 2М
4 ' Л2 - г2
(М)
1
= Y
Задача 34.12 (34.13). Вычислить момент
инерции тонкой однородной пластинки массы М,
имеющей форму равнобедренного треугольника с вы-
сотой h, относительно оси, проходящей через ее
центр масс С параллельно основанию (рис. 34.12.1).
в
Рис. 34.12.1
D
1 ,
Ответ: —МЛ2
18
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.12.2. AB = AD, точка С —
центр масс треугольника. Из планиметрии известно, что АС = (2/3)Л.
1. Геометрия масс
17
Пусть сторона BD — о. Выделим бесконечно
тонкую полоску, параллельную оси х. Полоска
находится на расстоянии \у\ от оси х. Ширина
полоски dy. Используя подобие треугольников
САК и С\АК\ и тот факт, что
получим, что длина выделенной полоски равна
Площадь полоски равна
Масса полоски равна
dtn:
/
в
У 1
/с
А
(\
Е
\ , *х
t
D
Рис. 34.12.2
*-(!-!)*•
М (2 у\ 2М/2 \
= 7 • ds = -j— a (j - - j dy = -^ \^-h - yj
dy.
j
2
Момент инерции полоски относительно оси х равен
Момент инерции всей пластинки относительно оси х равен
Л/3 (2/3)Л
(М) О
Л/3
(2/3)Л
ода
Л2
1 II
18
1. Геометрия масс
Задача 34.13. Однородная металлическая пластинка выполнена в
виде равностороннего треугольника (рис. 34.13.1). Масса пластинки
*j- равна М, I — длина ее стороны. Вычислить момент
инерции пластинки относительно оси z, проходящей
через ее вершину параллельно основанию.
Рис. 34.13.1
Ответ: L = -Ml2.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.13.2.
Точка С — центр масс треугольника. По теореме
Щтейнера
JZ=JX+MAC2 =
В I D
Рис. 34.13.2
Поэтому
(14)'
Воспользуемся результатом, полученным в задаче
34.12. Момент инерции
2
Задача 34.14. Однородная равносторонняя треугольная пластина
имеет массу М и длину стороны I (рис. 34.14.1). Вычислить момент
инерции пластины относительно оси z, проходящей
через вершину пластины перпендикулярно ее
плоскости.
Рис. 34.14.1
.60°
С\1
60°/
Рис. 34.14.2
Ответ: Iz = ~^
■^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.14.2. Ось
Az перендикулярна плоскости пластины. Выделим
бесконечно тонкую полоску, параллельную основанию
треугольника. Полоска находится на расстоянии х от
оси Az. Ширина полоски равна dx. Длина полоски Ь
находится из подобия треугольников:
Ь х
7=<#
1. Геометрия масс
19
2 2
Поэтому длина полоски равна Ь = —т=х. Площадь полоски ds = —т=ж dx.
v3 v3
Масса полоски
dm = 7 • ds =
—=ж dx = —г-ж <te.
/
2 2
Введем вспомогательную ось C'z , параллельную Az и проходящую
через центр масс выделенной тонкой полоски. Момент инерции полоски
относительно этой оси равен
dm- I —7=
12
8 M j
По теореме Штейнера момент инерции полоски относительно оси Az
равен
+ dm
8M 3J 8M J 2 80M 3j
= — -^х* dx + - -уж da? • ж = — -^x* dx.
AIL 31 2.1 I/
Следовательно, момент инерции всей пластины относительно оси Az
вычисляется по формуле:
/v/3/2
(М)
80M Г , 80М 1
= Tl-fi J XdX=T7l^'4
80М 1 4
ж
/v/3/2
Задача 34.15(34.16). Вычислить
моменты инерции относительно трех взаимно
перпендикулярных осей ж, у и z тонкой
однородной эллиптической пластинки массы М,
ограниченной контуром
x-+y- = i
а2 Ь2
Ответ: Jx = — Ъ2, Jy = —a2, Jz = — (а2 + Ъ2).
4 4 4
Рис. 34.15.1
■^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.15.2. Вычислим момент
инерции пластины относительно оси ж, т.е. Jx. Для этого выделим
бесконечно тонкую полоску, параллельную оси ж. Полоска находится на
расстоянии у от оси ж. Ширина полоски равна dy. Длина полоски равна
20
1. Геометрия масс
-Ь
Рис. 34.15.2
- 7Т Jo2, так как концы полоски — это точки, принадлежащие
х2 у2 / t/2
эллипсу —г + тт = 1. Площадь полоски ds = 2а\ 1 - -г dy. Масса
пост о1 у 1г
лоски равна
м
2М
dm = 'yds = —- • 2a\ \ - — dy = —^y/b1 - у1 dy.
nab у (г тгег
Момент инерции полоски относительно оси х равен
dJx =y2dm= —ryVb2-y2 У2 dy.
Момент инерции всей пластины относительно оси х вычисляется по
формуле:
(М)
-Ь
-ь
Используя симметрию, выпишем момент инерции пластины
относительно оси у:
Вычислим момент инерции пластины относительно оси z.
1. Геометрия масс
21
По определению
где
Поэтому
так как
Jz = Г(х2 + у2) dm = Г x2dm+ f у2 dm,
(М) (М) (М)
М
dm' = dx dy.
nab
M l2 M 2 АЛ . 2 ,2ч
Jz = Jx + Jy = — b2 + — a 2 = —(a2 + b2),
= У2 dm', Jy = x2 dm
(M)
(M)
(по определению).
Задача 34.16(34.17). Определить момент инерции однородного
полого шара массы М относительно оси, проходящей через его центр
тяжести. Внешний и внутренний радиусы соответственно равны Rnr,
Ответ: -М
2__Д5-г5
^ Решение. Искомый момент инерции есть
разность между моментом инерции сплошного шара
радиуса R и шара радиуса г (см. рис. 34.16.1). Пусть
р — плотность материала. Тогда
J = Jr - Л = \mr • Д2 - ^Мг • г2,
где
-i
Кроме того,
Р =
4
•г
М
Подставляя эти формулы, получим:
Рис. 34.16.1
22
1. Геометрия масс
Задача 34.17 (34.18). Вычислить момент инерции однородной
тонкой оболочки, выполненной в виде полусферы радиуса R, относи-
z [ тельно оси, проходящей через центр полусферы
перпендикулярно к ограничивающей ее
плоскости (рис. 34.17.1). Масса М оболочки
равномерно распределена по поверхности полусферы.
Ответ: -MR2,
Рис. 34.17.1
^ Решение. Искомый момент инерции (в силу симметрии) равен
половине соответствующего момента инерции полной сферической
оболочки массы 2М. Чтобы вычислить эту величину, устремим г->йв ответе
предыдущей задачи 34.16. Имеем
^полусферы = - Hm J = г Нш ( -
10 см
X
40 см
4 см
Рис. 34.18.1
Задача 34.18(34.19). Вычислить радиус
инерции сплошного однородного цилиндра
относительно оси z, перпендикулярной оси
цилиндра и отстоящей от его центра масс С
на расстоянии 10 см, если радиус цилиндра
равен 4 см, а высота 40 см.
Ответ: 15,4 см.
^ Решение. Пусть М — масса цилиндра. Тогда момент инерции
относительно указанной оси, проходящей через центр масс,
1. Геометрия масс
23
где R = 4 см — радиус, h = 40 см — высота. Согласно теореме Штейнера
для искомого радиуса инерции имеем:
Р2 = jj(
Л2) +I2,
где / = 10 см — расстояние между осями. Отсюда р = 15,405 см.
Задача 34.19(34.21). Маятник состоит из тонкого
однородного стержня АВ массы М\, к концу
которого прикреплен однородный диск С массы Mi. Длина
стержня равна 4г, где г — радиус диска. Вычислить
момент инерции маятника относительно его оси
привеса О, перпендикулярной плоскости маятника и
отстоящей на расстоянии г от конца стержня.
Ответ:
4М, +99М2 2
—— -г.
Рис. 34.19.1
Решение. Для стержня имеем:
т(0) _
JAB —
,(0)
28
т(С)
1
3'
«Сска = J£L + М2 • (4Г)2 = М2- + М216Г2 = М2Г2 —.
Искомый момент инерции:
Jo = г2
7- + М2
= j ■ (14М, + 99М2).
Замечание к задаче 34.19. В ответе к этой задаче, приведенном в сборнике [10],
допущена опечатка: вместо числа 14 указано 4.
Задача 34.20(34.23). Тонкий однородный стержень АВ длины 21
и массы М прикреплен в центре О к вертикальной оси, образуя с ней
угол а. Вычислить моменты инерции стержня Jx, Jy и центробежный
момент инерции Jxy. Оси координат показаны на рис. 34.20.1.
т Ml2 2 т
Ответ: Jx = —— cos a, Jv =
Ml2
. 2
sin а,
Ml2
sin 2а.
24
1. Геометрия масс
Рис. 34.20.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.20.2, где Oxyz — исходная
система координат, Ожо, Уо> ^о — главные оси инерции. Имеем:
JXo = 0 (для тонкого стержня);
Используем известную формулу:
Л = Л cos2 a + Jy cos2 /3 + Jz cos2 7 -
- 2Jxy cos a cos /3 - 2JXZ cos a cos 7 - 2 Jyz cos /3 cos 7,
где гг —любое направление, cos a, cos /3, cos 7 — направляющие косинусы
этого направления с осями ж, у, z соответственно. Возьмем в качестве
х, у, z главные оси жо, Уо> ^о- Тогда
Л = Л«> * (sin a)2 + Jy{) • (- cos a)2 + J2() • 0 = -Ml2 • cos2 a,
Jy = Jxo ' (cos a)2 -f Jyo • (sin a)2 -f J2() • 0 = -Ml2 • sin2 a,
Теперь применим эту формулу, взяв оси ж, у, z, а в качестве и
возьмем жо. Тогда
Ju = JX{) = 0 = Jx • (sin a)2 4- Jy • (cos a)2 + J2 • 0 -
- 2J^ sin a cos a - 2Jxz sin a • 0 - 2Jyz cos a • 0
I
/Ml2
2 sin a cos a \ 3
2 2 M72 2 2
cos a sin a H—— sin a cos
• sin 2a.
1. Геометрия масс
25
Задача 34.21. Однородный круглый диск
массы М и радиуса г прикреплен к оси АВ,
отстоящей от центра масс С на расстоянии
ОС = г/2 (рис. 34.21.1). Вычислить осевые и
центробежные моменты инерции диска.
Ответ: Jx = -Mr\ Jy =
Jxy = Jxz = Jyz == (
Mr2
Mr2
Рис. 34.21.1
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 34.21.2, где указаны также
главные оси инерции Схо, уо> zq.
Имеем:
Рис. 34.21.2
_ Mr2 _ Mr2
0 2 4
Тогда по формулам Штейнера имеем:
Mr2
Jx = Jxn H T~ = '
Mr2
Jz = Jz0 +
Mr2 Mr2
4 2
Далее, имеем: Jxy = JXoyo +МЭДо, где ж0,
в системе Сжоуо^о- Тогда
Аналогично, получим J^ = Jyz = 0.
— координаты точки О
26
1. Геометрия масс
Задача 34.22. Вычислить момент инерции однородной треугольной
пластинки ABC массы М относительно оси ж, проходящей через
В его вершину А в плоскости пластинки, если
даны расстояния от точек Б и С до оси х
(рис.34.22.1); ВЫ = hB, CN = hc.
М N *
Рис. 34.22.1
Ответ: jx = ^ (h2B + hBhc + h2c).
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.22.2, где ABC — заданный
треугольник, Ах — ось, относительно которой надо найти его момент
инерции. Сделаем дополнительное построение, продолжив ВС до
пересечения с осью Ах в точке D. Тогда
т(х) _ т(х) т(х)
JABC — JABD JACD-
M N
Рис. 34.22.2
D x
Пусть р — плотность. Тогда имеем
M = р- Sabc> M\ = р- Sabd, M2 = p- Sacd,
Sabc = Sabd ~ Sacd-
Кроме того, так как ABD и ACD имеют общее основание, то
Sabd hB
Тогда получим
Sabd = т~ Sacd
he
Sacd
Sabc = Sabd ~ Sacd = Sacd
hB — he
he
Sacd =
he
hB - hc
Sabc-
Тогда Sabd =
hB
hB — he
Sabc-
1. Геометрия масс
27
Подставляя полученные соотношения в формулы для моментов
инерции, получим:
jabc = 7P Sabd h2B~ 2? Sacd hc = 2?' I Г~
о о о tiB — tic
Sabc
6Р' hB - hc
Задача 34.23(34.24). По данным задачи 34.1 определить
центробежные моменты инерции Jxz, Jyz, Jxy коленчатого вала.
Ответ: Jxz = --md(a + 6), Jyz = -—md(a + 6), Jxy = 0.
Решение. Имеем (см. рис. 34.1.1 к задаче 34.1):
+ xBzB+ xDzD) = - - md (a + 6),
Jxz =
Jyz = m(yAzA + yBzB +
= —^- md (a + 6),
d2
Jxy = m(xAyA + xByB + xDyD) = ml d2— - d2— + (-d) • 0J =0.
Задача 34.24(34.25). Однородный круглый диск массы М
эксцентрично насажен на ось z, перпендикулярную его плоскости. Радиус
диска равен г, эксцентриситет ОС = о, где С — центр масс диска.
Вычислить осевые Jx,Jy,Jz и центробежные Jxy,Jxz,Jyz моменты
инерции диска. Оси координат показаны на рис. 34.24.1.
28 1. Геометрия масс
■^ Решение. Эта задача аналогична задаче 34.21 с небольшим
изменением наименований осей. Получим:
Mr2
Jx = JxC = —7~,
Jy = Jyc + Ma2 = -^- + Ma1,
Jz = JzC + Ma2 =
Jxy = 0 + МХоУо = О.
Аналогично получим Jxz = Jyz = 0.
Задача 34.25 (34.27). По данным задачи 34.24 вычислить момент
инерции диска относительно оси Z\, лежащей в вертикальной
плоскости xz и образующей с осью z угол <р (см. рис. 34.25.1).
МГ2 2 fr2 2\ 2
Ответ: JZx = —— sin ip + М -— 4- о cos <p.
4 \ 2 '
^ Решение. Пусть и — единичный вектор направления оси Oz\.
Используем известную формулу:
Л = Л, = Л c°s2 <* + Jy c°s2 /? + Л c°s2 7 ~
- 2 Jsj, cos acos/3 - 2JXZ cos a cos 7 - 2,7^ cos /3 cos 7,
где cos a, cos/3, cos 7 — направляющие косинусы оси Oz\ в системе Oxyz.
Ясно, что cos a = sin <p, cos/3 = 0, cos7 = cos <p. Тогда получим:
Mr2 2 f^r2 Л {Mr2 Д 2
Jw = J = —— sin2 p + ( —— + Ma2 • 0 + —— + Ma2 cos2 y? =
4 \ 4 / \ 2 /
Mr2 . 2 ^Л/ГЛ2_, 2\ 2
= sin (p + Mi ha 1 cos <p.
(Здесь использованы результаты задачи 34.24!)
1. Геометрия масс
29
Задача 34.26(34.28). Однородный круглый диск массы М
насажен на ось 2, проходящую через его центр масс С. Ось симметрии
диска Z\ лежит в вертикальной плоскости симметрии xz и образует с осью z
угол а. Радиус диска равен г. Вычислить центробежные моменты
инерции диска Jxz, Jyz, Jxy. Оси координат показаны на рис. 34.26.1.
Рис. 34.26.1
_ т т Л _ . т . sin 2a Mr2
Ответ: Jxy = Jzy = О, JXZ = (J2l - JX|)—^— = -у sin 2а.
Решение. Используем таблицу углов между главными осями х\, у\,
и осями x,y9z:
X
У
Z
Xi
«1
а2
а3
2/1
А
Рг
Рг
Ъ
72
7з
Для условия задачи 34.26 имеем:
7Г
7Г
7Г
Для вычисления центробежных моментов инерции используем
известные формулы (см. [11]):
(Mr1 Mr2\ (Mr2 Мг2\ тг тг Mr2
= I — — I sinacosa+ I — — I cos~cos~ == —— sin2a,
\2 4/ \2 4/228
30 1. Геометрия масс
Jxy = (Л, - Л,)cosaj cosa2 + (Л, - Jy^cosfa cos/?2 = 0,
Jyz =(JZl - Л,) cos a2 cosa3 + (J2l - J^cos/^cosft = 0.
Задача 34.27(34.29). Решить предыдущую задачу в
предположении, что диск эксцентрично насажен на ось z (рис. 34.27.1), причем
эксцентриситет ОС = а.
Рис. 34.27.1
М (г2 Л
Ответ: Jxy = Jyz=Q, Jxz = — f — + a2 J sin 2a.
\ /
^ Решение. По формулам преобразования центробежных моментов
инерции относительно параллельных осей имеем:
Jt?c = Jyz + МЬс,
Jti = Jzx + Мса,
Jfr = Jxy + Mab,
где х, у, z проходят через центр масс тела, £, т/, £ — параллельные им оси,
проходящие через точку А с координатами (а, 6, с). В условиях нашей
задачи проведем через центр масс С диска оси ж2, t/2, z2, параллельные осям
ж, у, z. Тогда координаты точки О в системе (ж2, у2, z2) будут (a cos a, О,
a sin а). Причем центробежные моменты инерции в осях ж2, t/2, z2
известны нам из предыдущей задачи 34.26. Тогда получим:
Jxy = Jx2y2 + Af • (a cos a) • 0 = О,
Jyz = JV2z2 + M • 0 • (a sin a) = О,
Jxz = Jx2z2 + M -(a cos a) • (a sin a) =
Mr2 Ma2
= —— sin 2a H — sin 2a =
8 2
= т(т+а Jsi
sin2a-
1. Геометрия масс
31
Задача 34.28(34.30). Однородный круглый диск радиуса R
насажен на ось вращения z, проходящую через точку О и составляющую
с осью симметрии диска Cz\ угол а (рис. 34.28.1). Масса диска
равна М. Определить момент инерции Jz диска относительно оси
вращения z и центробежные моменты инерции Jxz и Jyz, если OL —
проекция оси z на плоскость диска, ОЕ = о, ОК = Ь.
Рис. 34.28.1
Ответ
: jz = M \(a2 + W j cos2 a + l-R2 sin2 a + bA ,
Jxz = mI -R2 4- a2 I sin a cos a, Jy2 = Mab sin a.
■* Решение. Эта задача отличается от задачи 34.27 лишь тем, что точка
крепления О оси z смещена вдоль главной оси Су\ влево на расстояние
ОК = СЕ = b (если смотреть с конца главной оси Czx, см. рис. 34.28.2).
Возьмем в точке С оси CxiyiZi, параллельные осям Oxyz. Мы
придем к условию задачи 34.28, т. е.
Mr2
'Х2У2
sin 2a.
Уз
Рис. 34.28.2
32 1. Геометрия масс
Далее, координаты точки О в системе CxiyiZi суть следующие:
Хо = a cos a,
Уо = Ь,
Zo = a sin a.
Тогда по формулам параллельного переноса осей:
Jxy = Jx2y2 + Мхоуо = Mab cos a,
Jxz = Jx2z2 + MxoZo — —3— sin 2a + Ma2 sin a cos a,
о
Jyz = Jy2Z2 -f- MyoZo = Mab sin a.
Далее, чтобы найти Jz, возьмем в точке О оси Oxyy^z^, параллельные
главным осям Cx\y\Z\. По формулам параллельного переноса имеем:
Л3 = Л, + мь2 = м(7- +
Jy>=Jyi +Ma2 = M\^- +
JZ3=JZl+M(a2 + b2) = M^j + a2
Jxm = JXxVx + Mab = Mab,
— T _i_ lUTn «0 — 0
X\Z\ — t'X\Z\ I ■"■*■ u V — ^J
Направляющие косинусы оси z с осями жз, Уз? zy.
cos (z, Ж3) = sin a,
cos (z, уз) = 0,
cos(z,Z3) = cosa.
Поэтому по известной формуле имеем:
Jz = Jxi' (sin a)2 + JVi • (0)2 + J23 • (cos a)2 -
- 2Jxm sin a • 0 - 2JXiZi sin a cos a - 2JViZi • 0 • cos a =
cos2 a =
= M \( у + a2 J cos2 a + j sin2 a + b2 .
1. Геометрия масс
33
Задача 34.29. Однородная прямоугольная
пластинка OABD массы М со сторонами а и Ь
прикреплена стороной О А к оси ОЕ (рис. 34.29.1).
Вычислить центробежные моменты инерции
пластинки Jxz, Jyz и Jxy.
Ответ: Jxz = jxy=Q, Jyz =
Mab
Е'Л
А
1
а
1
в
..
отьп
У
Рис. 34.29.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 34.29.2. Возьмем в точке С
(центре масс пластины) главные оси инерции Cx\y\Z\, которые параллельны
осям x,y,z. В главных осях имеем:
**Х\У\ =
= v.
По формулам параллельного переноса,
учитывая, что координаты точки О в
системе Cx\y\Z\ суть:
Ь а
яо = 0, Уо = --> zo = --z,
получим:
Л* =
= О,
= О,
А
а
О'
Л
\
х %
•
1
в
Ь D у
Рис. 34.29.2
аЬ
-.
Задача 34.30(34.31). Однородная прямоугольная пластинка
массы М со сторонами длины а и Ь прикреплена к оси z, проходящей
через одну из ее диагоналей. Вычислить центробежный момент
инерции Jyz пластинки относительно осей у и z,
лежащих вместе с пластинкой в плоскости
рисунка. Начало координат совмещено с
центром масс пластинки.
У
Ответ: Jyz = —
М ab(a2-b2)
Ъ' а2 + Ъ2 '
Рис. 34.30.1
34
1. Геометрия масс
Рис. 34.30.2
^ Решение. Возьмем в точке О (центре масс пластины, см. рис. 34.30.2)
главные оси Ox\y\Z\. Таблица углов:
X
У
Z
У\
7i
72
7з
Для случая, изображенного на рис. 34.30.2, имеем:
7Г
2'
IT
2'
IT
7l = 7,
Для вычисления центробежного момента инерции Jyz используем
известную формулу (см. [11]):
Jyz = (Л, - Л,) = cos a2 cos а3 + (Л, - Jy,) cos /?2 cos ^3 =
= (J2, - <7У1) cos a sin а = ( —Ma2 —-Mb2 1 cos a sin a,
но так как
cos2 a =
sin a =
1
1
b2
l+tg2a l+a2/62 a2
tg a a/b
1. Геометрия масс
35
то
т.е.
ab
cos asma =
а2 + b2'
Задача 34.31 (34.34). Вращающаяся часть подъемного крана
состоит из стрелы CD длины L и массы М\, противовеса Е массы М2
и груза К массы Мз. Рассматривая стрелу как однородную тонкую
балку, а противовес Е и круг К как точечные массы, определить момент
инерции Jz крана относительно вертикальной оси вращения z и
центробежные моменты инерции относительно осей координат x,y,z,
связанных с краном. Центр масс всей системы находится на оси z;
стрела CD расположена в плоскости yz.
Ответ: Jz = M2a2 + ( М3 + -Мх j L2 sin2 a,
Jyz = - ( Мз + -Mi ) L2 sin 2a - M3Ll sin a, Jxy = Jxz = 0.
Рис. 34.31.1 Рис. 34.31.2
Решение.
JjP = Мз • (Xsina)2 (см. рис. 34.31.2),
7Г\2 2 2 ЛГ.Г.2
:os - J + Jy, • (cos a) + J2l • (sin a) = -
= M2a2,
sin2 a,
36 1. Геометрия масс
Jz = M2a2 + L2 sin2 a (m3 + ^Mj j,
3%z) = M3 • (£ sin a) • (ft + L cos a -1),
J^z) = M2 • (-a) • ft = -M2ah.
Центробежный момент инерции стержня Jqq проще всего
подсчитать непосредственно:
L
= ГpdS{h + S cos a) • 5 sin a =
о
I? L3
= ph sin a • h p sin a cos a • — =
/ hL sin acosa- L2\
= Mj ( — sin a + ).
Суммируя полученные результаты и используя тот факт, что центр
масс системы находится на оси z, т. е.
L
М2а = М\ • — sin a + M3X sin a,
получим:
) sin a + L2 sin a cos a - ZZ sin a) -
жжЛ£ . M,£2 .
-f M\ — sin a H — sm a cos a =
= M3 (Zft sin a + L sin a cos a- LI sin a) - Mi — sin a -
hL L2
- M^hL sin a + Mj — sin a + Mi — sin a cos a =
= M3 {I? sin a cos a - ZZ sin a) + M\ — sin a cos a =
= - ( M3 + -Mi j L2 sin 2a - M3Ll sin a.
JXy = Jxz = Q, так как ж-координаты всех точек системы равны нулю!
2. Теорема о движении центра
масс материальной системы (§35, [10])
Задача 35.1 (35.1). Определить главный
вектор внешних сил, действующих на
маховик М, вращающийся вокруг оси АВ
(рис. 35.1.1). Ось АВ, укрепленная в
круговой раме, в свою очередь вращается вокруг
оси DE. Центр масс С маховика находится
в точке пересечения осей АВ и DE.
Ответ: Главный вектор внешних сил равен нулю.
Решение. Воспользуемся теоремой о движении центра масс
маховика:
Так как центр масс С маховика, находясь в точке пересечения осей
вращения, не движется, то главный вектор внешних сил
Задача 35.2(35.2). Определить главный
вектор внешних сил, приложенных к
линейке АВ эллипсографа, изображенного на
рис. 35.2.1. Кривошип ОС вращается с
постоянной угловой скоростью ш; масса линейки
АВ равна М\ ОС = АС = ВС = I.
Ответ: Главный вектор внешних сил
параллелен СО и равен по модулю М1ш2.
Рис. 35.2.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.2.2. Для определения
главного вектора внешних сил, приложенных к линейке АВ, в соответствии
с теоремой о движении центра масс
определим ускорение точки С
38 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
У
Рис. 35.2.2
Точка С, с другой стороны, принадлежит кривошипу ОС,
который вращается с постоянной угловой скоростью ш. Поэтому ускорение
ас = а!с = w2l и направлено к точке О. Следовательно, главный вектор
внешних сил R^ = Mac = Mu2l и направлен от точки С к точке О.
Задача 35.3(35.3). Определить главный
вектор внешних сил, действующих на колесо
массы М, скатывающееся с наклонной плоскости
вниз, если его центр масс С движется по закону
хс = at2/2.
Рис. 35.3.1
Ответ: Главный вектор внешних сил параллелен
оси ж, направлен в сторону движения и равен
по модулю Ма.
•* Решение. Расчетная схема представлена на рис. 35.3.2.
Воспользуемся теоремой о движении центра масс С в проекциях на оси х и у:
к к
Так как центр масс С движется вдоль оси х
по закону хс = at2/2, то главный вектор
внешних сил имеет следующие проекции на оси
координат:
Рис. 35.3.2
Значит главный вектор внешних сил параллелен оси ж, направлен
в сторону движения и равен по модулю Ма.
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 39
Задача 35.4(35.4). Колесо катится со скольжением по
горизонтальной прямой под действием силы Р. Найти закон движения
центра масс С колеса, если коэффициент трения скольжения равен /,
a F ~ 5/Р, где Р — вес колеса. В начальный момент колесо
находилось в покое.
Ответ: xc = 2fgt2.
ьтр
z^ //////////
VK
N
Рис. 35.4.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.4.1, где С — центр масс
колеса, Vq — его скорость, ш — угловая скорость колеса, К — точка
касания колеса с плоскостью, vk — скорость точки К, Др — сила трения
скольжения в точке К, причем согласно закону Кулона
0ф0
где N — модуль нормальной реакции. Для ситуации, рассматриваемой
в задаче, имеем N = Р.
Пусть в начальный момент колесо находилось в покое, т. е. vc(0) = 0,
ш(0) = 0. Выясним, как будет направлена скорость точки К в
последующие моменты времени. Запишем уравнение движения центра масс колеса:
mi)с = F -
тр
(1)
и уравнение моментов количеств движения относительно центра масс
колеса:
гаг2
J =
(2)
40 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
Для точки касания К имеем кинематическую связь:
vK = vc - wr => vr = vc - шг.
Используя соотношения (1), (2), получим:
F-Fy г2 F-Fy 2 F-3-Fw
"* = ~^Г~ ~ 7Fip = ~^"~ ~ mFip = m • (3)
Отметим, что в (3), FTp > 0, если vK > 0 (см. рис. 35.4.1), FTp < 0,
если vr < 0 (знак vr выбираем так же, как и знак vc, т.е. в соответствии
с направлением оси х). Рассмотрим два случая:
Г. F > 3|i?VPmax| = 3/Р. Тогда формула (3) дает щ > 0 => так как
Vk(0) = 0, получим Vjc(t) > 0 при t > 0, и ситуация в точности такая,
как это показано на рис. 35.4.1.
2°,. 0 < F < З^тр^! = 3/Р. Пусть в этой ситуации при t > +0 началось
скольжение, т.е. щ Ф 0. Предположим, что г># > 0, т.е. ?>#(+0) > 0
(см. рис. 35.4.1). Тогда из (3) получаем при FTp = FTPmax = fP > 0:
F - 3/Р
^#(+0) = < 0, т. е. противоречие! Пусть г># < 0 (т. е.
m
vr(+0) < 0 и FTp < 0). Тогда из (3) получаем при FTp = -fP:
F 4- 3 f P
vk(+0) = > 0, т. е. опять противоречие! Единственная
m
ситуация, таким образом, которая непротиворечиво реализуется, это:
vK = 0 —> vK(t) = 0 при всех t, т.е. чистое качение. В этом случае
в точке контакта К возникает сила трения покоя, которая зависит
от величины силы F G [0, 3/Р). В этом случае имеем уравнения
динамики:
mi)с =F-FTP.покоя, (4)
J(O =Ртр.покоя-Г, (5)
и кинематическую связь:
vK = vc - ur = 0.
Из этих уравнений мы получим, по аналогии с (3):
л . Г — 3 ' -ГТр. ПОКОЯ у-, * у-,
U = ук = => Гтр. покоя = Т-Г ,
га 3
причем направление силы трения покоя Др. ПОкоя такое же, как и у Др
на рис. 35.4.1.
Таким образом, мы получаем следующий ответ:
I. F G (3/Р, оо) (т.е. случай нашей задачи, где F = 5/Р > 3/Р). Тогда
для движения реализуется схема, указанная на рис. 35.4.1, и, в
соответствии с (1), имеем:
= F-FTPmM=F-fP =
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 41
(при F = 5/Р), т.е. хс = 4/g=>> при Хс(О) = Xc(fy — О получаем:
(ответ задачи).
II. F £ (0,3/Р). Тогда движение с проскальзыванием не реализуется,
а из (4) имеем:
mvc = F- iV™^ = F - -F = -F.
F
Причем реализуется схема с чистым качением, т. е. так, как указано
на рис. 35.4.1, где Vk = 0. В предложении F = const, получим:
2 Ft2 Ft2
Замечание к задаче 35.4. Мы решили задачу для произвольного значения силы F.
Это решение показывает, почему в условии задачи выбрано значение силы F = 5/Р,
которое соответствует случаю I полученного ответа.
Задача 35.5(35.5). Колесо катится со скольжением по
горизонтальной прямой под действием приложенного к нему вращающего
момента. Найти закон движения центра масс С колеса, если
коэффициент трения скольжения равен /. В начальный момент колесо
находилось в покое.
Ответ: хс =
fgt2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.5.1, где обозначения такие же,
как в предыдущей задаче. Однако вместо силы F к колесу приложена
N
Рис. 35.5.1
42 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
пара сил с моментом М. Пусть vr ф 0. Уравнения движения центра масс
С и моментов количеств движения относительно точки С будут такими:
mvc = -FTp9 Ju = M + FTp-r, J=^y-. (1)
Для точки If имеем кинематическую связь:
vK = vc - wr ==> vr = vc - wr.
Используя (1), отсюда получаем:
т ' т г тх *" - '
Отметим, что в (2) FTp > 0, если vK > О (см. рис. 35.5.1) и FTp < О,
если vk < 0 (знак vr соответствует знаку ^с!). Рассмотрим два случая:
Г. > 3|FTPmax| = 3/Р ==> М > -fPr. Тогда из (2) следует, что
г 2
vk(+0) < 0 => vK(+0) < 0, т. е. точка К начнет скользить в сторону,
противоположную vc (см. рис. 35.5.1, где FTp и vr следует поменять
местами). Таким образом, здесь
Frp = -FTPmax = -fP => vc = fg => xc = fg =>
при хс(0) = xc(0) = 0.
z
< 3IF™! = 3/P => M < -fPr. Тогда, в соответствии с (2),
г 2
мы получим vk < 0, т. е. реализуется схема скольжения при F^ =
FTPmax = —fP (см. рис. 35.5.1, где vr и FTp следует поменять местами!).
Из формулы (2) мы имеем:
т
т. е. мы пришли к противоречию! Следовательно, в этом случае
скольжение точки К невозможно, т.е. реализуется чистое качение.
Таким образом, vK = 0 => vkH) = 0, а в точке касания возникает
сила трения покоя, величина которой определяется из соотношения
кинематической связи в случае чистого качения:
1 Л 2т\ . _ 2М
TJ "
у —— тр. пи кии > у — w ^ ■'•Тр. ПОКОЯ л
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 43
Тогда уравнение для движения центра масс будет таким:
rnvc = — М ==$► при М — const и хс(0) = хс(0) = О,
получим:
2М t2 Mt2
Как видим, здесь закон движения зависит от приложенного момента.
Таким образом, мы получаем следующий ответ:
I. При М > -fPr (т. е. при достаточно большом внешнем
моменте, или достаточно малом коэффициенте трения), движение колеса
происходит с проскальзыванием, реализуется схема рис. 35.5.1, где
Др и Vk следует поменять местами, а закон движения не зависит
от величины М и определяется формулой:
fat2
xc{t)=J-^-> при хс(0) = *с(0) = 0.
II. При М < -fPr (т.е. при малом внешнем моменте, или большом
коэффициенте трения), движение колеса происходит без
проскальзывания, т.е. реализуется чистое качение (см. схему на рис. 35.5.1, где
следует положить vk = 0, а силу Др = Др. покоя направить по оси х).
Тогда закон движения уже зависит от величины М — const:
Mt2
(') жс(0) = жс(0) = 0.
Замечание к задаче 35.5. Вопросы, рассматриваемые в задачах 35.4,35.5,
изучались в известной монографии П. Пэнлеве «Лекции о трении» [12].
Задача 35.6 (35.6). Вагон трамвая совершает вертикальные
гармонические колебания на рессорах амплитуды 2,5 см и периода Т = 0,5 с.
Масса кузова с нагрузкой 10 т, масса тележки и колес 1 т. Определить
силу давления вагона на рельсы.
Ответ: от 68,0 до 147,6 кН.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.6.1. Механическая система
состоит из кузова (с центром масс в точке С\) и тележки с колесами
(с центром масс в точке Сг). На систему действуют внешние силы: силы
тяжести m\g и mzg, нормальные реакции JVi и JV2, силы трения Др, и Др2.
44 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
У '
1
1 1
////////// ^
—
о ) . ( о ) |
v J v У _
4 1 4
_^ //////////
Рис. 35.6.1
Запишем теорему о движении центра масс механической системы
в проекции на вертикальную ось у:
Используя определение центра масс системы, получим:
тхух + гп2у2 = N1 + N2 - mxg - m2g.
Так как по условию
у2 = COnSt => У2=0
У\ = A sin kt
2 si
ух = -Ак2 sin kt,
где
Сила давления вагона на рельсы, в соответствии с законом Ньютона,
равна
^давл = N{+N2 = mxg + m2g + mxy\ = mxg + myg - m{Ak2 sin kt,
^давл. min = ™\g + ™>2g - ГПХАк2 =
= 11 000 • 9,8 - 10 000 • 0,025 • (4тг)2 « 68 322 (H),
^давл. max = ™,xg + m2g + 7ПХАк2 =
= 11 000 • 9,8 + 10 000 • 0,025 • (4тг)2 « 147 278 (H).
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 45
Значит, сила давления вагона на рельсы меняется в пределах от 68,3 кН
до 147,3 кН. Направлена эта сила вертикально вниз.
Задача 35.7(35.7). Определить силу
давления на грунт насоса для откачки воды при его
работе вхолостую (рис. 35.7.1), если масса
неподвижных частей корпуса D и фундамента Е
равна М\, масса кривошипа О А = а равна Mi,
масса кулисы В и поршня С равна М$.
Кривошип О А, вращающийся равномерно с угловой
скоростью о;, считать однородным стержнем.
Ответ: N = (М{ + М2 4- M3)g +
2
+ ^j-(M2 4- 2М3) cosa;^.
Рис. 35.7.1
Рис. 35.7.2
46 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.7.2. Направим ось х
горизонтально направо и ось у вертикально вверх. Система состоит из
неподвижных частей корпуса D и фундамента Е (центр масс в точке С\),
кривошипа О А (центр масс в точке С2, причем ОС2 = С2А = а/2) и
поршня С с кулисой В (центр масс в точке Сз).
К системе приложены внешние силы: силы тяжести M\g, Mjg, M^g,
приложенные к соответствующим центрам масс; суммарная нормальная
реакция фундамента N и суммарная горизонтальная реакция фундамента R.
Согласно теореме о движении центра масс системы в проекции на
ось у имеем:
Муп = N - M\g - M2g -
Используя определение центра масс системы, запишем
к
Распишем координаты центров масс С\, С2 и Су.
Ух = const,
a a
у2 = --cos<p
Уз = const - a cos ut.
Следовательно,
У\ =0,
.. a 2
y2 = -w coswt,
#з = aw1 cos wt.
Внося полученные соотношения в теорему о движении центра масс,
получим:
О, 2 2
Mi -ш cos u)t -f M-^au) cos wt = N - M\g - M2g - M^g.
Отсюда нормальная реакция
N = M\g + Mig -f M^g + au)1 cos wt I — + M3).
Искомая сила давления на грунт FauBJl = N и направлена вертикально
вниз.
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 47
s *\
Задача 35.8(35.8). Использовав данные предыдущей задачи,
считать, что насос установлен на упругом основании, коэффициент
упругости которого равен с. Найти закон движения оси О кривошипа О А
по вертикали, если в начальный момент ось О находилась в
положении статического равновесия и ей была сообщена по вертикали вниз
скорость г>о. Взять начало отсчета оси х, направленной вертикально
вниз, в положении статического равновесия оси О. Силами
сопротивления пренебречь.
Ответ: 1) При
М\ 4- М2 4- М3
h vq h
х0 = --5 г cos kt 4- — sin kt 4- t^5 r coswt,
k2 - u)2 к к2 - ш2
где
M2 4- 2М3 аи2
ум,
4- М2 4- М3'
с
=
= — sin а;^ Н 1 sin а;^.
а; 2а;
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.8.1. Введем ось х,
направленную вертикально вниз. Начало отсчета оси в положении т. О при
равновесии системы, когда с • Лст = (Mi 4- М2 4- M^)g. Воспользуемся
результатами из задачи 35.7. Теперь на систему вместо нормальной
реакции N действует сила упругости Рупр упругого основания. Величина
jPynp = c(ACT-f ж), где х — координата оси О. Воспользуемся теоремой
о движении центра масс системы:
Мхп = (Mi + M2 4-
Распишем
Х\
Ускорения
Х\ = X
Распишем
Мхп = ^ т&а
к
координаты
= X, Х2 =
этих точек:
a
центров
- COS U)t
JccKut
масс
+ x,
+ x9
\ Cu C2 и С3:
жз = a cos wt 4- x.
2
Ж3 = —CLU) COS U)t
ускорение центра масс системы:
bk = M\X + i
\wt + x\ +Мз(-ао;
48 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
■О
РИС. 35.8.1
Теперь теорема о движении центра масс примет вид:
/ a 2 \ 2
М\х + М21 —ш cos wt + ж I + Мз(-ао; cos w^ + x) =
= (Afj + M2 + M3)g - с(Лст + ж).
Подставим выражение для статической деформации Лст и запишем
уравнение в виде дифференциального уравнения вынужденных колебаний
оси кривошипа:
с ас
х =
• cos cut.
Собственная частота
к =
вынуждающая частота ш. Коэффициент
аш2(М2/2 ■
_
+ М2 + Мъ
При решении задачи рассмотрим 2 случая.
1. Нерезонансный случай, когда к ф ш, т.е.-
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 49
Тогда
х = х00 + хч„ = С\ sin kt + C2 cos Atf + -= r cos Atf.
• • • • к2 -ш2
Начальные условия: to = 0, ж(0) = 0, ж(0) = Vq. Отсюда имеем:
Поэтому
Закон движения оси кривошипа
x(t) = — sin kt - -= т cos kt + -= r cos kt,
к к2 -ш2 к2 - ш2
где
с _ аш2(М2/2 + М3)
Г[ -f Af2 + Мз Af 1 + М2 *+■ -Мз
С 2
2. Резонансный случай, когда fc = ш, т. е. — —: — = ш . Тогда
h / \
х = х = х00 + хчн = С\ sin fct + Сг cos fct + г— t cos (o;^ - — ).
2a; V 2 /
Начальные условия: ^о = 0, ж(0) = 0, ж(0) = Vq дают уравнения: 0 = Ci,
vq = С\к. Отсюда С\ = v^/k = Vo/w, Ci = 0. Закон движения оси
кривошипа
xlt) = — sin ut H 1 sin ut.
w ш 2w
Задача 35.9 (35.9). Ножницы для резки металла состоят из криво-
шипно-ползунного механизма ОАВ, к ползуну В которого
прикреплен подвижный нож. Неподвижный нож укреплен на фундаменте С
(рис. 35.9.1). Определить давление фундамента на грунт, если длина
кривошипа г, масса кривошипа М\, длина шатуна I, масса ползуна
В с подвижным ножом Mi, масса фундамента С и корпуса D равна
Мз. Массой шатуна пренебречь. Кривошип О А, равномерно
вращающийся с угловой скоростью ш, считать однородным стержнем.
Указание. Выражение J1 - (r/l)2 sin2 u)t следует разложить в ряд и отбросить
все члены ряда, содержащие отношение г/1 в степени выше второй.
Ответ
ГШ2[ Г 1
: N = (Mi+M2+M3)g-\ (Mi+2M2) cosart+2M2- cos 2atf .
50
2. Теорема о движении центра масс материальной системы
\ D
Рис. 35.9.1
Рис. 35.9.2
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 35.9.2. Введем ось ж,
направленную вертикально вниз. Начало оси совпадает с положением оси
кривошипа О А. На систему действуют внешние силы: силы тяжести M\g, Mig
и Мз#, приложенные к центрам масс С\, Ci и Сз соответственно для
кривошипа О А, ползуна В с подвижным ножом и фундамента с корпусом;
нормальная реакция N и горизонтальная реакция R со стороны грунта
на систему. Воспользуемся теоремой о движении центра масс системы
в проекции на ось х:
Мхс = M\g + Mjg
- N.
Отсюда
N = (М{+М2 + M3)g - Мхс.
Распишем координаты точек С\, Ci и Су.
ОА г
Х\ = —- COS if = - COS WZ,
x-i = О A cos tp + AB cos a,
#3 = const.
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 51
Для определения угла а воспользуемся теоремой синусов для
треугольника ОАВ:
г I г г
sin a = - sin tp = - sin u)t.
sin a siny? Z Z
Тогда
cos a
/ ^r
= v 1 - sin2 a = 4 /1 — -j sin2 u;£.
Разложим это выражение в ряд, учитывая предположение в указании
к задаче о малости отношения г/1, и отбросим все члены ряда, содержащие
величину г/1 выше второй степени:
cos a = 1 - I-
Поэтому
х2 = г cos wt -f Z 1 (у 1 sin2 a;^ .
Найдем ускорения центров масс С\, С2 к Су.
г 2
х{ = --ш cosujt,
г2
х2 = -гш2 cos wt —-a;2 cos 2u)t,
Поэтому
Мхе = ^2 МкХк = -Mi -ш2 cosa;^ - M2ra;2 coswt - Mi~-u2 cos 2atf.
i ш cosa;^ M2ra; coswt Mi
Нормальная реакция со стороны грунта, следовательно, равна
N = (Mi + M2 4- Mz)g + Mi -a;2 cos atf + M2ra;2 cos a;^ + M2 у ш2 cos 2wt =
тир" Г т 1
= (Mi +M2 + M3)^+ — (Mi +2M2)cosa;^ + 2M2y cos2a;t .
Сила давления фундамента на грунт совпадает по величине с
нормальной реакцией и направлена вертикально вниз.
52 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
Задача 35.10(35.10). Электрический мотор массы М\ установлен
без креплений на гладком горизонтальном фундаменте; на валу мотора
под прямым углом закреплен одним концом
однородный стержень длины 21 и массы М2,
на другой конец стержня насажен точечный
груз массы Мз; угловая скорость вала равна ш
(рис. 35.10.1).
Определить: 1) горизонтальное движение
мотора; 2) наибольшее горизонтальное
усилие R, действующее на болты, если ими будет
закреплен кожух электромотора на
фундаменте.
Рис. 35.10.1
Ответ: 1) Гармонические колебания с амплитудой
и периодом 2ж/ш]
2) Д = (М2 2
1(М2 + 2М3)
Мх+М2+ М3
^ Решение. Рассмотрим часть 1. Расчетная схема — на рис. 35.10.2.
Мотор установлен на гладком фундаменте без креплений. На
механическую систему действуют внешние силы: силы тяжести M\g9 M2g и M^g,
приложенные в центрах масс мотора (т. С\), стержня (т. С2) и
точечного груза (т. Сз), а также нормальная реакция гладкого фундамента N.
Введем оси координат х и у. Начало этой системы координат выберем
у i
Рис. 35.10.2
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 53
в положении центра масс мотора (точка С\) в момент t = 0, когда угол
ip = ort|j=o = О- Воспользуемся теоремой о движении центра масс системы
в проекции на горизонтальную ось х:
к
Так как
А,-
то Мхе = 0. Отсюда М±с = const, т. е. скорость центра масс системы
вдоль оси х постоянна. Пусть в начальный момент времени система
покоилась, тогда М±с = 0. Отсюда Мхе = const. Значит центр масс
системы не перемещается вдоль оси х при движении отдельных ее частей.
Выпишем координаты центров масс С\, С2 и Сз как функции
времени:
x2(t) = х\+ АСг cos <р = х\ +1 cos vt9
x3(t) = х\+ АСг cos tp = Х\ +11 cos wt.
Поэтому
Mxc(t) = ^2 mkxk(t) = M\X\+ M2(xi +1 cos u;£) + Мъ(хх + 21 cos a;^).
к
Так как Mxc(t) = const, то Mxc(t) = Mxc(0). Поэтому
M\X\ + M2(x\ +1 cos a;^) + M3(xi + 21 cos art) = M2l + M32Z.
Отсюда получаем, что горизонтальное движение мотора
осуществляется по закону
x\(t) = cos art,
М\ + М2 + М3
т. е. представляет собой гармонические колебания.
Рассмотрим часть 2. Расчетная схема — на рис. 35.10.3. Кожух мотора
закреплен на фундаменте болтами. Тогда внешними силами будут: силы
тяжести, вертикальная результирующая реакция со стороны болтов и
фундамента Ё и горизонтальная результирующая сила со стороны болтов R.
Систему координат свяжем с неподвижным кожухом электромотора.
Теорема о движении центра масс системы в проекции на ось х принимает
вид: Мхе = R. В этом случае
Мхе = /_J Mf-Xk = M\ • 0 + M2l cos art + Мз2/ cos art = l(M2 + 2Мз) cos art.
к
54 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
У k
Поэтому Мхе = —1(М2 + 2Мз)о;2 cosutf. Значит горизонтальная
реакция R = -Z(M2+2M3)u;2 cosu;£. По такому же закону меняется
горизонтальное усилие на болты со стороны кожуха мотора. Поэтому наибольшее
горизонтальное усилие на болты равно (М2 + 2
Задача 35.11 (35.11). По условиям предыдущей задачи вычислить
ту угловую скорость ш вала электромотора, при которой электромотор
будет подпрыгивать над фундаментом, не будучи к нему прикреплен
болтами.
Ответ:
(Af2 + 2M3)l
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.10.2. Запишем теорему о
движении центра масс системы в проекции на вертикальную ось у:
ку => Мус = N — M\g — M2g — M$g.
Распишем координаты у\, у2 и г/з центров масс С\, С2 и Су.
У\ =0, у2 = АС\ + Z sin ut, уг = АС\ + 21 sin wt.
Поэтому
Мус =
sin wt -
sin wt.
Подставим это выражение в теорему о движении центра масс и
выразим нормальную реакцию
N =
2 si
M3)g - 1(М2 + 2М3)о;2 sin ut.
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 55
Условие подпрыгивания мотора: N^ < О, т.е.
(Mi + М2 + M3)g - 1(М2 + 2М3)ш2 -КО.
Отсюда
(Mi + М2
2М3)
Задача 35.12 (35.12). При сборке электромотора его ротор В был
эксцентрично насажен на ось вращения С\ на расстоянии CiC2 = a,
где С\ — центр масс статора А, а С2 — центр масс ротора В. Ротор
равномерно вращается с угловой скоростью и (рис. 35.12.1).
Электромотор установлен посередине упругой балки,
статический прогиб которой равен Д; Mi —
масса статора, М2 — масса ротора.
Найти уравнение движения точки С\ по
вертикали, если в начальный момент она
находилась в покое в положении статического
равновесия. Силами сопротивления
пренебречь. Начало отсчета оси х взять в
положении статического равновесия точки С\. Рис. 35.12.1
Ответ: 1) При л/g/A Ф w
ш
кк2-ш2
где к = y/g/A, h =
h h
X\ = ^-^ Sin UJt - —t COS Ш.
^ Решение. Расчетная схема представлена
на рис. 35.12.2, где х — вертикальная
координата точки С\, отсчитываемая от положения
статического равновесия. На систему вдоль оси
х действуют три внешние силы: M\g, M^g, Fynp.
Пусть х — смещение (вниз) точки С\ от
статического равновесия. Тогда Fynp = -с(Д 4- ж),
где Д — статический прогиб балки. Причем,
по условию сА = (Mi +M2)g (статическое рав-
X
УПР
Рис. 35.12.2
56 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
новесие). Отсюда
А
Запишем уравнение для движения центра масс системы вдоль оси х.
Координата по х центра масс системы дается выражением:
хс = т — [ж * М\ + (х 4- a sin ujt) • М2].
Mj 4- М2
Уравнение движения центра масс по оси х:
(Мх 4- М2)хс = (М, 4- M2)g - с(А 4- х).
Из этих уравнений получим, учитывая, что
(Mi + M2)g = cA и с =
\-(х - auj2 sin ujt
2 .
flo; si
A Mi 4- М2
2 g MjCLOJ
Обозначая к = -—, /i = , будем искать решение в стандарт-
А Mi 4- М2
ном виде:
ж(^) = A sin u;£ 4- В sin &£ 4- С cos kt9 при кфш.
Подставляя в уравнение, получим А = -= г. Константы Б и С
к1 -ш1
выбираем так, чтобы удовлетворить начальным условиям ж(0) = ж(0) = 0.
uj h
Тогда получим С = 0, В = -— • -^ г. Итак:
Aj к2 -uj2
uj h h
x(t) = -T • —5 r sin kt 4- 7-5 ^ sinutf.
к k2 -uj2 k2 -uj2
Посмотрим теперь, что будет при к -> ш. Положим к = uj 4- е. Тогда
получим:
x(t, е) = г sin [(a; 4- e)t] 4- т sin ujt =
y ' uj 4- e luje 4- e2 LV ; J 2a;6:4- e2
-u;/i sin [(a; 4- e)t] 4- /i(a; 4- e) sin a;^
(2a;6:4- е2)(ш 4- e)
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 57
Используя правило Лопиталя, получим:
-ю/М cos [(о; 4- e)t] 4- /г sin ut
x(t) = hm x(t, e) = lim
-ujht cos wt 4- Л sin u;£
2e)
Таким образом, при к = ш, т.е. y/g/A = а;, имеем резонансное
решение, представляемое формулой:
x(t) = —г sin шг cos u)t.
v ' 2a;2 2a;
Задача 35.13(35.13). Электрический
мотор массы М\ установлен на балке, жесткость
которой равна с. На вал мотора насажен груз
массы Mi на расстоянии I от оси вала.
Угловая скорость мотора ш = const. Определить
амплитуду вынужденных колебаний мотора С
и критическое число его оборотов в минуту,
пренебрегая массой балки и сопротивлением
движению.
Рис. 35.13.1
Ответ: a =
М21ш2
30
с-(М\+
^ Решение. Воспользуемся результатом предьщущей задачи 35.12, из
которой возьмем только вынужденную компоненту:
Л
XBbm(t) = -~i J s*nuJt>
где h = , к2 = —, А — статический прогиб балки, причем:
Mj 4- М2 А
Тогда получим:
М2/о;2
1
Mi 4-M2
М2/а;2
М,4-М2
М,4-М2
Критические обороты мотора получаются тогда, когда знаменатель
обращается в нуль, т.е. 4ВЫН -+ оо. Таким образом,
~с о;кп • 60 30uv
;Кр
Mi 4- М2'
2тг
58
2. Теорема о движении центра масс материальной системы
Задача 35.14(35.15). На рис. 35.14.1 изображена крановая тележка
А массы Мь которая заторможена посередине балки BD. В центре
масс С\ тележки подвешен трос длины I с привязанным к нему грузом
Ci массы М2. Трос с грузом совершает гармонические колебания
в вертикальной плоскости. Определить: 1) суммарную вертикальную
реакцию балки BD, считая ее жесткой; 2) закон движения точки С\
в вертикальном направлении, считая балку упругой с коэффициентом
упругости, равным с.
Рис. 35.14.1
В начальный момент балка, будучи недеформированной,
находилась в покое в горизонтальном положении. Считая колебания троса
малыми, принять: sin у? « (р, cosip « 1. Начало отсчета оси у взять
в положении статического равновесия точки С\. Массой троса и
размерами тележки по сравнению с длиной балки пренебречь.
Ответ: 1) Ry = (Mi 4- M2)g; 2) точка С\ совершает свободные
колебания по закону у\ = -
(Mx+M2)g
cos
Mi +М2
t.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.14.2, где ось у направлена
вертикально вниз, ось х — по горизонтали вправо. Начало отсчета оси у
размещаем в положении статического равновесия точки С\, при этом
деформация балки будет А, причем: с- А = (Mi 4-M2)g. Далее пусть у\ —
координата точки С\, отсчитываемая вниз от ее статического равновесия.
Тогда на систему (тележка + маятник) по оси у действуют силы: M\g9
, Fynp. Далее имеем: уСх = у\9 Ус2 = У\ +1cos V- Применяем теорему
8
У
Рис. 35.14.2
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 59
о движении центра масс этой системы вдоль оси у:
(Mi 4- М2)ус = Mxg 4- M2g - с(А 4- у{),
где
_ \у\ +М2(у\ +lcos(p)
Ус~ Мх 4- М2
Подставляя ус и учитывая соотношение с-Д = (М\ 4-M2)g, получим:
Мхух 4- М2у\ 4- M2l(cos<р)"= -сух =>
2 Ш /
=> Jfi +w »i = -Л/Г , Л/Г (cosy)", (1)
Mi 4- М2
а; М, 4-М2*
Так как в начальный момент балка была недеформирована, то
Кроме того, если движение началось из состояния покоя, то у\(0) = 0.
Далее имеем
(cos <p)"= -(sin <р • ф 4- cos <р • ф2) « 0,
если колебания маятника малы. В результате получим уравнения:
* = о, „(0)--(Ml
решение которого ищем в виде:
yi (t) = A sin wt 4- В cos a;^.
(Mj 4- M2)g
Учитывая начальные условия, получим: А = 0, В = . Тогда
с
решение:
Теперь положим, что балка абсолютно жесткая. Тогда уравнение (1)
для движения центра масс системы «тележка 4- маятник» примет вид:
(М, 4- М2)ус = Mxg 4- M2g - Ny,
где
_ i 4-М2(-Д 4-/cosу)
УС~ М, 4-М2 '
Ny — нормальная реакция балки, равная, очевидно, сумме нормальных
реакций в шарнирах В и D.
60 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
Тогда получим:
Ny = (Mi 4- M2)g - M2l(cos (p)'\
Предполагая колебания малыми, опять получим (cosy?)"« 0, т.е.
Ny = (Mx+M2)g.
г* х
Задача 35.15 (35.16). Сохранив данные предыдущей задачи и
считая балку BD жесткой, определить: I) суммарную горизонтальную
реакцию рельсов; 2) в предположении, что тележка не заторможена,
закон движения центра масс С\ тележки А вдоль оси х.
В начальный момент точка С\ находилась в покое в начале отсчета
оси х. Трос совершает колебания по закону <р = <ро coswt.
Ответ: 1) Rx = -M2l<pow2 cosut; 2) точка С\ совершает колебания
М2
с амплитудой — —tyo и круговой частотой и по закону
М\ + М2
Х] =
М\ + 2
м2
л/г
М2
^ Решение. Используем схему и результаты решения предыдущей
задачи 35.14. Если тележка заторможена, то координата центра масс
системы «тележка + маятник», отсчитанная от точки С\, будет:
М2 М21<р
хс= м , „^ -Isimp г
Мх+М2 т М{+М2'
Тогда теорема о движении центра масс этой системы вдоль оси х дает:
(Ml+M2)xc = Nx => Nx= <p = ,
М\ +М2 М\+ М2
где Nx — суммарная горизонтальная реакция шарниров В и D.
Пусть тележка не заторможена, а х\ — координата точки С\,
отсчитанная от начального ее положения. Тогда
ХС = ПУГ , ПУГ [М1Х\ +^2(Ж1 +lS\n(f)].
М\ + М2
Предполагая, что вдоль оси х отсутствуют силы сопротивления,
получим из теоремы о центре масс вдоль оси ж, что
±С = М +М [M]±l + М^±х + ^C0S^ = const =
2. Теорема о движении центра масс материальной системы
61
= хс(0) =
М2
1
M{+M2l
M2
*=0
\
мх+м2
(sin у - sin ^o) =
M2l
Mi +Af2
M2l ,
[sin (<po cos u;£) - sin <po]
M2l<fQ
?o ~ Щ cos a;r) = %jr (1 - cos a;r).
А так как #i(0) = 0, то получим ответ
M2l(fQ
*i(«) =
(1 -
Задача 35.16(35.17). На средней скамейке лодки, находившейся
в покое, сидели два человека. Один из них, массы М\ = 50 кг,
переместился вправо на нос лодки. В каком направлении и на какое
расстояние должен переместиться второй человек массы М2 = 70 кг
для того, чтобы лодка осталась в покое? Длина лодки 4 м.
Сопротивлением воды движению лодки пренебречь.
Ответ: Влево на корму лодки на расстояние 1,43 м.
\ у
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.16.1. Пусть в начале центр
масс системы находился в точке О (где в начальный момент находились
оба человека). В данном случае под системой мы имеем в виду систему
Рис. 35.16.1
62 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
«лодка + человек Mi + человек М2». Так как горизонтальных внешних
сил, по предположению, нет, то при любых перемещениях людей в лодке
центр масс этой системы останется в точке О. Пусть жо — координата
центра масс лодки до перемещения. По условию центр масс лодки должен
остаться в точке жо и после перемещения
==* 1пг . л/г . л/г (^лодки • Ж0 + Mi • 0 + М2 • 0) =
Млодки + Mi + М2
= 77 , п/г , п/г (М*°дки ' *о + М, • 2 + М2 • ж),
где Млодки — масса лодки, ж — искомое перемещение второго человека
массы М2. Отсюда:
Знак «минус» говорит о том, что перемещаться надо влево (если,
конечно, человек массы Mi пошел вправо).
Задача 35.17(35.18). На однородную призму А, лежащую на
горизонтальной плоскости, положена однородная призма В\
поперечные сечения призм — прямоугольные треугольники, масса призмы А
втрое больше массы призмы В. Предполагая,
что призмы и горизонтальная плоскость
идеально гладкие, определить длину I, на
которую передвинется призма А, когда призма В,
спускаясь по А дойдет до горизонтальной
Рис. 35.17.1 плоскости.
Ответ: I = .
^ Решение. Так как вдоль горизонтали ж на систему А + В не
действует внешних горизонтальных сил, то центр масс этой системы не
перемещается вдоль оси ж. Пусть Жл(0), хв(0) — начальные ж-координаты
центров масс призм. Тогда ж-координата центра масс системы А+В будет:
Пусть жо — перемещение призмы А, когда В достигла
горизонтальной плоскости. При этом вдоль ж относительно призмы А, эта призма В
переместится на расстояние с = a-b. Абсолютное перемещение призмы В
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 63
составит Ав = a - b + жо. Таким образом новая координата по ж центра
масс системы А + В будет:
х*с = ■ [тА(хА(0) + хо) + тв(хв(0) + а - b + ж0)].
7ПА + 7ПВ
Приравнивая Хс(0) = х*с, получим:
тАхА(0) + твхв(0) = тАхА(О) + тАхо + твхв(0) + тв(а - Ь + хо) =>
а-Ь а-Ь
=> (тпА-\-тв)хо = -тв(а-о) =Ф- хо = -- ; = —-—.
\ + тА/тв 4
Задача 35.18 (35.19). По горизонтальной товарной платформе
длины 6 м и массы 2700 кг, находившейся в начальный момент в покое,
двое рабочих перекатывают тяжелую отливку из левого конца
платформы в правый. В какую сторону и насколько переместится при этом
платформа, если общая масса груза и рабочих равна 1800 кг? Силами
сопротивления движению платформы пренебречь.
Ответ: Налево на 2,4 м.
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 35.18.1. Пусть L = 6 — длина
платформы. Центр масс системы «М + т» остается на месте вдоль оси ж,
так как отсутствуют внешние силы вдоль горизонтали х, а движение
началось из состояния покоя. Пусть жт(0), Хм(0) — начальные ж-координаты
центров масс людей с отливкой и платформы. Тогда ж-координаты центра
масс в начальный момент:
[(0)
Пусть жо — перемещение платформы после того, как т
переместилось относительно платформы на расстояние L. Тогда абсолютное пере-
У
т
M (платформа)
/7/7/7/7/////////////////////^^
Рис. 35.18.1
64 2. Теорема о движении центра масс материальной системы
мещение массы m составит А = L + жо- Новая координата центра масс
системы будет:
[m(xm(0) + L + xq) +
Приравнивая Жс(0) и х*с, получим:
= mxm(0) + mL + mx0
хо)].
т
L =
1800
г 2 £
6 = — • 6 = -2,4 м.
5
т + М 4500
Знак «минус» говорит о том, что перемещение платформы пойдет
влево (если т перемещается вправо относительно платформы!).
/" Ч
Задача 35.19 (35.20). Два груза М\ и М2,
соответственно массы М\ и М2, соединенные
нерастяжимой нитью, переброшенной через
блок А, скользят по гладким боковым
сторонам прямоугольного клина,
опирающегося основанием ВС на гладкую
горизонтальную плоскость. Найти перемещение клина
по горизонтальной плоскости при опускании груза М\ на высоту
h = 10 см. Масса клина М = 4М\ = \6М2; массой нити и блока
пренебречь.
Рис 35 19 1
Ответ: Клин переместится вправо на 3,77 см.
ч у
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.19.2. Пусть перемещение
клина ABC по оси х составляет жо. Относительное перемещение грузов
М\ и Mi по оси х (относительно клина) составляет:
Alx = -h • ctg 30°, А2х = -h2 • ctg60°.
шшшшшшшшшшш*
в
Рис. 35.19.2
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 65
Кроме того, так как нить нерастяжима, то
h h2 sin 60° t r-1
A5= = —— => h2 = h = y/bh.
sin 30° sin 60° sin 30°
Абсолютные перемещения грузов М\ и М2 по оси ж будут:
Х\ = А^ + Ж0 = ~h • Ctg 30° + Ж0,
«2 = Д2а;+Жо = "\/3 h Ctg 60° + Я?0.
Отсюда
х{ = -h • >/3 + ж0, ж2 = -л/3 Л • -т= + х0 = -Л
v3
Смещение центра масс по оси х таково:
л, ^ л, [Мх0 + Mx(-h-V3 + х0) + M2(-h
М
Но так как по горизонтали на систему не действуют внешние силы, то
М{у/3 + М2 4М2у/3 + М2 L
Дж = о => жп = Л = h =
0 M + Mx+M2 16M2 + 4М2 + М2
1н = 3,775 (си).
Задача 35.20(35.21). Три груза массы Мх = 20 кг, М2 = 15 кг
и Мз = 10 кг соединены нерастяжимой нитью, переброшенной
через неподвижные блоки L и N. При опускании груза Mi вниз груз
М2 перемещается по верхнему основанию четырехугольной усеченной
пирамиды ABCD массы М = 100 кг вправо, а груз Мз поднимается
по боковой грани АВ вверх (рис. 35.20.1).
Пренебрегая трением между усеченной пирамидой
ABCD и полом, определить перемещение
усеченной пирамиды ABCD относительно пола,
если груз Mi опустится вниз на 1 м. Массой
нити пренебречь.
Рис. 35.20.1
Ответ: Влево на 14 см.
ч. у
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.20.2. Определяем
относительные ж-перемещения грузов М\,М2,М^ (относительно пирамиды
ABCD). Имеем А\х = 0, А2х — h\, Азх = h\ cos 60. Пусть жо —
перемещение пирамиды. Тогда абсолютные смещения по ж грузов М\,М2,Му.
Х\ = 0 4- Жо, х2 = h\ + Жо, Жз = жо + —.
66
2. Теорема о движении центра масс материальной системы
Рис. 35.20.2
Тогда перемещение центра масс этой системы по оси х составит:
1
M2(h\
+ М3
(-!)]■
М + Mi + М2 + М3
Но так как внешних горизонтальных сил, действующих на систему
«М + М! + Мг + М3», нет, то Ах = 0 ==>
1 /__ МЛ. 15 + 5
М + М! + М2 + М3
■^ = ;i = 0,1379 (м) « 14 (см).
20+ 15+10+100
1 =
3,5 м
Задача 35.21 (35.21). Подвижной поворотный кран для ремонта
уличной электросети установлен на автомашине массы 1 т. Люлька
К крана, укрепленная на стержне L, может поворачиваться вокруг
горизонтальной оси О, перпендикулярной плоскости рисунка. В
начальный момент кран, занимавший
горизонтальное положение, и автомашина
находились в покое. Определить перемещение
незаторможенной автомашины, если кран
повернулся на 60°. Масса однородного стержня L
длины 3 м равна 100 кг, а люльки К — 200 кг.
Центр масс С люльки К отстоит от оси О
на расстоянии ОС = 3,5 м. Сопротивлением
движению пренебречь.
Рис. 35.21.1
Ответ: Направо на 32,7 см.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 35.21.2. Пусть xq —
перемещения машины (по х). Относительные (по х) перемещения (относительно
машины) точек С\ и Ci.
дС| = -ОСХ • (1 - cos а), ДС2 = ~ОС2 • (1 - cos а).
2. Теорема о движении центра масс материальной системы 67
К
Рис. 35.21.2
Тогда абсолютные перемещения:
#с, = жо " oci * (1 - cos a), xc2 = xq-
Перемещение центра масс системы по оси х:
1
Ах =
мА + мк + мь
(1 -cos а).
[МАх0 + Mk(xq - ОС2 • (1 - cos а)) +
+ ML (х0 - ОСХ • (1 - cos а)) ].
Но так как на систему в горизонтальном направлении не действуют
внешние силы, то
1 - cos a
+ ML
1 - (1/2)
1000 + 200 + 100
0,5 • 850 425
1300
1300
(200-3,5+100-1,5) =
= 0,3269 (м) = 32,69 (см).
3. Теорема об изменении главного вектора
количеств движения материальной системы. Приложение
к сплошным средам (§ 36, [10])
Задача 36.1 (36.1). Определить главный
вектор количеств движения работающего редуктора
скоростей, изображенного на рис. 36.1.1, если
центры тяжести каждого из четырех
вращающихся зубчатых колес лежат на осях вращения.
Y//SA
Ws/л
У///Л
У///Л
Ответ: Главный вектор количеств движения
равен нулю.
Рис. 36.1.1
■* Решение. По определению главный вектор количеств движения
редуктора скоростей
где щ — скорость центра масс зубчатого колеса под номером к (к = 1,4).
Но центры масс колес лежат на их неподвижных осях вращения. Поэтому
vK = 0. Отсюда Q = 0.
Задача 36.2 (36.2). Определить сумму импульсов внешних сил,
приложенных к редуктору, рассмотренному в предьщущей задаче, за
произвольный конечный промежуток времени.
Ответ: Сумма импульсов внешних сил равна нулю.
^ Решение. По теореме об изменении главного вектора количеств
движения системы в интегральной форме
Но так как
Q = const = О,
то сумма импульсов внешних сил равна нулю.
3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения 69
Задача 36.3(36.3). Определить главный
вектор количеств движения маятника, состоящего
из однородного стержня О А массы М\, длины
4г и однородного диска В массы Mi,
радиуса г, если угловая скорость маятника в данный
момент равна ш (рис. 36.3.1).
Ответ: Главный вектор количеств движения
направлен перпендикулярно стержню О А и по
модулю равен (2М\ +
Рис. 36.3.1
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 36.3.2. Главный вектор
количеств движения системы
Cl +M2vC2,
vCl = ш - OC\ = u) • 2r,
vCl = Ш - OCi = u(4r -f r) = 5wr.
Так как vC] 11%, то
Q = M, • 2ur + M2 • 5ur = (2M{
Направлен вектор Q перпендикулярно стержню
О А по направлению движения.
Рис. 36.3.2
Задача 36.4 (36.4). Определить модуль и направление главного
вектора количеств движения механизма эллипсографа, если масса
кривошипа равна М\, масса линейки АВ эллипсографа равна 2М\, масса
каждой из муфт А и В равна Mi; даны
размеры: ОС = АС = С В = I. Центры масс криво-
шипа и линейки расположены в их серединах.
Кривошип вращается с угловой скоростью и
(рис. 36.4.1).
Ответ: Модуль главного вектора равен
Рис. 36.4.1
направление главного вектора перпендикулярно кривошипу.
v */
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 36.4.2. Центр масс кривошипа
в точке С\ (ОС\ = С\Сг), центр масс линейки в точке Сг (АСг =
70 3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
Рис. 36.4.2
т. А и В — центры масс муфт. Главный вектор количеств движения
системы:
Q = MxvCx + 2M\Vc2 + M2vA + M2vB.
Скорости vCl = wZ/2, vc2 = u;Z, так как точки С\ и Ci принадлежат
кривошипу. Найдем скорости точек А и В. Для этого построим
мгновенный центр скоростей линейки АВ (т. Р). Угловая скорость
Vc2
Поэтому
АР = и • 21 cos ut,
BP = ш • 21 sin wt.
Вычислим вектор Q. Для этого представим его в виде проекций на оси
координат х и у:
Qx = ^2 mk4x = -Mia;- sin wt - 2M\U • I sin ut -
k
- Mi - 2ш1 sin u)t = -wl I -M\ + 2Mi j sin ut,
Qy =
= ^
- cos u)t + M\U)l cos wt +
M2 • 2o;Z cos ut = wl I -M\ + 2Mi j cos a;^.
3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения 71
Величина
Для выяснения направления Q заметим, что скалярное произведение
Qe = О, где е = (cos utf, sin wt) — единичный вектор вдоль кривошипа.
Действительно,
Q . е = Qx • cos u)t + Qy • sin ut =
= (jjl I -M\ + 2Mi) (-sin шг cos шг + cos wt sin a;^) = 0.
Следовательно, вектор Q направлен перпендикулярно кривошипу.
Задача 36.5(36.5). Определить главный вектор
количеств движения центробежного регулятора,
ускоренно вращающегося вокруг вертикальной оси
(рис. 36.5.1). При этом углы <р изменяются по
закону <р = <p(t) и верхние стержни,
поворачиваясь, поднимают шары А и В. Длины стержней:
О А = О В = AD = BD = I. Центр масс муфты D
массы Mi лежит на оси z. Шары А и В
считать точечными массами массы М\ каждый. Массой
стержней пренебречь.
Рис. 36.5.1
Ответ: Qx = Qy = 0, Qz = -2(М{ +
где Q — главный вектор количеств движения;
плоскость yz совпадает с плоскостью расположения
\стержней регулятора.
*■► Решение. Расчетная схема — на рис. 36.5.2. Длины стержней
равны I. Главный вектор количеств движения центробежного регулятора
Q =
MxvB + M2vD.
Вычислим скорости точек А, В и D: va = vB = ф1\ точка Р —
мгновенный центр скоростей стержня BD. Отсюда
DP
vD = UBD ■ DP = vB— =
" ВР'
sin ZDBP
sin 2(p
72 3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
Система координат Oxyz вращается
вместе с регулятором, плоскость Oyz совпадает
с плоскостью расположения стержней регу-
^ лятора. Найдем проекции вектора Q на оси
координат.
Qx =
Qy = -
kvkx = 0,
cos
cos <p = 0,
Рис. 36.5.2
Qz = -M\VA cos (90° - if) -
-M\Vb cos (90° — <p) —
= -2М\1ф sin ip - Mi • 1ф sin (p =
= -2(M\ + Мг)1ф sin <p.
У
Задача 36.6 (36.7). В механизме, изображенном на рис. 36.6.1,
движущееся колесо радиуса г имеет массу М, причем центр масс колеса
находится в точке О\, центр масс
прямолинейного стержня АВ массы кМ находится
в его середине. Кривошип ОО\ вращается
вокруг оси О с постоянной угловой
скоростью а;. Определить главный вектор
количеств движения системы, пренебрегая массой
кривошипа.
Рис. 36.6.1
Ответ: Проекции главного вектора
количеств движения системы на оси координат:
1) на ось Ox: -Mrwcosutf;
2) на ось Оу: Мш(1 + 2&) sinutf.
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 36.6.2. Пусть кривошип ОО\
вращается по часовой стрелке. Тогда скорость vox = o;r и направлена как
указано на рис. 36.6.2.
Считаем, что колесо катится без проскальзывания, тогда точка
касания Р — это мгновенный центр скоростей колеса. Скорость точки А
колеса vA = —L • АР. Заметим, что угол РАО — это вписанный в окруж-
г
ность угол, опирающийся на диаметр. Поэтому /.РАО = 90° для любого
значения угла (р. Скорость точки А колеса направлена всегда вертикально
вверх (при принятом направлении вращения кривошипа ОО\).
3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения 73
Теперь рассмотрим точку А,
принадлежащую стержню АВ. Ее движение можно
представить как сложное: переносное (вместе с
колесом) и относительное (относительно колеса).
Поэтому абсолютная скорость этой точки лежит
вдоль стержня АВ, который может
двигаться только поступательно. Относительная
скорость — вдоль касательной к колесу, переносная
скорость — это найденная выше скорость точки
А колеса, направленная вертикально вверх.
Отсюда следует, что относительная скорость равна
нулю и абсолютная скорость точки А
стержня равна скорости точки А колеса. Причем это
имеет место при любом значении угла ф. То есть
данный механизм преобразует вращательные движения кривошипа ОО\
в возвратно-поступательные движения стержня АВ. Точка А колеса
и стержня при этом всегда одна и та же.
Итак, скорость центра масс d стержня АВ при его поступальном
движении равна скорости точки А:
vc =va = — • АР = — • 2r sin (p = 2шг sin wt.
г г
Вычислим проекции главного вектора количеств движения механизма
на оси хну:
Рис. 36.6.2
Qx =
vox cos (p + kM • 0 = -Mwr cos wt;
ol sin <p + kM • vC2 =
= Mwr sinu)t + kM • 2(jjr • sinut = Mwr(l + 2k) sinut.
Задача 36.7 (36.8). Масса ствола орудия равна 11 т. Масса снаряда
равна 54 кг. Скорость снаряда у дульного среза vq = 900 м/с.
Определить скорость свободного отката ствола орудия в момент вылета
снаряда.
Ответ: Скорость отката ствола орудия равна 4,42 м/с и направлена
в сторону, противоположную движению снаряда.
\ у
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 36.7.1. На систему «ствол
орудия + снаряд» не действуют внешние силы вдоль горизонтальной оси ж.
Поэтому главный вектор количеств движения этой системы в проекции
74 3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
Рис. 36.7.1
на ось х системы сохраняется: Qx = const. Так как в начальный момент
части системы покоились, то Qx = 0. Отсюда получаем, что
M\V\ +M2V2 = 0.
Поэтому в момент вылета снаряда
М, 54
^ V2~~W2V] ~~пооо
M2V2 = -M\V\
• 900 « -4,42 - .
Скорость отката ствола направлена противоположно движению
снаряда.
Задача 36.8(36.9). Граната массы 12 кг, летевшая со скоростью
15 м/с, разорвалась в воздухе на две части. Скорость осколка массы
8 кг возросла в направлении движения до 25 м/с. Определить скорость
второго осколка.
Ответ: 5 м/с в направлении, противоположном движению первого
осколка.
ш0
т.
vo
(до взрыва)
771л
(после взрыва) х
Рис. 36.8.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 36.8.1. Применим закон
сохранения количества движения вдоль оси х (направления движения гранаты
то), так как вдоль оси х никаких внешних сил нет. Тогда получим:
3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения 75
_ raovo - mxvx _ 12 • 15 - 8 • 25 _ 180 - 200 _
=^ П~ гао-га, ~ 12-8 ~ 4
где знак «минус» указывает направление против оси х.
f \
Задача 36.9 (36.11). По горизонтальной платформе А,
движущейся по инерции со скоростью щ, перемещается тележка В с
постоянной относительной скоростью щ. В некоторый момент времени
тележка была заторможена. Определить об- в щ -~
щую скорость v платформы с тележкой после ; %Э~~ , v?
ее остановки, если М — масса платформы, ^«йшшм^шш
а га — масса тележки. Рис. 36.9.1
Ответ: v = v0 + — щ.
М +771
^ Решение. Используем теорему о сохранении количества движения
вдоль оси х (так как вдоль этой оси нет внешних (по отношению к системе
«М + тп») сил). До торможения количество движения (см. рис. 36.9.2.)
будет: Mvq + tti(vq + щ). После торможения тележки, обозначив через
v — искомую общую скорость системы вдоль оси х, имеем: (М + m)v.
Приравнивая эти выражения, получим:
Mvq + ttivq + тпщ m
v = — = v0 -h г^
M + m
щ
Ml ^
. f
Рис. 36.9.2
Задача 36.10(36.12). Сохранив условие предыдущей задачи,
определить путь 5, который пройдет тележка В по платформе А с момента
начала торможения до полной остановки, и время торможения г, если
считать, что при торможении возникает постоянная по величине сила
сопротивления Р.
Указание. В дифференциальном уравнении движения тележки использовать
соотношение Mv -f m(u -f v) — const, где и и v — переменные скорости.
^ 1 mM ul mM щ
Ответ* s = — t =
2M + ra / ' m + M F
76 3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
^ Решение. Пусть u(t) — относительная скорость тележки после
начала торможения, v(t) — абсолютная скорость платформы для этого t.
Тогда имеем закон сохранения количества движения (аналогично
решению предыдущей задачи 36.9):
Mv0 + m(v0 4- щ) = Mv(t) 4 m[v(t) 4- u(t)],
дифференцируя получим:
(М + m)v 4- mu = 0. (1)
Запишем уравнение Ньютона вдоль оси х для одной только тележки:
m(u + v) = -F. (2)
Из (1) и (2) получим:
( m Л
mu 4ml u = -F
\ M-hm /
mM . ч Ft(M + m)
mM
Пусть ^ = г, когда u(r) = 0. Тогда
Ft(M + m) щтМ
mM F(M 4 m)'
Пройденный путь определяется интегралом:
F(M-bm) r2 1 и\тМ
s = I u(t) dt = щт -
mM 2 2F(M4m)'
о
Задача 36.11 (36.13). Из наконечника пожарного рукава с
поперечным сечением 16 см2 бьет струя воды под углом а = 30° к горизонту
со скоростью 8 м/с. Определить силу давления струи на
вертикальную стену, пренебрегая действием силы тяжести
на форму струи и считая, что частицы жидкости
после встречи со стеною приобретут скорости,
направленные вдоль стены.
Рис. 36.11.1 Ответ: 88,8 Н.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 36.11.2. Будем считать, что сила
давления струи воды на стенку Ртвл направлена перпендикулярно стенке.
По закону Ньютона о равенстве действия и противодействия, со стороны
стенки на частицы воды действует реакция стенки F (рис. 36.11.2).
3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения 77
АВ
Рис. 36.11.2
Воспользуемся теоремой Эйлера, которая говорит о том, что сумма
главных векторов объемных Foq и поверхностных сил -РПов» а также
секундных количеств движения среды, протекающей через два поперечных
сечения трубы, равна нулю, если векторы секундных количеств движения
направить внутрь выделенного сечениями объема:
Д>б + Дюв + МСЩ - MCV2 = 0.
Выделим отрезок струи АВ = vr9 движение которого будем
рассматривать. Здесь v — скорость струи воды, г — малый промежуток
времени, для которого и применим теорему Эйлера к рассматриваемому
объему воды.
В начальный момент времени t\ количество движения
рассматриваемого объема воды в проекции на ось х равно
QX] =
] = ^2 fTbuv cosa = v cos a
к к
= Mv cos a,
где М — масса воды в выделенном объеме струи, М = pavr (p —
плотность воды, a — площадь поперечного сечения струи, которая не меняется
вдоль струи). Поэтому
QXl = Mv cos a = pav2T cos a.
Так как скорости частиц воды после встречи со стеной направлены
вдоль стены, то в момент времени t-i = t\ + г Vkx2 = 0 и количество
движения этого объема воды в проекции на ось х:
На выделенную часть струи действуют внешние силы: объемная сила
тяжести, действующая по вертикали, реакция стенки F (поверхностная
сила) и сила давления со стороны массы воды, не входящей в
выделенный объем. Этой силой пренебрегаем, так как она мала по сравнению
с реакцией стенки.
78 3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
Теорема Эйлера (об изменении главного вектора количеств движения
системы в приложении к сплошным средам) в проекции на ось х примет
вид:
pcrv2T cos a - tF = 0.
Поэтому сила давления струи на стенку равна
F = pav2 cos a = 103 • 16 • 10~4 • 82 • cos 30° « 88,7 (H).
Задача 36.12(36.14). Определить
горизонтальную составляющую N возникающей при
движении воды силы давления на опору колена
трубы диаметра d = 300 мм, по которой течет
вода со скоростью v = 2 м/с (рис. 36.12.1).
Ответ: iV = 284H.
Рис. 36.12.1
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 36.12.2. Объемной силой
является сила тяжести воды, направленная вдоль оси у. Искомая
горизонтальная составляющая N силы давления воды на опору колена трубы
по закону равенства действия и противодействия равна по величине
у = у = у
////////////////////У///////////////////
Рис. 36.12.2
3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения 79
горизонтальной реакции опоры на воду Rx и противоположна ей по
направлению (это поверхностная сила).
Выразим секундную массу воды, т. е. массу воды, протекающей через
сечения 1 и 2 в одну секунду:
Me = pcrv = ртг ( - I v.
На рис. 36.12.2 изобразим секундные количества движения воды,
протекающей через сечения трубы 1 и 2, направив их внутрь
рассматриваемого объема.
Запишем теорему Эйлера в проекции на ось ж:
Fo6.x + Fuob.x + MCVlx - MCV2x = 0.
В данном случае JP06.a; = 0, Fn0B.x = Rx, V\x = 0, v2x = v, поэтому
получим уравнение:
Отсюда горизонтальная составляющая силы давления воды равна
/d\2
N = Rx = ртг( - J v2 = 103 • тг • (0,15)2 • 22 « 283 (Н).
Задача 36.13 (36.15). Вода входит в неподвижный канал
переменного сечения, симметричный относительно вертикальной плоскости,
со скоростью vo = 2 м/с под углом ао = 90°
к горизонту; сечение канала при входе 0,02 м2;
скорость воды у выхода из канала V\ = 4 м/с
и направлена под углом а.\ = 30° к горизонту.
Определить модуль горизонтальной
составляющей силы, с которой вода действует на стен-
ки канала.
Ответ: 138 Н.
Рис. 36.13.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 36.13.2 Аналогично решению
предыдущей задачи 36.12 теорема Эйлера в проекции на ось х имеет вид:
-Rx + Mxvlx - Mxv2x = 0. (1)
В данном случае v\x = 0, v2x = -v2 cos 30°. Согласно закону
сохранения массы имеем
МС\ = МС2 = Мс, где МС\ = p<T\V\ = pa\Vo, MC2 = pa2v2.
80 3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения
Рис. 36.13.2
Подставим эти выражения в (I). Получим:
-Rx + pcr\VoV2 cos 30° = 0.
Отсюда горизонтальная составляющая силы давления воды на стенки
сосуда
R'X=RX= palvQv2 cos 30° = 103 • 0,02 • 2 • 4 • — « 138,5 (H).
Задача 36.14(36.17). Определить модуль горизон-
ol тальной составляющей силы давления струи воды на
неподвижную лопатку турбинного колеса, если объемный
расход воды Q, плотность 7> скорость подачи воды
на лопатку V\ горизонтальна, скорость схода воды v2
образует угол а с горизонтом.
Ответ: N =
v2cosa).
Рис. 36.14.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 36.14.2. Аналогично решению
задачи 36.12 запишем теорему Эйлера в проекции на ось х:
Rx + MCV\X - Mcv2x = 0.
В данном случае
V\x = -v\, v2x = v2 cos a, Mc = Qj.
Поэтому уравнение принимает вид:
Rx + Qi(-vi) - Q<yv2 cos a = 0.
3. Теорема об изменении главного вектора количеств движения 81
Рис. 36.14.2
Горизонтальная составляющая силы давления струи воды на
неподвижную лопатку турбинного колеса согласно закону равенства действия
и противодействия равна
Rx = Qj(v\ + V2 cos a).
4. Теорема об изменении главного момента
количеств движения материальной системы.
Дифференциальное уравнение вращения твердого тела
вокруг неподвижной оси (§ 37, [10])
Задача 37.1 (37.1). Однородный круглый диск массы М = 50 кг
и радиуса Д = 30 см катится без скольжения по горизонтальной
плоскости, делая вокруг своей оси 60 об/мин. Вычислить главный момент
количеств движения диска относительно осей: 1) проходящей через
центр диска перпендикулярно плоскости движения; 2) относительно
мгновенной оси.
Ответ: 1) 14,1 кг-м2/с; 2) 42,3 кг-м2/с
Решение. Расчетная схема — на рис. 37.1.1. Угловая скорость диска
2тг -60 ^ /рад\
со = —-— = 2тг ( .
60 \ с J
^Taк как диск катится без скольжения, то
и точка касания Р с неподвижной поверхностью
есть мгновенный центр скоростей. Поэтому
Главный момент количеств движения
диска относительно оси Cz, перпендикулярной
плоскости движения диска вычисляется по
формуле
MR? 50-(0,3)2
KCz =
• 2тг:
к, (=£).
Главный момент количеств движения диска относительно мгновенной
оси Pz равен
KPz = KCz + MPz(Q) =
Mvc =
ш + RMuR = -MR2u =
4. Теорема об изменении главного момента
83
Задача 37.2(37.2). Вычислить главный момент количеств
движения линейки АВ эллипсографа в абсолютном движении относительно
оси 2, совпадающей с осью вращения кривошипа ОС, а также в
относительном движении по отношению к оси, проходящей через центр
масс С линейки параллельно оси z. Кривошип вращается с
угловой скоростью, проекция которой на ось z равна wz\ масса линейки
равна га; ОС = АС = ВС — I (см. рисунок к задаче 34.5).
Ответ: KOz = -тгй2шг,
ml2
"~Г'
Рис. 37.2.1
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 37.2.1. Оси Oz и Cz
перпендикулярны плоскости движения эллипсографа. Вычислим главный момент
количеств движения линейки АВ в абсолютном движении относительно
оси Oz:
KOz = К{£ + MOz(mvc).
Moz(™>vc) — это момент относительно оси Oz количеств движения
линейки.
= mujzl2.
— главный момент количеств движения линейки в
относительном движении по отношению к оси Cz.
,г)_7 .. m(2l)2
ml2
12
-uz = -■
Покажем, что ljabz = -Vz- Для этого построим мгновенный центр
скоростей линейки — точку Р. Тогда
Ус
СР
— со.
84
4. Теорема об изменении главного момента
То есть модули угловых скоростей кривошипа и линейки равны.
Направление ojabz > как видно из рис. 37.2.1 противоположно угловой
скорости кривошипа <jjz. Теперь вернемся к вычислению KOz\
+
z + m *
= - ml2uz-
Задача 37.3(37.3). Вычислить главный момент количеств
движения планетарной передачи относительно неподвижной оси z,
совпадающей с осью вращения кривошипа ОСз. Неподвижное колесо 1
и подвижное колесо 3 — одинакового радиуса г (рис. 37.3.1). Масса
колеса 3 равна т. Колесо 2 массы mi имеет радиус г2. Кривошип
вращается с угловой скоростью, проекция которой на ось z равна wz.
Массой кривошипа пренебречь. Колеса считать однородными дисками.
Рис. 37.3.1
Л rjr
Ответ: KOz =
т2(2г + Зг2) 4- 8m(r + r2)
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 37.3.2. Зададим для
определенности направление угловой скорости кривошипа uz как на рис. 37.3.2.
Распишем главный момент количеств движения планетарной передачи
относительно оси Oz:
4. Теорема об изменении главного момента
85
Кривошип не имеет кинетического момента, так как его массой
пренебрегаем. Рассмотрим
Кинетический момент колеса 2 в относительном его движении по
отношению к оси C2z, перпендикулярной плоскости рисунка, вычисляется
по формуле:
где
Для определения угловой скорости w2z воспользуемся тем, что
колесо 1 неподвижное, и точка касания колес 2 и 1 — это мгновенный центр
скоростей 2-го колеса:
_ vCi _ со • (г 4- г2)
г2 г2
Учитывая направления, получим проекцию на ось z:
r + r2
Итак,
Величина
Поэтому
Kol =
7П2Г2
()
C2z
= (г 4- r2)m2vC2 =m2(r + r2)2uz.
fr2)l г 4- -r2juz.
Вычислим кинетический момент колеса 3: —
VK
Рассмотрим кинематику колеса 3 (рис. 37.3.3).
Построим мгновенный центр скоростей колеса
3 — т. Рз- Скорость
= 2u(r 4- r2).
Скорость точки C3 Рис< 37-3-3
vCi=u>- (2r 4- 2r2) = 2ш(г 4- r2).
Так как vc3 = Vir, то МЦС не существует, колесо 3 движется
поступательно, о>з = 0 (рис. 37.3.2).
86 4. Теорема об изменении главного момента
Поэтому
KqI = MozimiVci) = 2(r + г2) га • 2w(r 4- r2) = 4(r 4- r2)2mwz.
Суммарный кинетический момент
( г 4- -r2 I u
+ Ы ( г 4- -r2 I uz 4- 4(r 4-
Задача 37.4(37.4). Натяжения ведущей и ведомой ветвей ремня,
приводящего во вращение шкив радиуса г = 20 см, массы М = 3,27 кг,
соответственно равны: Т\ = 100 Н, Г2 = 50 Н. Чему должен быть
равен момент сил сопротивления для того, чтобы шкив вращался с
угловым ускорением е = 1,5 рад/с2? Шкив считать однородным диском.
Ответ: 9,8 Н • м.
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 37.4.1.
Применим теорему об изменении главного момен-
z та количеств движения шкива относительно непо-
си Oz:
dKOz
dt
Рис. 37.4.1 ТаККаК
Mr2
то уравнение принимает вид:
^ez = Txr - T2r - Mc.
Искомый момент сил сопротивления
Mr1
= (T{-T2)r-—ez =
= (100 - 50) • 0,2 - 3?27'°?22 • 1,5 « 9,9 (Н • м).
4. Теорема об изменении главного момента 87
■ \
Задача 37.5(37.5). Для определения момента трения в цапфах на
вал насажен маховик массы 500 кг; радиус инерции маховика р = 1,5 м.
Маховику сообщена угловая скорость, соответствующая п = 240 об/мин;
предоставленный самому себе, он остановился через 10 мин.
Определить момент трения, считая его постоянным.
Ответ: 47,1 Н-м.
^ Решение. Запишем дифференциальное уравнение движения
маховика с помощью теоремы об изменении главного момента количеств
движения относительно неподвижной оси его вращения Oz:
Так как
Joz = ™>Р » £z = &z»
то уравнение принимает вид
Так как Мтр = const, то интегрирование приводит к результату:
mp2wz
= -Mipt\
lo
Поэтому момент трения
тр2щ тр22пп 500 • 1*52 • 2тг • 240 ^
rp~ U ~ U - 60 ~ 10-60-60 ~
Задача 37.6(37.7). Для быстрого торможения больших маховиков
применяется электрический тормоз, состоящий из двух диаметрально
расположенных полюсов, несущий на себе обмотку, питаемую
постоянным током. Токи, индуцируемые в массе маховика при его движении
мимо полюсов, создают тормозящий момент М\, пропорциональный
скорости v на ободе маховика: М\ = kv, где к — коэффициент,
зависящий от магнитного потока и размеров маховика. Момент Mi
от трения в подшипниках можно считать постоянным; диаметр
маховика D, момент инерции его относительно оси вращения J. Найти,
через какой промежуток времени остановится маховик, вращающийся
с угловой скоростью щ.
23 (
m 23 (
Ответ: T=-.n(l
88
4. Теорема об изменении главного момента
■* Решение. Воспользуемся теоремой об изменении главного момента
количеств движения маховика относительно неподвижной оси его
вращения, чтобы составить дифференциальное уравнение вращения:
Зш = -М2 - kv,
где Mi — постоянный момент трения в подшипниках, М\ = kv —
тормозящий момент, индуцируемый токами.
D
Скорость точек обода маховика v = wR = ш—. Поэтому уравнение
можно переписать в виде:
Jdu
kD
4- —ш
= -dt.
Интегрируем
Jdu
kD /2M2
~2~V kD +
—«- s
2M2
kD
= -t
время до остановки
т = ^4
2М2)
Задача 37.7 (37.8). Твердое тело, находившееся в покое,
приводится во вращение вокруг неподвижной вертикальной оси постоянным
моментом, равным М: при этом возникает момент сил сопротивления
М\ пропорциональный квадрату угловой скорости вращения твердого
тела: М\ = аш2. Найти закон изменения угловой скорости; момент
инерции твердого тела относительно оси вращения равен J.
Ответ: w = ^_
Л 2 /
где /3 = -VaM.
^ Решение. Согласно теореме об изменении главного момента
количеств движения тела имеем дифференциальное уравнение вращательного
движения относительно его неподвижной оси:
at
где М — вращающий момент, М\ = aw2 — момент сил сопротивления.
Для интегрирования уравнения разделим переменные
Jdu
(М Л
\а )
= dt.
4. Теорема об изменении главного момента
89
Получим:
J 1 Га
/М/а - «I
- In 1 + 1П
\y/Mja
a + w\ 2y/at
a-u) ~ 17Ш
= t
u =
«e^' + l"
Заметим, что при раскрытии знака модуля был выбран знак «~ъ», что
следует из начальных условий (£0 = 0, щ = 0).
Для этого надо рассмотреть выражение
In
2у/Ш
Задача 37.8(37-9). Решить предыдущую задачу в предположении,
что момент сил сопротивления М\ пропорционален угловой скорости
вращения твердого тела: М\ = aw.
М
Ответ: ш = -(l -e~«t/J).
a v '
■^ Решение. Дифференциальное уравнение вращения тела вокруг его
неподвижной оси имеет вид:
du)
J — = М - aw,
at
где М — вращающий постоянный момент, М\ = aw — момент сил
сопротивления.
Проинтегрируем уравнение, учитывая нулевые начальные условия,
и получим закон изменения угловой скорости:
Jdw
(М
а[
\а
= dt
J
a
In
M
a
= t\
In
(M/a)-u
(M/a)
90
4. Теорема об изменении главного момента
Заметим, что при раскрытии модуля надо учитывать начальные
условия. Действительно, рассмотрим
Подставим начальные условия: при to = 0, щ = 0. Получим
/ М/а\ Л
In [±—'—) = 0.
V M/aJ
Видно, что модуль следует раскрывать со знаком «+».
s ^
Задача 37.9(37.10). Шарик А, находящийся в сосуде с
жидкостью и прикрепленный к концу стержня АВ длины Z, приводится
во вращение вокруг вертикальной оси O\Oi с начальной угловой
скоростью а;о. Сила сопротивления жидкости пропорциональна
угловой скорости вращения: R = атпш, где га — масса шарика, а —
коэффициент пропорциональности.
Определить, через какой промежуток времени
угловая скорость вращения станет в два раза
меньше начальной, а также число оборотов п,
которое сделает стержень с шариком за этот
промежуток времени. Массу шарика считать
сосредоточенной в его центре, массой
стержня пренебречь.
Рис. 37.9.1
I 1Шг\
Ответ: Г = -1п2, п = .
а 4тга
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 37.9.2. На механическую
систему, состоящую из шарика А, невесомого стержня АВ и невесомого
вала О\О, действуют следующие внешние силы: сила
тяжести шарика rag, сила сопротивления R = атпш
(направлена противоположно линейной скорости
шарика А), силы реакции подшипника О и
подпятника О\ (Ro и До,)-
Воспользовавшись теоремой об изменении
главного момента количеств движения системы
относительно неподвижной оси вращения z, составим
r \ _ дифференциальное уравнение вращения системы:
в
©я
А
mg
Рис. 37.9.2
dKz
dt
= -Rl
4. Теорема об изменении главного момента
91
=> ш12ш = -amwl =>
Проинтегрируем полученное уравнение:
Т
a
U) = -yW.
/v-т/*
Отсюда искомое время
Т= -1п2 (с).
а
Чтобы найти число оборотов п, которое сделает стержень с шариком
за время Г, перепишем полученное дифференциальное уравнение в виде:
- _ а •
I
Отсюда получим
. dv а . .. а ,
2тгп
a
OJQ
п =
4тга
Задача 37.10(37.11). Определить, с какой
угловой скоростью ш упадет на землю
спиленное дерево массы М, если его центр масс
С расположен на расстоянии ft от основания,
а силы сопротивления воздуха создают момент
сопротивления тс, причем гпс = -аф29 где
а = const. Момент инерции дерева
относительно оси z, совпадающей с осью, вокруг
которой поворачивается дерево при падении,
равен J.
/ IMghJ ( п а\
Ответ: ш = J т0 *л A e~<*«/J + 2- .
Рис. 37.10.1
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 37.10.2. Составим
дифференциальное уравнение движения дерева:
dt
^=у:мог
J<p = Mgh sin v - аф2.
92
4. Теорема об изменении главного момента
Проинтегрируем уравнение:
dф dip 2
J—— = Mgh sin (p- аф
dt dtp
dф 2
=> Зф-т~ = Mgh sin (p - аф =$>
dip
==> J • - —- = Mgh sin (p - аф2.
Сделав замену переменных и = ф2, получим
3 du
~ — = Mgh sin (p - аи ==>
2 dip
, 2а 2Mgh
=Ф- и + — и = —-— sin (p.
J J
Решим уравнение как линейное неоднородное с постоянными
коэффициентами: и = г^о.о. + иЧМт. Решение гло.о. = ce~la(p'J. Частное решение
ищем в виде ичн. = A sin (p + В cos (p. С помощью метода неопределенных
коэффициентов вычислим А и В:
2а/л п ч 2Mgh .
A cos (р - В sin (р Н (A sin (р + В cos (р) = sin (p ==Ф
J J
Рис. 37.10.2
2а
AMgha
2а
В = -
j
2MghJ
Используя нулевые начальные условия
вим уравнение для коэффициента С:
л „ 2MghJ
J2 + 4а2
= 0, «о = фо = 0), соста-
2MghJ
Закон изменения
IMghJ _laiDlJ IMghJ
Поэтому угловая скорость дерева в момент падения
0 inn
I 2Mgh J
J2 + 4а2
4. Теорема об изменении главного момента
93
Задача 37.11 (37.12). Вал радиуса г приводится во вращательное
движение вокруг горизонтальной оси гирей, подвешенной
посредством троса. Для того чтобы угловая скорость вала через некоторое
время после начала движения имела величину, близкую к постоянной, с
валом соединены п одинаковых пластин; сопротивление воздуха,
испытываемое пластиной, приводится к силе, нормальной к пластине,
приложенной на расстоянии R от оси вала и пропорциональной квадрату ее
угловой скорости, причем коэффициент пропорциональности равен к.
Масса гири га, момент инерции всех вращающихся частей
относительно оси вращения равен J; массой троса и трением в опорах пренебречь.
Определить угловую скорость ш вала, предполагая, что в
начальный момент она равна нулю.
[mgr eat - 1 2 /
Ответ: oj = \ -—- — , где a = — т y/mgnkrR; при доста-
V knR eai + 1 J -\- mrl
точно большом значении t угловая скорость ш близка к постоянной
величине J mgr/(knR).
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 37.11.1.
Составим дифференциальное уравнение движения
системы, используя теорему об изменении главного
момента количеств движения относительно
неподвижной оси вращения Oz.
dKOz
dt
—(Jo; 4- rmv) = mgr - nF • R
dt
—(Ju 4- mcjr2) = mgr - nF • R
dt
9 du)
(J 4- mr )— = mgr -nF R,
at
Рис. 37.11.1
где сила сопротивления F = кш .
Проинтегрируем уравнение:
(J + mr2)-
duj
J + mr2
nkR
frngr 2\
\nkR Ш J
dt
0 nkR
94
4. Теорема об изменении главного момента
где
-cj
til A
— In 1 I = t
a + v u
= e
a — u)
_ y/mgrnkR
еы-1
а=\ ——, b=-i г • yfmgnkrR.
У nkR J + mr2 v
Заметим, что при £ -» оо
Imgr
—— = const.
а; -^ а:
Задача 37.12(37.15). Упругую проволоку, на которой подвешен
однородный шар с радиусом г и массой т, закручивают на угол щ,
а затем предоставляют ей свободно раскручиваться. Момент,
необходимый для закручивания проволоки на один радиан, равен с.
Определить движение, пренебрегая сопротивлением воздуха и считая момент
силы упругости закрученной проволоки пропорциональным углу
кручения (р.
Ответ: (р = (р0 cos
•^ Решение. Расчетная схема — на рис. 37.12.1. Угол поворота шара <р
вокруг неподвижной вертикальной оси Cz отсчитывается в
горизонтальной плоскости Сху.
На шар действуют внешние силы: сила тяжести mg, сила натяжения
проволоки Т, момент упругости проволоки Мупр. Дифференциальное
уравнение вращения шара вокруг оси z имеет вид:
где
Решение уравнения
2
= -mr
4. Теорема об изменении главного момента
95
Начальные условия:
*о = 0, (р(0) = <pOi 0(0) = 0.
Отсюда имеем уравнения относительно А и а:
/ 5с
Фо = Л sin а, 0 = 4\/-—г
V 2тг2
Поэтому а = тг/2, А = у?о-
Закон движения шара: у? = ^о cos
Т -
/у
cos a.
Рис. 37.12.1
Задача 37.13(37.16). Часовой балансир А может
вращаться вокруг оси, перпендикулярной его
плоскости и проходящей через центр тяжести О, имея
относительно этой оси момент инерции J. Балансир
приводится в движение спиральной пружиной, один
конец которой с ним скреплен, а другой
присоединен к неподвижному корпусу часов. При повороте
балансира возникает момент сил упругости
пружины, пропорциональный углу поворота. Момент, необходимый для
закручивания пружины на один радиан, равен с. Определить закон
движения балансира, если в начальный момент в условиях отсутствия
сил упругости балансиру сообщили начальную угловую скорость o;q.
Рис. 37.13.1
Ответ: <р = <
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 37.13.2.
Ось вращения Oz перпендикулярна плоскости
рисунка.
Дифференциальное уравнение вращения
часового балансира вокруг оси Oz:
J<p = -МуПр, где Mynp = ар.
с
Поэтому ф + —<р = 0. Решение
J
> = 4sin J-
Рис. 37.13.2
Начальные условия:
t0 = 0, ¥>(0) = 0, ф(0) = ш0.
96
4. Теорема об изменении главного момента
Поэтому а = О, А = щ\/ —.
с
/7 17
Закон движения балансира: <р = о»оу — sin a — • t.
V с у «/
Задача 37.14(37.17). Для определения момента инерции Jz тела
А относительно вертикальной оси Oz его прикрепили к упругому
вертикальному стержню ОО\, закрутили этот
стержень, повернув тело А вокруг оси Oz на малый
угол <ръ, и отпустили; период возникших
колебаний оказался равным Ть момент сил упругости
относительно оси Oz равен mz = -op. Для
определения коэффициента с проделали второй опыт;
на стержень в точке О был надет однородный
круглый диск радиуса г массы М, и тогда период
колебаний оказался равным Гг. Определить
момент инерции тела Jz.
Рис. 37.14.1
Ответ: Jz =
2 \
тл2
Тг)-
■*" Решение. Расчетная схема — на рис. 37.14.2. Составим
дифференциальное уравнение вращения тела вокруг оси z:
dKOz
dt
=> Jz(p = -с<р, так как mz = -op =>
=>Ф + -г<Р = 0.
**z
Это дифференциальное уравнение описывает
~!р\ колебания тела вокруг оси Oz с частотой
Поэтому период
Отсюда момент инерции тела
4. Теорема об изменении главного момента
97
Для выяснения величины коэффициента с запишем уравнение движения
однородного круглого диска:
Mr1 2c
Частота колебаний диска
Период его колебаний
Поэтому
2тг2Мг2
с =
Следовательно, момент инерции
2тг2Мг2 2 1 _ Mr2 /ТЛ2
Задача 37.15(37.18). Решить предыдущую задачу в
предположении, что для определения коэффициента с второй опыт проделывают
иначе: однородный круглый диск массы Ми радиуса г прикрепляется
к телу, момент инерции которого требуется определить. Найти момент
инерции тела Jz, если период колебаний тела Т\, а период колебаний
тела с прикрепленным к нему диском т-i.
Ответ: Л =
^ Решение. Воспользуемся результатами предыдущей задачи (37.14).
Дифференциальное уравнение вращения системы двух тел имеет вид:
M
Поэтому частота колебаний системы
\
и =
Mr2'
98
4. Теорема об изменении главного момента
Период колебаний
Отсюда
2тг
ш
Mr2
_( Мг2\ 4тг2
Найденный коэффициент с подставим в выражение Jz = erf—т.
Получим уравнение относительно момента инерции Jz:
Mr2"
4тг2'
Jz =
Следовательно,
Mr2
т, - rt
Задача 37.16 (37.19). Бифилярный подвес
состоит из однородного стержня АВ длины 2а,
подвешенного горизонтально посредством двух
вертикальных нитей длины I, отстоящих друг от
друга на расстоянии 26. Определить период
крутильных колебаний стержня, полагая, что
стержень в течение всего времени движения остается
в горизонтальном положении и натяжение
каждой из нитей равно половине веса стержня.
Указание. При определении горизонтальной составляющей натяжения каждой
из нитей, считая колебания бифиляра малыми, заменить синус угла между
направлением нити и вертикалью самим углом.
I
b
b
с \
I
Рис. 37.16.1
Ответ: Т =
2тго
^ Решение. Расчетная схема движения бифилярного подвеса
представлена на рис. 37.16.2. Угол поворота стержня вокруг вертикальной оси
Cz — угол (р. Будем считать угол <р малым, т.е. <р ~ 0. Силы
натяжения нитей F\ = Fi = rag/2 (по условию задачи). При составлении
дифференциального уравнения движения стержня АВ учтем, что момент
относительно оси Cz создают лишь горизонтальные составляющие сил
4. Теорема об изменении главного момента
99
2а
Рис. 37.16.2
натяжения нитей, которые равны Q = F{ sin a = -mgsina. По условию
задачи а ~ 0. Поэтому
1
1
-mgtga.
Из геометрических соображений нетрудно увидеть, что
2bsin((f/2) 2b((f/2) b
tga = f^-+ « -^-^ = yy.
Окончательно получаем, что
^ 1 6
Уравнение движения стержня:
J2^ = -2Q-6COS- =
m(2a)2
= 2--mgy^-6-1, так как cos — « 1
Поэтому период крутильных колебаний стержня
T 2
100 4. Теорема об изменении главного момента
f >
Задача 37.17(37.20). Диск, подвешенный к упругой проволоке,
совершает крутильные колебания в жидкости. Момент инерции
диска относительно оси проволоки равен J. Момент, необходимый для
закручивания проволоки на один радиан, равен с. Момент
сопротивления движению равен aSw, где a — коэффициент вязкости
жидкости, S — сумма площадей верхнего и нижнего оснований
диска, ш — угловая скорость диска. Определить период колебаний диска
в жидкости.
Ответ: Т =
V4cJ - a2S2
^ Решение. Составим дифференциальное уравнение крутильных
колебаний диска. Для этого введем угол поворота диска в горизонтальной
плоскости — угол у?. Получим
JzCp = -МуПр - Мс,
где момент инерции
момент упругости
Мупр = ар,
момент сопротивления
Мс = aSiv = aS<p.
Отсюда имеем
J(p = -ар - aS<p ==>
aS . с
Полученное уравнение — это уравнение малых колебаний диска
с учетом вязкого сопротивления. Причем движения носят характер
затухающих колебаний только при условии, когда
aS
т. е. при малом сопротивлении. В этом случае частота затухающих
колебаний
и условный период
_ 2тг _
\/4cJ - a2S2
4. Теорема об изменении главного момента 101
Задача 37.18(37.22). Твердое тело, подвешенное на упругой
проволоке, совершает крутильные колебания под действием внешнего
момента тв, причем mBZ = гп\ sino;£ + тз sin 3a;£, где т\, тз и ш —
постоянные, a z — ось, направленная вдоль проволоки. Момент сил
упругости проволоки равен mynp, причем mynpz = -op, где с —
коэффициент упругости, а (р — угол закручивания. Определить закон
вынужденных крутильных колебаний твердого тела, если его момент
инерции относительно оси z равен Jz. Силами сопротивления
движению пренебречь. Считать, что \fc[Tz Ф ш и y/c/Jz Ф За;.
sina;^ + sn 3wt где А;
Ответ: (р = -^ г sina;^ + -^—т-^- sin 3wt, где А; = —, h{ = —-,
к2 -ц2 к2 - 9а;2 Jz Jz
т3
Л3 = —.
^ Решение. Составим дифференциальное уравнение вынужденных
крутильных колебаний тела вокруг неподвижной оси z:
= mynp z
= —c<p + m\ sin wt + тз sin 3a;£
c m\ . w*3 . ^ ,
— y? = — sina;t + — sin3a;c.
Jz Jz Jz
Собственная частота колебаний
к= */--.
Коэффициенты в правой части уравнения
mi тз
Jz Jz
Так как возбуждающий момент равен сумме двух гармонических функций,
причем собственная частота по условию не равна частотам возбуждения
(y/c/Jz Ф ш, \fcjJz Ф За;), то вынужденные колебания описываются
законом
Л — -<
smut H г r- sin 3wt.
102 4. Теорема об изменении главного момента
Задача 37.19(37.23). Решить предыдущую задачу с учетом
момента сил сопротивления тпс, пропорционального угловой скорости
твердого тела, причем mcz = ~Рф, где р — постоянный коэффициент.
Ответ: <р = А{ sin (o;^ — £Ti) + j43sin(3u;£-e3), где
Аз
2пш
= arctg -r
бпш
^ Решение. В рамках предыдущей задачи следует учесть момент сил
сопротивления
mcz = -flip.
В результате получим дифференциальное уравнение движения тела:
Р С ТП\ Шз „ Л
<р + — ф + — <р = — sin ut + — sin 3wt.
Jz Jz Jz Jz
Поэтому вынужденные крутильные колебания тела описываются
законом:
Ai . , х
<Рвын = > П2 Sin (Crf " £i) +
/(А2 - а;2)2 + 4п2а;2
Л sin
- 9а;2)2 + Збпа;2
где
2пш бпш
TT^' e2 = arctg p
4. Теорема об изменении главного момента 103
Задача 37.20(37.20). Диск D, радиус которого
равен jR, а масса — М, подвешен на упругом стержне АВ,
имеющем жесткость на кручение с (рис. 37.20.1). Конец
стержня В вращается по закону (рв = щг + Ф smpt, где
о;о, Ф, р — постоянные величины. Пренебрегая силами
сопротивления, определить движение диска D: 1) при
отсутствии резонанса, 2) при резонансе. В начальный
момент диск был неподвижен, а стержень — недефор-
мирован.
Ответ: 1) ipA(t) = wot - — sinkt +
4
2) <Ра(1) = Mot sin kt + — I - sin kt -1 cos kt I.
Л/ 2.Л \ Л J
4 X
^ Решение. Составим дифференциальное уравнение движения диска,
используя теорему об изменении главного момента количеств движения
относительно вертикальной неподвижной оси вращения z:
JzCp = -с((р - (рв).
Здесь (р — угол поворота диска (абсолютный), (р-(рв — угол закручивания
стержня, Jz = MR2/2 — момент инерции диска относительно оси z,
проходящей через его центр масс.
Поэтому
MRl - / , ж • ,ч
(р = -ар + c(wot + Ф smpt),
2с 2сФ 2с
Это есть дифференциальное уравнение вынужденных крутильных
колебаний диска без сопротивления. Собственная частота
коэффициент
Решение уравнения (р = у>ао. + (рчм.. Собственные колебания
Уо.о. = С\ sin kt + Ci cos kt.
104 4. Теорема об изменении главного момента
Вынужденная часть колебаний зависит от соотношения собственной к
и вынуждающей р частот. Рассмотрим два случая.
/ ГъГ \
1. Отсутствие резонанса I к Ф р, т. е. \ —-г Ф р .
\ V MR1 )
= С\ sin kt + Ci cos kt +
\k — p \
Начальные условия: при to = 0 (p(Q) = 0, ^>(0) = 0, дают уравнения
относительно С\ и Ci\
hp
Отсюда находим:
ш0 hp
Поэтому движение диска определяется законом
о>о h ( р \
(р = uot - — sin kt + 2 _ 2 ( sinp* - - sin ktj,
2сФ
/ ГъГ \
2. Явление резонанса ( к = р, т. е. у j = Р ) • Тогда
С2 cos kt + r-^ sin I p^ - — ) + Mo
2p \ 2)
у> = Ci sin fe^ +
Из начальных условий определяем С\ и
— sin ( -^ )
2р V 2/
Поэтому движение диска определяется законом:
(р = uot + f —2 - у ) sin kt - — t cos kt =
uQ h (1 \
= o;0^ - — sin kt + — ( 7 sin fct - t cos fct .
* 2A;\A; /
4. Теорема об изменении главного момента 105
Задача 37.21 (37.21). Твердое тело, подвешенное к упругой
проволоке, совершает крутильные колебания в жидкости. Момент инерции
тела относительно оси проволоки z равен Jz. Момент сил упругости
проволоки Шупрг = -су>, где с — коэффициент упругости, а (р — угол
закручивания; момент сопротивления движению mcz = -/Зф, где ф —
угловая скорость твердого тела, а /3 > 0. В начальный момент твердое
тело было закручено на угол (р0 и отпущено без начальной скорости.
/3 Гс~
Найти уравнение движения твердого тела, если —- < \/ — .
Ответ: Затухающие крутильные колебания по закону
<р = 4>ue~ni [cos (Vk2 - п21) + , " , sin (Vk2-n2t)],
L Vk2 -n2 J
^ Решение. Дифференциальное уравнение движения тела имеет вид:
Jz<P = -c<p - /Зф,
где (р — угол закручивания. Отсюда имеем
.. I3 • с
Jz Jz
Это дифференциальное уравнение свободных движений тела с учетом
вязкого сопротивления. Коэффициент затухания п = /3/(2Jz),
собственная частота к = y/c/Jz.
Характеристическое уравнение, соответствующее полученному
уравнению, следующее:
Его решение
Л12 = -п± у п2 - к2 = -п ± k\i,
где
с /З2
i = V-l, *1 = V*-n^--^,
/3 Гс
так как по условию —- < л/— (случай малого сопротивления, п < к).
2JZ у Jz
Поэтому
(р = e~nt(C\ sin k\t + C2 cos k\t).
106
4. Теорема об изменении главного момента
Начальные условия: при to = 0 (р(0) = (ро, ф(0) = 0. Вычислив
производную
(p(t) = -ne~nt(C\ sin k\t + C2 cos k2t) + e~nt(C\k\ cos k\t - C2k\ sin kit),
найдем постоянные интегрирования: С\ = тнро/к\, С2 = y>o- Закон
движения тела принимает вид:
ntl — sinM + cosMh
где *i = i/-f-Trt«
тело совершает затухающие крутильные колебания.
Задача 37.22(37.22). Однородный круглый диск массы М и
радиуса R, подвешенный к упругой проволоке, может совершать
крутильные колебания в жидкости. Момент сил упругости проволоки
Шупрг = -ар, где ось z проведена вдоль проволоки, с —
коэффициент упругости, а (р — угол закручивания; момент сопротивления
движению mcz = -@ф, где ф — угловая скорость диска, а /3 > 0.
В начальный момент диск был закручен на угол у>о и отпущен без
начальной скорости. Найти уравнение движения диска, если:
п
MR2
Ответ: Апериодическое движение по закону
Р I 2с
1)
-nt
(\+nt), где п =
Р
MR2'
Решение. Дифференциальное уравнение движения диска:
Jz<p = -ар - Рф,
2/3 2с
где Jz = MR212. Отсюда
/3 I 2с
Коэффициент затухания п = ,, собственная частота к = \ жжг%->-
MR1 V MR1
Начальные условия: при £о = 0 <р(0) = у?о, ^(0) = 0.
4. Теорема об изменении главного момента 107
Рассмотрим случай 1, когда
"2с
MR2 V MR2'
Это случай критического сопротивления (п = к). Характеристическое
уравнение имеет вид
Его корни
А12 = -п± у/п2 - к2 = -п.
Поэтому решение
<p(t) = e-nt(Cl+C2t).
Скорость меняется по закону
<p(t) = -пе~п\Сх + C2t) + e-ntC2.
Используя начальные условия, получаем постоянные интегрирования:
С\ = <ро, С2 =
последовательно, закон движения диска имеет вид:
апериодическое затухающее движение.
Рассмотрим случай 2, когда
Р > Г*
MR2 V MR2'
Это случай большого сопротивления (п > к). Здесь характеристическое
уравнение имеет два действительных решения
А12 = -п ± у/п2 - к2.
Поэтому закон движения диска следующий:
(р = е~
Скорость
= - ne~nt
108
4. Теорема об изменении главного момента
Используя начальные условия, получаем, что
<Ро у/п2 - к2 -п <ро у/п2 - А;2 + п
2 у/п2 - к2 ' 2 у/п2 - к2
Следовательно, диск совершает апериодическое затухающее движение по
закону
^8^
Задача 37.23 (37.23). Твердое тело, подвешенное на упругой
проволоке, совершает крутильные колебания под действием внешнего
момента mBZ = mo cos pt, где гао и р — положительные постоянные,
a z — ось, направленная вдоль проволоки. Момент сил упругости
проволоки mynpz = —с<р, где с — коэффициент упругости, a ip — угол
закручивания. Момент инерции твердого тела относительно оси z равен
Jz. Силами сопротивления движению пренебречь. Определить
уравнение движения твердого тела в случаях: 1) y/c/Jz^p, 2) y/c/Jz=p,
если в начальный момент при ненапряженной проволоке твердому
телу была сообщена угловая скорость щ.
Ответ:
— sin kt +
к
— p
(cosPt — cos *')> где * = \/"Г» ^ = "7"'
= — sin kt + — tsm kt, где к
К 2.K
= J — = p, h=—.
у Jz Jz
^ Решение. Дифференциальное уравнение вынужденных крутильных
колебаний тела без учета сопротивления имеет вид:
..с тп0
<p + <p
Здесь (р — угол закручивания упругой проволоки, определяющий
положение тела при его вращении вокруг вертикальной оси z.
Собственные колебания описываются законом
<р00 = С\ sin kt + C2 cos kt,
4. Теорема об изменении главного момента 109
где к = y/c/Jz. Начальные условия: при to = 0 у>(0) = 0, ф(0У^ о;о.
Вынужденные колебания зависят от соотношения частот к и р.
1. Рассмотрим нерезонансный случай к Фр, т.е. y/cJTz Фр. Ищем
частное решение в виде Bcospt. С помощью метода неопределенных
ТТЬо
коэффициентов находим В = —j-^ jr. Поэтому закон колебаний тела
Jz\fc p )
будет
ф = С\ sin kt + Ci cos kt + _, /ж, °—г- cospt.
Jz(k2-p2)
Найдем скорость
(p(t) = C\k cos kt - Cik sin fct ——-j jr sin kt.
оZ\K p j
Использование начальных условий позволяет вычислить постоянные
интегрирования С\, Ci- Итак,
г -щ г - т°
fe Jz(k2-p2)
Поэтому в нерезонансном случае закон крутильных колебаний диска
имеет вид:
щ . ,. то . . _ ,ч
^ = — sin kt + . 2 jr(cospt - cos Ал),
Aj Jz(k — p )
где A: = \fcjTz.
2. Рассмотрим случай резонанса, когда к = р, т. е. y/c/Jz = р.
Воспользуемся решением, полученным выше, при р -> к. Введем новую
переменную е по формуле р = к + е. Вычислим
- cos kt) =
—- lim — г • (cos kt cos et - sin kt sin et - cos kt) .
Jz e->o[-2ke-e2 7J
Так как при е -> 0 и числитель, и знаменатель стремятся к нулю, то
воспользуемся правилом Лопиталя:
Wo mo - cos kt • t sin et - sin Atf • t cos et
— sin kt + — lim ——— =
Wo mo —t • sin kt изо mo
= — sin kt +
к
Следовательно, при резонансе закон крутильных колебаний диска имеет
вид:
JZ'ik
= W—.
у Jz
110 4. Теорема об изменении главного момента
Задача 37.24(37.24). Однородный круглый диск массы М и
радиуса R, подвешенный на упругой проволоке, совершает резонансные
крутильные колебания в жидкости под действием внешнего момента
гаВ2 = mosmpt, где гао и р —- положительные постоянные, а: -
ось, направленная вдоль проволоки; момент сил упругости проволоки
Wynpz = -с<р, где с — коэффициент упругости, а <р — угол
закручивания; момент сопротивления движению mcz = -/Зф, где ф — угловая
скорость диска, а /3 > 0. Найти уравнение вынужденных резонансных
колебаний диска.
Ответ: При р =
h . 2m0
= -—cospt, где h=-—z, n =
^ Решение. Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний
диска имеет вид:
Згф = -с(р - /Зф + гпо smpt.
Момент инерции Jz ='MR2/2. Перепишем уравнение в каноническом
виде:
2/3 . с 2га0 . .
Коэффициент затухания
собственная частота диска
k = Jj=p
(по условию задачи имеет место случай резонанса), коэффициент
2т0
Закон вынужденных резонансных крутильных колебаний диска имеет
вид:
h
: Sin
И)-
2т0 • (МЛ2)2 • Jz л m0MR2Jz
C°Spt
4. Теорема об изменении главного момента 111
Задача 37.25(37.24). Для определения коэффициента вязкости
жидкости наблюдают колебания диска, подвешенного к упругой
проволоке в жидкости. К диску приложен внешний момент, равный
Mq sin pt (Mo = const), при котором наблюдается явление резонанса.
Момент сопротивления движению диска в жидкости равен aSu, где
a — коэффициент вязкости жидкости, S — сумма площадей верхнего
и нижнего оснований диска, о; — угловая скорость диска. Определить
коэффициент а вязкости жидкости, если амплитуда вынужденных
колебаний диска при резонансе равна <ро.
Мо
Ответ: а =
<p0Sp'
■► Решение. Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний
диска с учетом вязкого сопротивления:
ф + 2пф + к2(р = h sin pt,
где
aS , ГТ t Mo
По условию наблюдается явление резонанса, значит к = р и
амплитуда вынужденных колебаний
~ 2пр
С другой стороны, В = <ро. Поэтому приравняв -— = <ро или
2пр
h
получаем коэффициент вязкости жидкости
/iJ2 2M0J2
a =
2S(p0 Jz • 25у?оР S(fOp
' \
Задача 37.26 (37.26). При полете снаряда вращение его вокруг оси
симметрии замедляется действием момента силы сопротивления
воздуха, равного кш, где ш — угловая скорость вращения снаряда, к —
постоянный коэффициент пропорциональности. Определить закон
убывания угловой скорости, если начальная угловая скорость равна Wq ,
а момент инерции снаряда относительно оси симметрии равен J.
Ответ: ш = woe~kt/J.
112
4. Теорема об изменении главного момента
^ Решение. Записав теорему об изменении главного момента
количеств движения снаряда относительно его оси симметрии, движущейся
поступательно, получим дифференциальное уравнение движения снаряда:
Ju = -ku).
Проинтегрируем это уравнение, учитывая начальные условия:
ы t
du
ш
J In — = -kt
Wo
/'*--»/*
Это и есть закон убывания угловой скорости с течением времени.
Задача 37.27(37.27). Для определения ускорения силы тяжести
пользуются оборотным маятником, который представляет собой
стержень, снабженный двумя трехгранными ножами Аи В.
Один из ножей неподвижен, а второй может
перемещаться вдоль стержня (рис. 37.27.1). Подвешивая
стержень то на один, то на другой нож и меняя расстояние
АВ между ними, можно добиться равенства периодов
качаний маятника вокруг каждого из ножей. Чему рав-
, i но ускорение силы тяжести, если расстояние между
f B ножами, при котором периоды качаний маятника
равны, АВ = I, а период качаний равен Г?
I
Ф
Рис. 37.27.1
Ответ: g = 47r2l/T2.
■* Решение. Запишем дифференциальное уравнение
колебаний системы, подвешенной за один из ножей:
J(p = -mgl sin (p.
Размерами ножей пренебрегаем, длину I считаем
длиной приведенного физического маятника. Предполагаем
угол <р малым. Поэтому уравнение принимает вид:
т12ф + mgltp = 0.
Частота колебаний к = \fgjl, период колебаний Т = 2тг/к.
Отсюда находим ускорение силы тяжести
4жЧ
mg
Рис. 37.27.2
4. Теорема об изменении главного момента
113
Задача 37.28(37.28). Два твердых тела могут качаться вокруг
одной и той же горизонтальной оси как отдельно друг от друга, так
и скрепленные вместе. Определить приведенную длину сложного
маятника, если массы твердых тел М\ иМг, расстояния от их центров
тяжести до общей оси вращения п\ и О2, а приведенные длины при
отдельном качании каждого 1\ и 12.
р
p
M2a2
Рис. 37.28.1
*■* Решение. Расчетная схема — на рис. 37.28.1, где (р — переменный
угол качания сложного маятника, (ро — постоянный угол между осями
ОС\ и ОС2 (С\,С2 — центры масс исходных маятников). Пусть J\,J2 —
моменты инерции маятников относительно точки подвеса О. Так как
ОС\ = а\, ОС2 = о2, то имеем для приведенных длин 1\,12:
J\ 7 Ji
М\п\ М2п2
Для приведенной длины сложного маятника имеем:
= (Mi + М2)о = (Mi + М2)о '
где а — расстояние нового центра масс С до точки подвеса О. Чтобы
вычислить это расстояние поступим следующим образом. Введем систему
координат Оху, где ось Ох направлена по линии ОС\, а ось Оу —
перпендикуляр к ней (см. рис. 37.28.1). В этой системе имеем для координат
#с> Ус нового центра масс С:
1 1
%с = тт тг\хС\М\ + хс7М2) = —(fliMi + а2 cos (ро • М2),
Mi + М2 Mi + М2
114
4. Теорема об изменении главного момента
Ус =
• «2"in?o• М2.
Тогда получим:
Тогда получаем ответ:
М\п\1\
\ja\M\
Заметим, что при у?0 = 0 (маятники соосны), мы получим ответ,
приведенный в задачнике [10].
х х
Задача 37.29 (37.29). Часть прибора представляет собой
однородный стержень длины L, свободно подвешенный одним концом на
горизонтальной оси О. Для регистрации качаний стержня к его нижнему
концу приклеивается небольшое зеркало массы га. При этом, чтобы
частота колебаний стержня не изменилась, на нем в другом месте
укрепляется груз А. Рассматривая зеркало и груз как материальные
точки, найти минимальную массу, которую должен иметь груз А.
На каком расстоянии от оси О его следует прикрепить?
Ответ: тА = Зга, О А = -L.
\ 3__
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 37.29.1, где гао — масса
стержня, а С — его центр масс, га, га^ — дополнительные массы. Пусть
Jo = moL2/3 — момент инерции стержня относи-
тельно точки О. Начальная приведенная обратная
длина:
1 _ m0L/2
k Jo
Новая обратная приведенная длина:
I _ (moL/2) + mL + mAx
I Jq + гпах2 + mL2
Приравнивая эти выражения, получаем:
2)
Рис. 37.29.1
T-(Jo + mAx2 + mL
) = Jo I ra0-- + mL + mAx 1
-^
- 3x2
4. Теорема об изменении главного момента 115
1
га.
2[ ^ ) -3( ^
Минимум гал по х £ (О,L) соответствует максимуму знаменателя, т.е.:
max |2| — I - 31 — I != .-. — j
и достигается при 2 - 3 • 2 • А = О => А* = 1/3. Таким образом,
Х\ = Л* • L --- -L, гп\ = ттг^ = Зга.
Задача 37.30(37.29). Для регулирования хода часов к маятнику^
массы М\ приведенной длины I с расстоянием о от его центра тяжести
до оси подвеса прикрепляют добавочный груз массы М2 на
расстоянии х от оси подвеса. Принимая добавочный груз за материальную
точку, определить изменение AZ приведенной длины маятника при
данных значениях М2 и х и значение х = х\, при котором заданное
изменение Д£ приведенной длины маятника достигается при помощи
добавочного груза наименьшей массы.
Ответ: Приведенную длину маятника надо уменьшить на
ы= М2х(х-1) „._!„, ЛА
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 37.30.1, где a — расстояние
от центра масс Со исходного маятника до точки подвеса О, ОМ\ = I —
длина соответствующего приведенного
математического маятника. Имеем, по определению: ^у^ у "\ ~%
1 =
где J\ — момент инерции исходного маятника
относительно подвеса О. Пусть теперь на оси
OCqM\ разместили добавочный груз М2,
причем ОМ2 = х. Тогда имеем новый момент инер- ,
ции относительно точки О: *
т т , пуг 2 РИС. 37.30.1
Ji = J1 + М2х ,
а новое расстояние а2 от точки О до нового положения центра масс:
а2 = ,# , Л/Г (М{а + М2х).
116 4. Теорема об изменении главного момента
Новая приведенная длина (по определению):
J2 J\ + М2х2 Mxal + М2х2
(Mi + M2)a2 M\a + M2x M\a + M2x
Изменение приведенной длины:
д/ _ Mial + M2x2 М2х2 - М2х1 М2х(х -I)
~~ 2 ~ Ma + M2x ~ Ma + Mx ~ Ма + Мх '
Фиксируем А1, х и находим из этого соотношения М2:
М\п • А1 М\а • А1
2 = х(х - I) - х • Al = x(x-l-Al)' ( }
Рассмотрим два случая:
Г. А1 = -е < 0. Тогда согласно (1), имеем х G (0,1). Формула (2)
приобретает вид:
Отсюда следует, что min M2(x) соответствует
х£ (0,1-е)
o^Jx)] = iJ-r- при х> = -т-
Для корректности необходимо еще показать, что 0 < е < I. Это
следует из формулы (1), которая при А1 = -е имеет вид:
М2х(1 - х)
е = ., \ л - ; =» e<Z, т.е.
M + М2х
М2х(1 - х) ^ (Mia + М2ж) <(=^> -М2ж2 < MiaZ.
Последнее неравенство уже очевидно. Итак, для уменьшения
приведенной длины дополнительная минимальная масса должна быть
размещена на расстоянии от точки подвеса, равном половине новой
приведенной длины.
2°. А1 = е > 0. Тогда согласно (1), имеем х е (I, оо). Формула (2)
приобретает вид:
М2х(1 - х) . . Мхае /f ч
g = ,/ , Ж£ =» М2ж=-7—Ч ч. »€(/ + g,oo).
М\а + М2х x(x-l-e)
Из последнего выражения следует, что ттМ2(ж) = 0 и достигается
этот минимум при х = оо. Итак, увеличение приведенной длины
может быть осуществлено как угодно малой дополнительной массой,
помещаемой на достаточно большом расстоянии от точки подвеса.
4. Теорема об изменении главного момента
117
Задача 37.31 (37.30). Для определения момента инерции J
данного тела относительно некоторой оси АВ, проходящей через центр
масс G тела, его подвесили жестко скрепленными с ним стержнями
AD и BE, свободно насаженными на неподвижную
горизонтальную ось DE, так, что ось АВ параллельна
DE (рис. 37.31.1); приведя затем тело в
колебательное движение, определили
продолжительность Т одного размаха. Как велик
момент инерции J, если масса тела М и
расстояние между осями АВ и DE равно А?
Массами стержней пренебречь.
D
Е
Ответ: J = hMgl —т — ).
я-2 g;
Рис. 37.31.1
*► Решение. Согласно условию задачи
момент инерции тела относительно оси вращения
DE (см. рис. 37.31.2), с использованием теоремы
Штейнера—Гюйгенса, есть:
Jde = Jab + Mh .
Тогда приведенная длина, по определению, есть:
JAB + Mh2
1 =
Mh
где ft — расстояние центра масс G до оси вращения DE. Согласно
формуле для полупериода математического маятника, имеем:
1 =
JAB+Mh2 T2g
Mh
= —у => Jab= Mgh
W g)'
Задача 37.32(37.31). Решить предыдущую задачу с учетом массы
тонких однородных прямолинейных стержней AD и BE, если масса
каждого из них равна М\.
Ответ:
,/-»[<
*► Решение. С учетом массы стержней AD и BE имеем (рис. 37.31.2)
для момента инерции всей системы относительно оси вращения DE:
J = Jde + 2 •
M,ft2
118
4. Теорема об изменении главного момента
Расстояние от нового центра масс до оси вращения DE:
a =
М + 2МЛ 2
Приведенная длина в этом случае:
{
М
1 =
JAB+Mh2 + -i
получим:
(M
3M + 2M,
Задача 37.33(37.32). Для определения момента инерции шатуна
его заставляют качаться вокруг горизонтальной оси (рис. 37.33.1),
продев через втулку цапфы крейцкопфа тонкий цилиндрический
стержень. Продолжительность ста размахов 100Т = 100 с, где Т —
половина периода. Затем для определения расстояния АС = h центра
масс С от центра А отверстия шатун положили горизонтально,
подвесив его в точке А к талям и оперев точкой В на платформу
десятичных весов; давление на нее оказалось при этом равным Р.
Определить центральный момент инерции J шатуна относительно оси,
перпендикулярной плоскости рисунка, имея следующие данные: масса
шатуна М, расстояние между вертикалями, проведенными через
точки А и В (см. правый рисунок) равно I, радиус цапфы крейцкопфа г.
Ответ: J =
Рис. 37.33.1
±.Т2 1 - г I
4. Теорема об изменении главного момента
119
.Jr.
С<-
hi = h + r
Mg
Рис. 37.33.2
^ Решение. Прежде всего определим расстояние АС = h из схемы
рис. 37.33.2, составляя уравнение моментов относительно точки А:
Р АВ - Mg • АС = 0 ==> Л =
Приведенная длина шатуна (см. рис. 37.33.3)
За
1 Mfti
Mh,
где hi = h+r — расстояние от центра масс до точки подвеса. Полупериод
Т = 1 (с). С другой стороны Т = ny/h/g =^>
, Т2 Jc + Mh2
Mg
Ответ: ОС = —т
- 1,6тг4г2).
Задача 37.34 (37.33). Маятник состоит из стержня
АВ с прикрепленным к нему шаром массы га и
радиуса г, центр которого С находится на продолжении
стержня (рис. 37.34.1). Определить, пренебрегая
массой стержня, в какой точке стержня нужно поместить
ось подвеса для того, чтобы продолжительность одного
размаха при малых качаниях имела данную величину Т.
Так как должно быть ОС ^ г, то решение возможно, если
Т2 ^ 1,4(тг2/#)г; решение, соответствующее знаку «минус»
перед радикалом, невозможно.
Рис. 37.34.1
120
4. Теорема об изменении главного момента
Решение. Расчетная схема — на рис. 37.34.2. Имеем
Jo = Jc + ™г = -гаг + mx
Т Т""7
mg '■
Рис. 37.34.2
Приведенная длина
1= — = -
тпх
квадратное уравнение
2 2
тУ1 +J
^2
^2
Исследуем теперь формулы (1). Прежде всего ясно, что для существования
решения необходима положительность подкоренного выражения в (1), т. е.
8 4 2
> rv
&'>\-Уг.
(2)
Кроме того, из физических соображений следует неравенство х > г.
Рассмотрим знак «минус» в (1). Имеем:
Используя неравенство (2), получим:
8 4 2 8 4Г2
1 /8
1/8
2тг2
Следовательно, хг < г и знак «минус» в (1) не подходит для решения.
Рассмотрим знак «плюс» и найдем те значения Т, для которых соблюдено
неравенство х\ > г, т.е.:
4. Теорема об изменении главного момента 121
Если gT2 > 2тг2г, то неравенство заведомо выполнено. Пусть gT2 < 2тг2г.
Тогда возводя обе части в квадрат, получаем:
V>442+2T442T2 > 42T2>V >
28
=> gT2 > —ir2r <==> gT2 > 1,4тг2г.
При выполнении этого неравенства заведомо соблюдается неравенство (2)
и корень Х\ физически реализуем.
1 / /8 \
Ответ: ОС = хх = —т (gT2 + \ g2T4 —тг4г2 1 при gT2 > 1,4тг2г.
2tt2V V 5 У
Задача 37.35 (37.34). На каком расстоянии от центра масс должен
быть подвешен физический маятник, чтобы период его качаний был
наименьшим?
Ответ: На расстоянии, равном радиусу инерции маятника
относительно оси, проходящей через его центр масс перпендикулярно
плоскости качаний.
\ у
^ Решение. Пусть х — расстояние точки подвеса до центра масс,
3 — момент инерции тела относительно центра масс. Тогда приведенная
длина дается формулой:
, J + тх2 (J \ 1 2 1
mx \"v x x
где р — радиус инерции тела относительно центра масс. Период
вычисляется по формуле:
Ищем минимум функции
при х € (0, оо). Имеем
f'x = -Р2 ■ "г + 1 = 0 =>• «mm = Л
X
ь~
/(*) =
2тг /
>'; +
2 1
X
а так как
fl = 2р>± > О,
то это — точка минимума. Таким образом, подвешивать надо на
расстоянии от центра масс, равном радиусу инерции тела.
122
4. Теорема об изменении главного момента
Задача 37.36(37.35). Маятник состоит из стержня с двумя
закрепленными на нем грузами, расстояние между которыми равно /;
верхний груз имеет массу гаь нижний — массу Ш2. Определить,
на каком расстоянии жот нижнего груза нужно поместить ось подвеса
для того, чтобы период малых качаний маятника был наименьшим;
массой стержня пренебречь и грузы считать материальными точками.
Ответ: х =
7П] + Ш2
Рис. 37.36.1
■* Решение. Расчетная схема изображена на
рис. 37.36.1, где О — искомая точка подвеса.
Ось х направляем по стержню АВ9 начало ее —
в точке О, а положительный отсчет — в сторону
нижней массы Ш2. Тогда ж-координаты точек
гп\ и 7П2 таковы:
Зт, = -(I - Ж), ХШ1 = X.
Считаем х — координату центра масс:
)
Будем предполагать, что а > 0. Это соответствует нижнему (устойчивому)
положению приведенного маятника. Случай а < 0 соответствует верхнему
(неустойчивому) положению маятника и поворотом на 180° сводится
к случаю а > 0. В предположении а > 0 мы имеем область изменения х
из неравенства:
х>
-т\(1 - х) + т2х = а(тх +т2) > 0
Запишем формулу для приведенной длины:
_ Jo _ ГП\(1 - Х)2 +ГП2Х2
(тп\ 4- 7П2)а -m\(l - х)
Квадрат периода вычисляется по формуле:
Т2 -А 2~ - — т^1 ~
g g -7П\(1 - X) + 7П2Х'
Для вычисления минимума обозначим:
'
7П\ +Ш2
7П{
Z.
-7П\(1 - Ж) + Ш2Ж = у
X =
7П\ ■+- ТП2
4. Теорема об изменении главного момента
123
Тогда получим:
(m2/ - у)2
У
ГП2
У J
4тг2
( y + -mim2l2 ), 2/^0.
Л 2/ /
4- m2)
Ясно, что минимум Т2(у) при у ^ 0 достигается в точке g/* =
I
т.е.
ж* =
mr
Причем это минимальное значение дается выражением:
1 8тг2г
Ясно, что полученное ж* удовлетворяет неравенству ж* >
7П\
4-
-/.
Отметим, что случай а < О приводит к тому же результату, если
допустить поворот маятника на 180° (массы mi и т2 во всех формулах нужно
поменять местами!).
Задача 37.37 (37.36). На каком расстоянии от оси подвеса должен
быть присоединен к физическому маятнику добавочный груз, чтобы
период качаний маятника не изменился?
Ответ: На расстоянии приведенной длины физического маятника.
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 37.37.1, где С\ — центр масс
исходного физического маятника, причем ОС\ = аь а в точке С2
размещена добавочная масса т2. Пусть ОСг = х и угол между ОС\ и 0С2
Рис. 37.37.1
124 4. Теорема об изменении главного момента
равен (ро. Пусть масса исходного маятника тьа его момент инерции
относительно подвеса О равен J. Тогда начальная приведенная длина:
а после добавления массы т,2'.
ТП2Х2 4- J
(ТП\ 4- ТП2) ' U2 '
где п2 = ОС, С — новый центр масс. Чтобы вычислить а,2, введем систему
координат Оху, где ось Ох направим по ОСь а ось Оу —
перпендикулярно к ней. В этой системе имеем:
хс = ■ (m^i 4-т2ж cos ^о),
(mi
\ rn\a\ 4- mix2 4-
Vfl\ 4- Vfl2 v
Подставляя эту формулу в выражение для /2 и приравнивая 1\ и /2»
получим уравнение:
J ГП2Х2 4- J
iai +m\x2 + 2m\m2(i\X cos фъ
Подставляя сюда J = т\а\1\, получим уравнение:
l\(m\a\ + m\x2 + 2m\m2(i\Xcosip$) = (ГП2Х1 + т\п\1\) . (1)
Проще всего решить это уравнение при (ро = 0 (т. е. когда дополнительная
масса размещается на оси ОС\). Тогда имеем:
4- т2х)2 = (т2х2
т. е. приведенная длина, а значит, и период, не изменяются, если
добавочную массу разместить либо в точке подвеса, либо в центре качаний,
т. е„ на расстоянии приведенной длины по оси ОС\! Причем это решение
не зависит от величины добавочной массы тг! Этот ответ приведен в
сборнике [10].
4. Теорема об изменении главного момента
125
Если (fo Ф О, то уравнение (1) приобретает вид:
ж3 + ж(2А<М, - l\) - 2А<М? cos y>0 = 0, (2)
где А = m\/m2 — отношение масс. Любое положительное (х > 0) решение
уравнения (2) удовлетворяет условию задачи. Введем новое переменное
z = х/1\. Тогда уравнение (2) примет вид:
f(z) = z3 + z(2Xfi - 1) - 2Xfi cos (f0 = 0, (3)
где А = 7П\/т2, fi = ol\/1\. Пусть (fo G [-тг/2,тг/2]. Тогда уравнение (3)
заведомо имеет корень на интервале z € [0,1]. Действительно:
/(0) = -2\fi cos (po < 0, /(1) = 2А/г(1 - cos <р0) > 0.
Это и свидетельствует о наличии корня, однако величина этого корня
будет уже определяться тремя параметрами: А, /г, (ро\
Задача 37.38(37.37). Круглый цилиндр
массы М, длины 21 и радиуса г = 1/6 качается около
оси О (рис. 37.38.1), перпендикулярной
плоскости рисунка. Как изменится период качаний
цилиндра, если прикрепить к нему на расстоянии
ОК = 821/72 точечную массу т?
Ответ: Период качаний не изменится, так как
точечная масса добавлена в центре качаний
цилиндра.
Рис. 37.38.1
^ Решение. Вычислим момент инерции цилиндра относительно
точки подвеса О (см. рис. 37.38.2)
(9-
Ml2 Ml2 Ml2 _
Т44+~ + ~~
Ml2 1M12 85M/2
Рис. 37.38.2
П2
12
144
126
4. Теорема об изменении главного момента
Приведенная длина этого физического маятника вычисляется по формуле:
Jo 85MZ2 2 85 ,
/пр
Ml/2
144
т. е., в соответствии с результатом предыдущей задачи 37.37, прикрепление
груза в точке К (центре качания) не изменяет периода колебаний.
Задача 37.39(37.38). Найти уравнение малых колебаний
однородного диска массы М и радиуса г, совершающего колебания вокруг
горизонтальной оси Oz9 перпендикулярной его
плоскости и отстоящей от центра масс С диска
на расстоянии ОС = г/2 (рис. 37.39.1). К
диску приложен вращающий момент твр, причем
mBpz = то sin pt, где то и р — постоянные. В
начальный момент диску, находившемуся в нижнем
положении, была сообщена угловая скорость wq.
Силами сопротивления пренебречь. Считая
колебания малыми, принять sin^? и <р.
Рис. 37.39.1
Ответ: 1)
где fc =
4m0
ЗМг2'
2)
(р = - ( щ + — ) sinpt - — t cospt,
P\ 2P/ 2p
где h =
4m0
3Mr2'
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 37.39.2. Составим уравнение
изменения кинетического момента относительно точки подвеса О:
где
= mBp-Mg- sin (p,
mr2 mr4 3
+ •
= -Mr\
4
Полагая sin (p и ^?, получим:
Рис. 37.39.2
Зя>г 2.. . Л
-Mr (p = mo sinpt
4 2
4. Теорема об изменении главного момента 127
2g 4mo . . ,2 . . ,
(pSmp > <P + k (p = hsmpt,
2 2g 4m0
где к = —, ft =
Зг ЗМг2'
Г. Пусть кфр. Тогда решение ищем в стандартной форме:
(p(t) = A sin kt + Б cos Atf + С sinp£.
Константу С находим простой подстановкой этого решения в
уравнение; получим после сокращений:
-Ср2 sin pt + k2C sin pt = ft sin pt => С =
k2-p2'
Константы А и В находим из начальных условий: ^(0), ф(0) = щ.
Тогда получим:
Таким образом, получаем решение:
/АЧ 1 . WA ft / . л р . ,Л
(pit) = -ом sin kt + -= =• sin pt - — sin kt I. (1)
ft fc2-p2\ * /
2°. Пусть к = р. Устремим в выражении (1) к -¥ р. Получим, используя
правило Лопиталя:
lim (pit) = -wo sinpt + lim — I - т •'cos *' + тт sin *' I =
= -ш sinpt H f —t cospt + - sin pt ) =
P 2pV P )
1 / ft\ ft
= -1 wo + — I sin ю^ - —t cospt.
p\ " 2pJ F 2p
Задача 37.40(37.39). В сейсмографах — приборах для
регистрации землетрясений — применяется физический маятник, ось подвеса
которого образует угол а. с вертикалью. Расстояние от оси подвеса до
центра масс маятника равно о, момент инерции маятника
относительно оси, проходящей через его центр масс параллельно оси подвеса, равен
Jc, масса маятника равна М. Определить период колебаний маятника.
Mag sin a
128
4. Теорема об изменении главного момента
D\
mg
Рис. 37.40.1
■^ Решение. Расчетная схема представлена
ЖI на рис. 37.40.1, где АВ — ось подвеса, образую-
} щая угол а с вертикалью. Колебания маятника
в этом случае — это обычные колебания около
«новой» вертикали DE, которая
перпендикулярна оси АВ и лежит в плоскости, образуемой
осью АВ и «старой» вертикалью. В результате,
колебания маятника происходят в плоскости,
перпендикулярной плоскости рис. 37.40.1, в
поле силы тяжести, которое является проекцией
ускорения g на ось DE, т.е. g\ =gsina. Тогда
приведенная длина дается формулой:
Jc + Ma2
~Ma
= 2тг
где Jc — момент инерции маятника относительно оси, проходящей через
центр масс С и параллельной оси подвеса АВ,
Задача 37.41 (37.40). В вибрографе для записи
горизонтальных колебаний фундаментов машин
маятник О А, состоящий из рычага с грузом на конце,
может качаться вокруг своей горизонтальной оси О,
удерживаясь в вертикальном положении устойчивого
равновесия собственной массой и спиральной
пружиной (рис. 37.41.1). Определить период собственных
колебаний маятника при малых углах отклонения,
если максимальный статический момент силы тяжести
маятника относительно его оси вращения равен Mgh,
момент инерции относительно той же оси равен Jz,
коэффициент жесткости пружины, сопротивление которой
пропорционально углу закручивания, равен с; при равновесном положении
маятника пружина находится в ненапряженном состоянии.
Сопротивлениями пренебречь.
Рис. 37.41.1
Ответ: T = 2n
с Л-Mgh
■^ Решение. Составляя уравнение изменения кинетического момента
относительно оси вращения маятника, получим:
Jz(p = -с<р - Mgh sin (p.
4. Теорема об изменении главного момента 129
При малых <р имеем sin<p « <р, тогда:
Jz(p = -с<р - Mghip => ф + ( —— } (р = 0.
Таким образом, малые колебания происходят с частотой
C + Mgh
и периодом Т = 2ir/u0.
Задача 37.42 (37.41). Виброграф (см. предыдущую задачу)
закреплен на фундаменте, совершающем горизонтальные гармонические
колебания по закону х = asinwt. Определить амплитуду о колебаний
фундамента, если амплитуда вынужденных колебаний маятника
вибрографа оказалась равной у?о-
Ответ: a =
Mhw2
■* Решение. Переходя в подвижную систему координат, связанную
с фундаментом, и вводя силу инерции — Мх, мы получим уравнение
кинетического момента относительно оси маятника:
Jz(p = -с<р - Mgh sin cp - Мх • h cos ср.
Подставляя сюда х = -аил2 smut и принимая sin у? « ip, cos ip « 1,
получим:
Jz<p + <p(c + Mgh) = Mauj2h sino;£ =^ <p + <p -wl = sino;£,
Jz
где
2_ C + Mgfe
Л
Уравнение вынужденных колебаний ср = (posinwt. Подставим (р в
уравнение:
2 2 Maw2h
.* — ..л. I ..*.- Л:_ ..а __ sinw^ —>►
130
4. Теорема об изменении главного момента
Задача 37.43 (37.42). При пуске в ход электрической лебедки к
барабану А приложен вращающий момент гавр, пропорциональный
времени, причем гавр = at, где a — постоянная. Груз В
массы М\ поднимается посредством каната, навитого
на барабан А радиуса г и массы Mi (рис. 37.43.1).
Определить угловую скорость барабана, считая его
сплошным цилиндром. В начальный момент
лебедка находилась в покое.
Ответ- u_
Рис. 37.43.1
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 37.43.2.
Применяя теорему об изменении кинетического
момента относительно точки О, получим:
—(JAu + MxvB - г) = тпвр - Mxg • г.
Используя кинематическую связь VB=wr, получим:
М2г2 .
u)(t) - (v(0) =
+ M\t' ш = at-M\gr
1
!
(2M,
— - M]grt) =
2-2Migrt).
Задача 37.44(37.43). Для определения момента
инерции J махового колеса А радиуса R
относительно оси, проходящей через центр масс, колесо обмотали
тонкой проволокой, к которой привязали гирю В
массы М\ и наблюдали продолжительность Т\ опускания
гири с высоты h (рис. 37.44.1). Для исключения трения
в подшипниках проделали второй опыт с гирей массы
Mi, причем продолжительность опускания оказалась
равной Тг при прежней высоте. Считая момент силы
трения постоянным и не зависящим от массы гири,
вычислить момент инерции J.
Рис.37.44.1
J=zR2
^-(М, - М2) -
(1/Г,2) - (1/Г2)
4. Теорема об изменении главного момента
131
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 37.44.2.
Составим уравнение для изменения
кинетического момента относительно точки О системы
«А + В»:
где Штр = const — момент сил трения. Используя
кинематическую связь vB' = wR, мы получим для
ускорения точки В:
R{MxgR -
Рис. 37.44.2
JA+MiR2 '
Аналогично для груза Mi'.
С другой стороны постоянные ускорения п\ и ai можно найти из
кинематических формул:
h =
h =
2 ' - 2
Таким образом, получим систему двух уравнений:
2Л,- ---,2
2ft 2ft
= -у; a2 = ^.
i i
R(MlgR -
).
2
Вычитая одно уравнение из другого получим:
j _
г,2 "if
132
4. Теорема об изменении главного момента
Задача 37.45 (37.44). К валу I присоеди-
+П нен электрический мотор, вращающий
момент которого равен тп\ (рис. 37.45.1). По-
77/ средством редуктора скоростей, состоящего
из четырех зубчатых колес 1, 2, 3 и 4, этот
вращающий момент передается на шпиндель
/// токарного станка, к которому приложен
момент сопротивления mi (этот момент
возникает при снятии резцом стружки с обтачиваемого изделия).
Определить угловое ускорение шпинделя ///, если моменты инерции всех
вращающихся деталей, насаженных на валы /, // и ///,
соответственно равны J/, J//, J///. Радиусы колес равны гь г2, г3 и г4.
Рис. 37.45.1
Ответ: еш =
где
. 37.45.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 37.45.2. Пусть ш\, wi, <*>з> <*>4 —
угловые скорости вращения колес 1, 2, 3, 4. Причем, так как 2 и 3 —
на общем валу, то шг = щ. Так как линейные скорости в точках контакта
А и В равны, то имеем кинематические связи:
= —щ = &з,4<*>4,
= ЩГ4
А:3,4 •
Теперь, используя полученные соотношения, составим уравнения для
изменения кинетического момента относительно осей /, /// и II-II:
d . ч
— (Jjo;,) =ml+SA-ri9
d , ч
— (- J2o;2) = SA • r2 + 5B • r3,
d , ч
— (J3W4) = -m2 + 5B • r4,
4. Теорема об изменении главного момента 133
где Sa, Sb — силы касательного взаимодействия в точках сцепления колес
А и В, причем знак «минус» в кинетическом моменте относительно оси
II-II появляется потому, что вращение колес 2, 3 противоположно
вращению колес 1 и 4! Исключая Sa и Sb , получим соотношение:
^4 = "1П\ ' *1,2 + J\ * *1,2 * *1,2 * &3,4^>4 + 7 т2 + «^3 7
#3,4 #3,4
# *1,2 * ^3,4 + ^з) = ^1*1,2*3,4 ~ ^2 =»
Задача 37.46(37.45). Барабан А массы М\ и радиуса г
приводится во вращение посредством груза С массы Mi, привязанного
к концу нерастяжимого троса. Трос переброшен через блок В и
намотан на барабан А (рис. 37.46.1). К барабану А приложен момент
сопротивления тс, пропорциональный
угловой скорости барабана; коэффициент
пропорциональности равен а. Определить угловую
скорость барабана, если в начальный момент
система находилась в покое. Массами кана-
та и блока В пренебречь. Барабан считать
сплошным однородным цилиндром. Рис"37-46-1
Ответ: ш = =^-(1 - е"*"), где /3 =
a
M2gr
lim uj = = const.
t-юо a
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 37.46.2. Разобьем систему на
две части: первая часть состоит из блока В с грузом С, вторая часть —
это барабан А.
Изобразим внешние силы, приложенные к каждой из двух частей.
Это силы тяжести груза М$ и барабана M\g, составляющие реакций
отброшенных подшипников в осях блока В и барабана А (Хв, Ув, Хо, *о),
момент сопротивления тс = аф, силы натяжения троса Т2 и Т\, которые
равны по величине в силу равенства действия и противодействия.
Пусть ip — угол поворота барабана А.
Составим уравнения движения выделенных частей системы с
помощью теоремы об изменении главного момента количеств движения
134
4. Теорема об изменении главного момента
г,
Л
Yo'
Рис. 37.46.2
относительно соответствующих неподвижных осей Bz и Oz. Так как блок
В невесомый, то уравнение для первой части принимает вид:
d
—(гв • M2v2) = M2grB - T2rB.
В силу нерастяжимости троса v2 = фг. Поэтому получаем
ГвМ2гф = Migrs - Т2Гв-
Отсюда сила натяжения
Т2 = Myg - М2гф.
Уравнение движения второй части системы:
d
Используя тот факт, что Т\ = Т2 = M2g - М2гф, перепишем уравнение
движения в виде:
—-—ф = Migr - М2т ф - аф,
или
(Mi
2 at
- аф.
Интегрируем уравнение по частям, используя нулевые начальные условия;
= / dt
\(Migr/a)-w
-(М,+2М2)—In. пж ,
la L M-igrja
= t
\ M2gr / r
-lot
2(M,+2M2)"
4. Теорема об изменении главного момента
135
Поэтому угловая скорость барабана равна
-lot
Заметим, что
hm win = = const.
a
Задача 37.47(37.46). Определить угловое ускорение ведущего
колеса автомашины массы М и радиуса г, если к колесу приложен
вращающий момент гавр. Момент инерции колеса относительно оси,
проходящей через центр масс С перпендикулярно плоскости
материальной симметрии, равен Jc; /к — коэффициент трения качения,
jPtp — сила трения. Найти также значение вращающего момента, при
котором колесо катится с постоянной угловой скоростью.
Ответ: е =
гавр - MgfK -
-, mBp = MgfK + FTpr.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 37.47.1. При решении задачи
следует рассмотреть два случая:
1°. Колесо движется вначале без проскальзывания, т. е. Vk = О (К — точка
контакта колеса с дорогой; см. рис. 37.47.1), а затем прикладывается
внешний момент твр. В частности колесо находится в покое, а затем
включается момент твр.
2°. Колесо движется вначале с проскальзыванием, т. е. Vk ф 0, а затем
прикладывается момент твр. Причем здесь ответ зависит от знака vk\
136 4. Теорема об изменении главного момента
Рассмотрим эти случаи в отдельности.
Г. Запишем уравнения для движения центра масс С колеса, и уравнение
для изменения кинетического момента относительно центра масс С:
Mvc = -FTp, 0 = N-Mg, Ju = mBp+FTp-r-fKN, (1)
где FTp = Fq sgn vk, а знак vr соответствует знаку vc по направлению
оси х. Кроме того, при vk ф 0, |jFtp| = fN, а при vr = О F^ ^ fN.
Пусть vk(0) = 0. Выясним, что будет при t > 0. Имеем
кинематическую связь:
Vk = vc - wr ==> vk = vc - vr-
Используя уравнения (1), отсюда получим:
vK = - ^ - j (mBp + Fw • v - UMg) =
J [-^тр(г2 + p2) -mBpr + fKrMg],
где р — радиус инерции колеса.
Обозначим G = fKrMg - mBp • г, тогда (2) примет вид:
[F(2 + 2) + G]
(3)
Пусть началось скольжение так, что vk(0) > 0, т. e. Vk > 0 (так как ##(0) = 0).
Тогда Fip = Fq = fMg, и выполнено, согласно (3), неравенство:
-F0(r2+p2) + G>0 =* FoK-^G, (4)
Если началось скольжение так, что vk < 0, т. е. vk < 0 (так как
= 0). Тогда FTp = -Fq = -fMg, и выполнено, согласно (3),
неравенство:
F0(r2+p2)+G<0 =* F0<-^4-TG- (5)
г1 + р1
Из формул (4) и (5) следует, что при G > 0 скольжение точки К будет
вправо, если соблюдено (4), а при G < 0 скольжение точки К будет
влево, если соблюдено (5). Таким образом, объединяя эти условия, можно
утверждать, что при
^ \fMmBp-r\ (6)
будет скольжение с качением. А если
L ^lm^r], (7)
то будет чистое качение при vk = 0.
4. Теорема об изменении главного момента 137
Физический смысл условий (6) и (7) таков: при малом трении (/ <С 1)
будет скольжение с качением, а при большом трении (/ > 1) — чистое
качение будет сохраняться.
Теперь легко получить ответы к поставленной задаче.
1) Если выполнено (6) и G = r(fKMg - гавр) > 0, то будет качение
со скольжением так, что vk > 0, и при этом из (1) следует:
так как из (6) следует:
fMG <
Ясно, что этот случай реализуется для уже двигавшегося колеса.
Если колесо покоилось, то движения не будет в силу неравенства
G > О <=> fKMg > гавр (т. е. очень большой момент трения качения!).
2) Если выполнено (6) и G = r(fKMg - твр) < 0, то будет качение
со скольжением так, что vk < 0, и при этом из (1) следует:
так как из (6) следует:
fMg < -r-^-dGI = ~г^т < -4-
Г2+/02 Г2+/02 Г2
Ясно, что в этом случае движение будет происходить и из состояния
покоя также! Здесь моменту твр удается преодолеть момент трения
качения. Отметим, что именно этот ответ приведен в сборнике [10].
3) Если выполнено (7), то будет чистое качение (или останется чистое
качение, если движение колеса с чистым качением уже было!). В этом
случае уравнения (1) имеют вид:
Мгш = -Fjp, Ju = Ftp-r G, (8)
причем FTp — это сила трения покоя, для которой должно
соблюдаться условие: IF^I < fMg. Из уравнения (8) имеем:
u(J + Mr2) = ~\g = -(fKMg - mBp),
Mr . M _ G
F^ = + j л ™ lUnMg - mBp) = —
138 4. Теорема об изменении главного момента
В силу неравенства (7) эта сила удовлетворяет неравенству для силы
трения покоя: \FTp\ < fMg. Таким образом, здесь угловое ускорение:
£ = ^ = =
J + Mr2 r2+p2
Разберем теперь вопрос о выборе гавр, обеспечивающем постоянство
ш, т. е. £ = и = 0. Положим
твр = fKMg => (3 = 0.
Тогда уравнение (3) примет вид:
Из полученного уравнения следует, что г># = 0 (й# > 0 влечет vK > 0
и%<0, т.е. противоречие, аналогично приводит к противоречию
предположение vK < 0). Итак, t)# = 0 => FTp = 0. Тогда из
последнего уравнения системы (1) получим и = е = 0. Таким образом,
если колесо катилось без проскальзывания, то прикладывая момент
гавр = fKMg, мы также получим качение без проскальзывания, но уже
с постоянной угловой скоростью.
2° Пусть колесо двигалось с проскальзыванием, т.е. ?>#(()) ф 0. В этом
случае последнее уравнение системы (1) имеет вид:
Ju = mBp - fKMg + fMgr, если vK > 0,
Ju) = mBp - fKMg - fMgr, если vK < 0,
а постоянство ш обеспечивает твр, выбираемый из соотношений:
т*р = UMg - fMg • г при vK > 0,
гавр = fKMg + fMg • г при ?;# < 0.
Соответственно, равенство (3) имеет вид:
vk = j[-F0(r2 + p2) + fMg'r2] =-jfMgp2<0 при vK>0,
vK = -f [+F0(r2 + p2) - fMg • r2] = +-fMgp2 > 0 при vK < 0.
Эти соотношения показывают, что через конечное время будет vk = 0,
и мы приходим к случаю, рассмотренному в пункте 1°.
4. Теорема об изменении главного момента
139
Задача 37.48(37.47). Определить угловую скорость ведомого
автомобильного колеса массы М и радиуса г. Колесо, катящееся со
скольжением по горизонтальному шоссе, приводится в движение
посредством горизонтально направленной силы, приложенной в его
центре масс С. Момент инерции колеса относительно оси С,
перпендикулярной плоскости материальной симметрии, равен Jc\ /K —
коэффициент трения качения, / — коэффициент трения при качении
со скольжением. В начальный момент колесо находилось в покое.
Ответ: ш = ^(/г - fK)L
^ Решение. Расчетная схема представлена на рис. 37.48.1, где в
отличие от рис. 37.47.1 к предыдущей задаче к колесу приложена в центре масс
С горизонтальная сила F вместо вращающего момента твр. Здесь также
решение зависит от того, скользит точка контакта К или нет. Но так как
в условии задачи указано, что качение происходит со скольжением из
состояния покоя, то рассмотрим лишь этот случай. Итак, пусть vk(0) = 0,
ш(0) = О, vc(0) = 0, но vk(0) ф 0. Запишем уравнения движения
аналогично тому, как это было сделано при решении задачи 37.47:
Mvc = -Fw+F, 0 = N-Mg, Ju = FTpr- Д • ЛГ, (1)
где Fjp = jFo sgn vk, Fo = fMg при vk ф 0.
Имеем кинематическую связь
bK=bc-ur=-F^ + rl) + (^ + !fMg). (2)
140 4. Теорема об изменении главного момента
Из соотношения (2) сразу следует, что при
качение со скольжением нереализуемо (предположение vr > 0 => vK > О
(так как vk(0) = 0) и предположение Ьк < 0 => vr < 0, приводят
к противоречиям!). Таким образом, скольжение будет при:
(4)
Предполагая неравенство (4) выполненным, из (2) получаем, что vk > 0,
т. е. vk > 0, и реализуется схема, указанная на рис. 37.47.1. В этом случае
из последнего уравнения системы (1) получим:
(это ответ, приведенный в сборнике [10]). Отметим, что для корректности
рассуждений необходимо еще полагать, что fr>fK. Это условие
обеспечивает ш > 0 ==> ш > 0 (см. последнее уравнение системы (1), где следует
положить FTp = fMg, ввиду предполагаемого проскальзывания!). Для
реальных колес коэффициент трения качения (вернее, отношение fK/r)
достаточно мал, так что условие (5) оправдано! Нетрудно показать, что
условие (4) при наличии неравенства (5) влечет неравенство F > fMg, т. е.
из первого уравнения системы (1) следует vc > 0. Таким образом, к ответу,
приведенному в сборнике [10] необходимо добавить неравенства (4) и (5),
которые обеспечивают реализуемость качения со скольжением. А если
неравенство (4) нарушено (т. е. выполнено (3)), то при условии (5) и условии
Fr > fKMg реализуется чистое качение (г># = 0, vr = 0). При этом в
точке контакта возникает сила трения покоя FTp, которая зависит от силы jP:
где р2 = J/M — квадрат радиуса инерции колеса. При этом угловое
ускорение € дается формулой:
. Ft - fKMg
6 Ш М(р2+г2)'
т. е. угловое ускорение уже зависит от силы F\
Замечание к задаче 37.48. Вопросы о качении, рассматриваемые в задачах 37.47
и 37.48, изучались в монографии П.Пэнлеве «Лекции о трении» [12].
4. Теорема об изменении главного момента
141
Задача 37.49 (37.48). Изменится ли угловая скорость колеса,
рассмотренного в предыдущей задаче, если модуль силы, приложенной
в его центре масс С, увеличится в два раза?
Ответ: Не изменится.
^ Решение. Пусть для силы F выполнено условие (4) из решения
предыдущей задачи 37.48 (условие (5), естественно, предполагаем
выполненным!). Тогда угловое ускорение дается формулой:
Если силу F увеличить в два раза, то условие (4) сохранится заведомо,
и ответ останется прежним, так как он не зависит от величины силы F\
Задача 37.50(37.49). Через блок, массой которого
пренебрегаем, перекинут канат (рис. 37.50.1); за точку А
каната ухватился человек, к точке В подвязан груз
одинаковой массы с человеком. Что произойдет с грузом,
если человек станет подниматься по канату со
скоростью v относительно каната?
Ответ: Груз будет подниматься с канатом
со скоростью v/2.
В
Рис. 37.50.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 37.50.2. Применим к системе
«А + В» теорему об изменении кинетического момента относительно
точки О. Ясно, что сумма моментов всех внешних сил, приложенных
к этой системе, относительно этой точки равна нулю. Для силы реакции,
приложенной в точке О, это очевидно. А силы
тяжести в точках А и В дают моменты,
равные по модулю, но противоположные по знаку!
Пусть vb — скорость движения груза В,
направленная вверх. Тогда имеем кинетический
момент относительно точки О:
v
в 2'
Замечание к задаче 37.50. Отметим, что при
решении данной задачи делается (в условии задачи это
не указано) допущение о невесомости каната. Если
канат имеет вес, то решение существенно изменится.
W
- v) • г = 0
g
Рис. 37.50.2
142 4. Теорема об изменении главного момента
В частности, вся система на рис. 37.50.2 будет двигаться с ускорением. Кроме того,
так как контакт каната с блоком — это, вообще говоря, неудерживающая связь, то
небезынтересен вопрос о знаке вертикальной (нормальной) реакции,
действующей в точке контакта каната с блоком. В частности, можно показать, что при массе
каната в 5 раз большей массы человека, в определенный момент будет
наблюдаться отрыв каната от блока. Доказательство этого факта основано на применении
теоремы о движении центра масс системы вдоль вертикали и здесь не приводится.
Задача 37.51 (37.50). Решить предыдущую задачу, принимая во
внимание массу блока, которая в четыре раза меньше массы человека.
Считать, что масса блока равномерно распределена по его ободу.
Ответ: Груз будет подниматься со скоростью Av/9.
^ Решение. Здесь надо добавить кинетический момент блока,
который равен Jo;, где J = тг2/4, ш — угловая его скорость. Если веревка
не скользит по блоку, то имеем кинематическую связь: шг = vB. Тогда
получим для общего кинетического момента:
/ ч т 2
mvB • г + m(vB - v) г Л г ш = 0 ==>
1 4
=» vB • г + (vB - v) + -vB =0 => vB = -v.
Задача 37.52(37.51). Круглая горизонтальная платформа может
вращаться без трения вокруг неподвижной оси Oz, проходящей через
ее центр О; по платформе на неизменном расстоянии от оси Oz,
равном г, идет с постоянной относительной скоростью и человек,
масса которого равна М\. С какой угловой скоростью и будет при
этом вращаться платформа вокруг оси, если массу ее Mi можно
считать равномерно распределенной по площади круга радиуса R,
а в начальный момент платформа и человек имели скорость, равную
нулю?
2М,г
Ответ: и = = 7 и.
MR2 + 2M2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 37.52.1. Кинетический момент
системы «платформа + человек» относительно вертикальной оси
вращения АВ сохраняется, так как внешние силы не создают момента
относительно этой оси (они либо параллельны АВ, как силы тяжести M\g, M-g,
либо ее пересекают, как силы реакции в точках А и Б!). Поэтому имеем:
Jit) + М\((л)Г - и) • Г = 0,
4. Теорема об изменении главного момента
143
Рис. 37.52.1
где J = М2#2/2 — момент инерции платформы относительно оси АВ,
ш — ее угловая скорость. Отсюда получаем:
2Mxur
ш =
2Mlr
2'
Задача 37.53(37.52). Круглая горизонтальная платформа
вращается без трения вокруг вертикальной оси, проходящей через ее центр
MacCv (рис. 37.53.1), с постоянной угловой скоростью Wq, при этом
на платформе стоят четыре человека одинаковой массы: два — на краю
платформы, а два — на расстояниях от оси вращения, равных
половине радиуса платформы. Как изменится угловая скорость платформы,
если люди, стоящие на краю, будут двигаться по окружности в сторону
вращения с относительной линейной скоростью и, а люди, стоящие
на расстоянии половины радиуса от оси вращения, будут двигаться
по окружности в противоположную сторону с относительной
линейной скоростью 2гг? Людей считать точечными массами, а платформу —
круглым однородным диском.
Рис. 37.53.1
v Ответ: Платформа будет вращаться с той же угловой скоростью. ,
144 4. Теорема об изменении главного момента
^ Решение. Решение здесь аналогично решению предыдущей задачи
с использованием сохранения кинетического момента системы
относительно оси вращения. Пусть щ — начальная угловая скорость платформы.
До движения людей кинетический момент:
(!)■
Пусть ш — угловая скорость при указанном в задаче движении людей.
Тогда:
К = Jw + 2mR(wR + гг) + 2m— ( w— - :
2mwR2 + 2тш ( ^ ) .
Но так как К = Kq, to получим ш = щ.
Задача 37.54(37.53). Решить предыдущую задачу в
предположении, что все люди двигаются в сторону вращения платформы. Радиус
платформы R, ее масса в четыре раза больше массы каждого из людей
и равномерно распределена по всей ее площади. Выяснить также,
чему должна быть равна относительная линейная скорость и для того,
чтобы платформа перестала вращаться.
8 гг 9
Ответ: ш\ = щ - - — , и = -
у R о
Решение. В новых условиях имеем:
R ( R \
К = Joj + 2mR((jjR + гг) + 2my ( и— + 2и ) =
= ш + 2mR2(jj + 2m—и + 4mRu = Ко =
2 4
Am n2 n2 „ &
= —-Rzuq + 2mu0R + 2mu0— =>
2 4
9 П2 А п У „2 8И
=Ф -mR ш + AmRu = -mit о;о => о; = о;о - - —
2 2 9 л
и для обнуления о; получаем:
9 „
гг = -и>0Д.
4. Теорема об изменении главного момента
145
Задача 37.55 (37.54). Человеку, стоящему на скамейке
Жуковского, в то время, когда он протянул руки в стороны, сообщают
начальную угловую скорость, соответствующую 15 об/мин; при этом
момент инерции человека и скамейки относительно оси вращения
равен 0,8 кг-м2. С какой угловой скоростью начнет вращаться скамейка
с человеком, если, приблизив руки к туловищу, он уменьшит момент
инерции системы до 0,12 кг-м2?
Ответ: 100 об/мин.
■* Решение. Расчетная схема движения человека на
скамейке Жуковского — на рис. 37.55.1. Так как
внешние силы, приложенные к системе «человек +
скамейка» либо параллельны оси вращения Oz (силы тяжести),
либо пересекают ось (силы реакции гладких
подшипников), то
Следовательно, имеет место закон сохранения главного
момента количеств движения системы в проекции на
ось Oz: Koz — const. Поэтому J\U\ = J2OJ2. Отсюда
Рис. 37.55.1
Аналогичная зависимость между числами оборотов системы:
п2 = Щ y =
0,12
\мин/
Задача 37.56(37.56). Горизонтальная трубка CD может свободно
вращаться вокруг вертикальной оси АВ. Внутри трубки на
расстоянии МС = а от оси находится шарик М (рис. 37.56.1). В некоторый
момент времени трубке сообщается
начальная угловая скорость uq. Определить угловую
скорость ш трубки в момент, когда шарик
вылетит из трубки. Момент инерции трубки
относительно оси вращения равен J; L — ее
длина; трением пренебречь, шарик считать
материальной точкой массы га.
Ответ:
и =
J + ma2
J + mL2
м
Рис. 37.56.1
146
4. Теорема об изменении главного момента
z i
■^ Решение. Расчетная схема представлена
на рис. 37.56.2. Воспользуемся теоремой об
изменении главного момента количеств движения
системы
«трубка CD + вал АВ + шарик М»
х относительно неподвижной оси Az. Так как все
силы либо пересекают ось Az, либо ей
параллельны, то
dKAz
dt
= 0.
Рис. 37.56.2
Следовательно,
KAz = const.
Имеет место закон сохранения главного момента количеств движения
системы в проекции на ось Az. Выпишем выражение для Kaz, выбрав
положительным направление по дуговой стрелке угловой скорости ш:
V _ дг(трубки) (М)
&Az - *Az +KAz >
^трубки) = J{j)
[СМ х m(ve + vr)] =
M x mve + npAzCM x mvr =
= CM ТПШ- CM + 0 = mu • x2,
CM x mvr = 0, CM = x.
KAz = Ju + гпш • x2 = oj(J + mx2).
Так как Kaz = const, то приравняем значение этой величины в начальный
момент, когда х = а, и в конечный момент, когда х = L:
ojq(J + ma2) = a;i(J + mL2).
Поэтому угловая скорость трубки в момент вылета из нее шарика равна
так как
Поэтому
Ш\ =
ma2
j J Ar rah1'
Заметим, что угловая скорость уменьшается при увеличении момента
инерции системы относительно оси Az.
4. Теорема об изменении главного момента
147
Задача 37.57 (37.57). Однородный стержень АВ длины 2L = 180 см
и массы Mi = 2 кг подвешен в устойчивом положении равновесия на
острие так, что ось его горизонтальна (рис. 37.57.1). Вдоль стержня
могут перемещаться два шара массы М2 = 5 кг каждый, прикрепленные
к концам двух одинаковых пружин. Стержню
сообщается вращательное движение вокруг
вертикальной оси с угловой скоростью,
соответствующей п\ = 64 об/мин, причем шары
расположены симметрично относительно оси
вращения и центры их с помощью нити
удерживаются на расстоянии 21\ = 72 см друг
от друга. Затем нить пережигается, и шары, совершив некоторое
число колебаний, устанавливаются под действием пружин и сил трения
в положение равновесия на расстоянии Hi = 108 см друг от друга.
Рассматривая шары как материальные точки и пренебрегая массами
пружин, определить новое число п2 оборотов стержня в минуту.
Рис. 37.57.1
6M2l2l+MlL2
Ответ: п2 = ' л_ т2 щ = 34 об/мин.
ОМ 2/2 +M\LA
^ Решение. Расчетная схема представлена
на рис. 37.57.2. Внешние силы, приложенные
к системе
«стержень + стойка + 2 шара + 2 пружины»
— это силы тяжести, параллельные оси
вращения 2, и реакция опоры с составляющими
R\ и R2, пересекающими ось z. Поэтому
Следовательно, Kz = const. Приравняем
значение кинетического момента системы в
момент времени, когда I = 1\, к его значению
в момент времени, когда I = 12:
м№)2:. ,„ 1#Л. _MX(2L)\
12 ' 12
Отсюда получаем, что угловая скорость
MXL
М212ш2.
148
4. Теорема об изменении главного момента
Так как ш = 2жп, то новое число оборотов
5-0,54
\мин
Задача 37.58(37.58). Тележка поворотного подъемного крана
движется с постоянной скоростью v относительно стрелы (рис. 37.58.1).
Мотор, вращающий кран, создает в период
разгона постоянный момент, равный то. Определить
угловую скорость ш вращения крана в
зависимости от расстояния х тележки до оси вращения АВ,
если масса тележки с грузом равна М\ J —
момент инерции крана (без тележки) относительно оси
вращения; вращение начинается в момент, когда
тележка находится на расстоянии xq от оси АВ.
АШ
Ж
Рис. 37.58.1
Ответ: ш =
X —
J-\-Mx2 v
Рис. 37.58.2
■* Решение. Расчетная схема представлена на
рис. 37.58.2. Так как кинетический момент
системы относительно оси АВ (т.е. z) равен:
Kz = Joj + Мшх • х («кран + тележка»)
(ve = их и относительная составляющая
скорости момента относительно оси z не дает, так как
пересекает ее!). Следовательно, теорема об
изменении кинетического момента системы «кран +
тележка» относительно вертикали z дает:
а л
--(Joj+Mojx ) =
at
Так как относительная скорость тележки постоянна и равна v, то
X-Xq
X - Хо = Vt
Таким образом, получаем:
* =
ш =
х — Xq)
(J + MX2)V
4. Теорема об изменении главного момента 149
Задача 37.59 (37.59). Сохранив условие предыдущей задачи,
определить угловую скорость ш вращения крана, если мотор создает
вращающий момент, равный гао - аи;, где то и а — положительные
постоянные.
Ответ: ш =
v(J + Mx2)
X
~ц arctg (x/k) f efi arctg (x/k) ^
ГТ а ГГ .
где к = у —, // = —у —— (ось х направлена вправо вдоль стрелы).
V JVL V% V J JVL
^ Решение. Уравнение для изменения кинетического момента
системы, полученное в предыдущей задаче, здесь имеет вид:
d 2
—(Jo; -h Мшх ) = тпо - аи.
at
Перейдем к независимой переменной х. Имеем:
d r 2 dx
— [<jj(J + Их )\ • — = т0 - аш =>
ах at
=> — \(jj(J -h Mx ) = , где v = — = const =Ф
dx1 J v dt
^ + М,) + «2Мх =►
dx v
2Мх а Л m0
dx [j + Mx2 v(J + Mx2)\ v(J + Mx2)'
Решим сначала однородное уравнение:
2Мх
^__i
Т+Мх2 ^ v(J + Mx2)\
IMxdx adx
ш J + Mx2 v(J + Mx2)
интегрируем:
In ш = - In (J + Mx2) - — -7== arctg [ \j-^-x
1
= C •
г
J + Mx2
Г а ( ГМ \\
exp < ; arctg \ —x >.
150 4. Теорема об изменении главного момента
Пользуясь методом вариации постоянной, получим частное решение
неоднородного уравнения:
ТПр
Мх2)
Xq
4
где обозначено к = \/ —, \i =
5. Теорема об изменении кинетической энергии
материальной системы (§ 38, [10])
Задача 38.1 (38.1). Вычислить кинетическую энергию плоского
механизма, состоящего из трех стержней АВ, ВС и CD,
прикрепленных цилиндрическими шарнирами А и D к потолку и соединенных
между собой шарнирами В к С (рис. 38.1.1).
Масса каждого из стержней АВ и CD
длины I равна М\, масса стержня ВС равна М2,
причем ВС = AD. Стержни АВ и DC
вращаются с угловой скоростью ш.
Ответ: Т =
2M!+3M2f2 2
/ ш
в
Рис. 38.1.1
Рис. 38.1.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.1.2. Кинетическая энергия
механизма
Т = Tab Н~ Tjyc ~\~ Твс-
Так как стержни АВ и DC одинаковые и вращаются с равными угловыми
скоростями вокруг неподвижных осей вращения, то
uP_ _ Md2 о М{12
Jaz 2 -
Tab =
-Ш =
ЦГ 2
3-2" 6
Стержень ВС движется поступательно, так как все время движения
BC\\AD. Поэтому
_ M2v2BC _ M2v2B _ М2(ш1)2
Твс - -у- - — - ——
Суммарная кинетическая энергия
m2iW шх + зм2 2 2
1 — 2
I
2 2 2
/ 0J .
152
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Задача 38.2(38.2). Однородный тонкий стержень АВ массы М
опирается на угол D и концом А скользит по горизонтальной направ-
ляющей (рис. 38.2.1). Упор Е перемещается
вправо с постоянной скоростью v.
Определить кинетическую энергию стержня в
зависимости от угла (р, если длина стержня равна
21, а превышение угла D над горизонтальной
направляющей равно Н.
Рис. 38.2.1
Mv2 ( I з 4 Z2 4 \
Ответ: Т = — И - 2- sin3 tp + - — sin4 <p\.
■► Решение. Расчетная схема движения стержня АВ — на рис. 38.2.2.
Кинетическая энергия стержня, движущегося плоскопараллельно,
вычисляется по формуле Кёнига:
Т = -Mv2c + - JczU2.
Скорость va = Ve = v. Скорость точки D
стержня направлена вдоль стержня, иначе про-
} изошло бы нарушение связи.
Построим мгновенный центр скоростей
Н стержня в точке Р пересечения
перпендикуляров в т. А и D к их скоростям. Угловая скорость
стержня ш = —-, скорость vc = ш • PC. Най-
дем расстояния РА и PC. Для этого
рассмотрим прямоуголные треугольники APD и CPD.
В AAPD ZAPD = (р, ZADP = 90°, AD = Д-.
Поэтому
A vA
Рис. 38.2.2
РА =
AD
sin у?
Н
sin2
Сторона
PD = PAcos<p =
sin2
В ACPD сторона CD = AD - AC =
Н
siny?
-1, поэтому гипотенуза
5. Теорема об изменении кинетической энергии
153
sin2
|
|
sin4 (p sin2 (p
sin ^
Z2 . А 21 ,
777 sin ^ " 77 sin
Я2 Я
v,4 v
Следовательно, ш = — = — = V
vc — ш • PC = v
si
sin2 <p
тт
sin2^
21
/, I d 21 , /i Z . A 21 ,
1 + -^ sin4<p - — sin3 ^ = vd 1 + -^2 sin4 <p - — sin3 <p.
Поэтому
Mv2
21 .
- si
4 Z2
21
—
Задача 38.3(38.3). Вычислить кинетическую энергию кулисного
механизма, если момент инерции кривошипа О А относительно оси
вращения, перпендикулярной плоскости рис. 38.3.1, равен Jo; длина
кривошипа равна а, масса кулисы равна т, массой камня А
пренебречь. Кривошип О А вращается с угловой скоростью а?. При каких
положениях механизма кинетическая энергия достигает наибольшего
и наименьшего значений?
i -A
Рис. 38.3.1
1
Ответ: Т = - (Jo + ma2 sin2 <p)w2.
Наименьшая кинетическая энергия — при крайних положениях
кулисы, наибольшая — при прохождении кулисой среднего положения, у
154
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Рис. 38.3.2
^ Решение. Расчетная схема кулисного механизма — на рис. 38.3.2.
Кинетическая энергия Г = Т\ +Тг, где 1 — кривошип, 2 — кулиса.
Кривошип вращается вокруг неподвижной оси, поэтому Т\ = Зф? 12.
Кулиса движется поступательно, поэтому Ti — mv\j2.
Для определения V2 рассмотрим движение точки А как сложное:
vA = vr -f уе. Абсолютная скорость va = ша, относительная скорость vr
направлена вертикально (относительно кулисы), переносная скорость ve
направлена горизонтально (вместе с кулисой). Построим треугольник
скоростей (рис. 38.3.2). Из него находим
ve = Va sin (p = ш • a • sin (p.
А это и есть скорость поступательного движения кулисы V2.
Следовательно,
Т = Т, + Т2 = -
+ -mu2a2 sin2 (p = -(J + ma2 sin2 <p)w2.
Из вида функции Т((р) ясно, что Гтгп при sin(р = 0, т.е. при <р = 0°, 180°
и т.д. (при крайних положениях кулисы). Tmax при sin^ = ±1, т.е. при
(р = 90°, 270° и т.д. (при прохождении кулисой среднего положения).
Т
Рис. 38.4.1
Задача 38.4(38.4). Вычислить
кинетическую энергию гусеницы трактора,
движущегося со скоростью vo. Расстояние между
осями колес равно Z, радиусы колес равны г,
масса одного погонного метра гусеничной
цепи равна 7 (рис. 38.4.1).
Ответ: Г =
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.4.2. Разобьем гусеницу
трактора на 4 части: АВ, ВС, CD и AD.
Т = Tab + Твс + Tcd + Tad-
5. Теорема об изменении кинетической энергии
155
В V-
'ВС
dip
Рис. 38.4.2
Так как участок гусеницы AD неподвижен (трактор движется без
скольжения), то Tad = 0. Участок ВС движется поступательно со скоростью
2vo. Поэтому
т тпвс(2уо)2 2
Твс = ~ = V2vo.
В силу симметрии ТАВ = TCd- Вычислим Тав. Для этого разобьем участок
АВ на элементарные дуги длиной ds = r dip. Масса этого элемента
dm = jr dip.
Скорость этого элемента
Щ <Р <Р
v = шр = — 2т sin — = 2v0 sin —.
Кинетическая энергия этого выделенного бесконечно малого элемента
Jrri dm-v2 1 / . уЛ2 '
dT = —-— = ~7г dip I 2v0 sin — 1 =
2 . 2 V j
sin — dip.
Поэтому
/
2p
sin - # =
7Г
f 1
/ -(1 - cos <p) dip =
— - 0 J - - sin ^
Суммарная кинетическая энергия равна
Т = 2-ТАВ+ТВС = 2-rrvln + 2jlvl = 2-у(гтг + 1)vq.
• 7Г.
156
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Задача 38.5(38.5). Вычислить кинетическую энергию кривошип-
но-ползунного механизма, если масса кривошипа тп\, длина
кривошипа г, масса ползуна Ш2, длина шатуна I (рис. 38.5.1). Массой
шатуна пренебречь. Кривошип считать однородным стержнем.
Угловая скорость вращения кривошипа ш.
Ответ: Т — -\ -гп\
2 L3
sin 2(p
(
sinюл .
21 у/1-(r/l)2
Рис. 38.5.1
Рис. 38.5.2
■^ Решение. Расчетная схема движения кривошипно-ползунного
механизма — на рис. 38.5.2. Кинетическая энергия механизма Г = Тоа+Тв-
Кривошип О А вращается вокруг неподвижной оси. Поэтому
1 2 1 m\rl 2
Для ползуна Тв = miv\/2. Чтобы определить скорость точки В,
рассмотрим кинематику шатуна АВ. Построим мгновенный центр скоростей
шатуна (точка Р) и запишем соотношения:
VA
Va = WT, WAB = 7 =
Рассмотрим А АР В. Нетрудно увидеть, что
г-РВ
Z.APB = 90° - <р, ZPAB = <р + a, ZABP = 90° - а.
Угол а определяется с помощью теоремы синусов для ДОАВ:
г
sin а = - sin <p.
Теперь применим теорему синусов для ААРВ:
РА _ РВ
sin (90° - а) ~ sin (а + (р)
5. Теорема об изменении кинетической энергии 157
РВ sin (а 4- <р) sin а cos ip 4- cos а sin ip
sin (90° - a) cos а
(r/Z) sin y?
= tg a cos y> 4- sin (p — . • cos ip + sin (p.
y/\ - (r/l)2 sin2 (p
Поэтому
PB /r sin y? cosy? . \
РЛ \7 ^/1 -(r/Z)2sin2y? /
Окончательно имеем,
m 1 2 2 1 i i(T sin2y? \
Т=-Ш!га; +-m2ro; I -- +siny?) =
6 2 V 2/ Л/1 - (r/Z)2 sin2 cz? /
1 2 2Г1 /r sin2y? . \21
= -г ш \ -m\ H- Ш2 . H- sin ^? .
2 L3 'V^v/l-^/Z^sin2^ VJ
Задача 38.6(38.6). Решить предыдущую задачу для положения,
когда кривошип О А перпендикулярен направляющей ползуна; учесть
массу шатуна Шз.
Ответ
: Т = - f -Ш! 4- тп2 4- ш3 j rV.
44 л:
■^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.6.1. Угол (р. = 90°. Теперь
кинетическая энергия
Т =
= -Jo;2 = -
Рассмотрим кинематику шатуна АВ. Для положения, когда <р = 90°
мгновенный центр скоростей не существует. Значит шатун АВ движется
мгновенно-поступательно. Поэтому в данном положении Vb = va = ur-
158
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Кинетическая энергия
Tab = i^3^is = ~wi3vi = г^зс^ т .
2 2 2
Для ползуна
2 2
Поэтому суммарная кинетическая энергия
m l 2 2 ! 2 2!
Т = -гп\ш г Н- -шзо; г Н- -
6 2 2
" = ^(тт1 +т2 + т31о;2г2.
Ш Задача 38.7(38.7). Планетарный механизм,
расположенный в горизонтальной плоскости,
приводится в движение кривошипом О А,
соединяющим оси трех одинаковых колес /, //
и /// (рис. 38.7.1). Колесо / неподвижно;
кривошип вращается с угловой скоростью ш.
Масса каждого из колес равна М\, радиус каждого
из колес равен г, масса кривошипа равна Mi. Вычислить
кинетическую энергию механизма, считая колеса однородными дисками,
а кривошип — однородным стержнем. Чему равна работа пары сил,
приложенной к колесу ///?
Рис. 38.7.1
Ответ: Т =
-(33Mi + 8M2); работа равна нулю.
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 38.7.2. Кинетическая энергия
механизма Т = То а + Тц + Тщ. Для кривошипа О А, который вращается
вокруг неподвижной оси,
1
М2(4г):
8.
J. 2
■cj = -Mir и .
" III
Рис. 38.7.2
5. Теорема об изменении кинетической энергии
159
Рассмотри кинематику колес // и ///. Скорость точки В равна vb =
= и • 2г = 2иг. Так как колесо / неподвижно и нет проскальзывания
между колесами, то иц = vb/t = 2u. Скорость точки зацепления колес
// и /// равна vk = wn • 2r = 4шг. Скорость точки A va = и • О А = 4шг.
Так как точки Аи К принадлежат колесу ///, то видно, что оно движется
поступательно (и1П = 0). Поэтому
1 22 i МХГ2 2
2 2 2
1
1
Тп = -Mxv% + -
Тш = ^Mxv\ =
Следовательно,
Г = -M2rW
-8M,rV =
-(ЗЗМ!+8М2).
Если к колесу /// приложить пару сил с моментом L, то работа
A(L) = 0, так как dA = Ldip = L • ищ dt = 0.
Задача 38.8(38.8). Мельничные бегуны А и В насажены на
горизонтальную ось CD, которая вращается вокруг вертикальной оси
EF (рис. 38.8.1); масса каждого бегуна 200 кг;
диаметры бегунов одинаковы, каждый равен
1 м; расстояние между ними CD равно 1 м.
Найти кинетическую энергию бегунов, когда
ось CD совершает 20 об/мин, допуская, что
при вычислении моментов инерции бегуны
можно рассматривать как однородные тонкие
диски. Качение бегунов по опорной
плоскости происходит без скольжения.
Ответ: 383 Н • м.
Рис. 38.8.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.8.2.
Угловая скорость оси CD равна
20 2
Так как бегуны А и В одинаковые и движения
их совпадают, то рассмотрим бегун В. Скорость
его центра масс
CD
Vd = k>i * —г~ = Щ • OD.
Рис. 38.8.2
160
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Так как бегуны катятся без проскальзывания, то О72 = v&/r = u\OD/r —
угловая скорость бегуна относительно собственной оси вращения (ось CD).
Бегуны вращаются вокруг неподвижной точки О. Введем систему
координат Oxyz, связанную с бегуном В. Угол а между осью Oz и
неподвижной вертикалью — это угол поворота бегуна В в своей плоскости.
Кинетическая энергия бегуна вычисляется по известной формуле:
Т = - (jxu
zw\ - 2Jyzuyuz - 2Jzxuzux - 2Jxyuxuy),
где их = о?! sin a, 07^ = O72, uz = -O7icosa — проекции мгновенной
угловой скорости 07 = 07i -f 072 на соответствующие оси координат.
Так как оси x,y,z — главные оси инерции бегуна в точке О, то
центробежные моменты инерции Jxy = Jxz = Jyz = 0. Осевые моменты
инерции выражаются формулами:
Поэтому
Т = ТА+ТВ =
/тг2 Л 7 7 гаг2 -у
( —-+m-0D2J O7fsin2a-f-— 072 +
• О72 cos2 a =
+ m-0D'
y.(^—J J =
= 200 • Q
^ + 0,52 + ^) « 383 (H • м).
Задача 38.9 (38.9). В кулисном механизме
при качании рычага ОС вокруг оси О,
перпендикулярной плоскости рис. 38.9.1, ползун
А, перемещаясь вдоль рычага ОС,
приводит в движение стержень АВ,
движущийся в вертикальных направляющих К. Рычаг
ОС длины R считать однородным стержнем
с массою raj масса ползуна равна га2, масса
стержня АВ равна газ, О К = I. Выразить
кинетическую энергию механизма в функции от угловой скорости
и угла поворота рычага ОС. Ползун считать точечной массой.
Ответ: Т =
6 COS4 if
[га! Д2 cos4 (p + 3/2(га2 + га3)].
5. Теорема об изменении кинетической энергии 161
^ Решение. Расчетная схема представлена на
рис. 38.9.2. Кинетическая энергия механизма
Для вращающегося вокруг неподвижной оси Oz
кривошипа ОС
Oz
1 о 1 ™XR2 о
ОС 2 Oz 2 3
Для определения скорости ползуна А рассмот- Рис. 38.9.2
рим его движение как сложное, выбрав
подвижную систему координат, связанную с кривошипом ОС. Абсолютная
скорость va направлена по вертикали, так как точка А двигается вместе
со стержнем АВ. Переносная скорость ve — это скорость
соответствующей точки А', принадлежащей кривошипу. Поэтому
ve = и • О А = 07-
cosy?
Относительная скорость vr точки А направлена вдоль кривошипа.
Изобразив треугольник скоростей, найдем из него
Ve I
= и-
В результате имеем
COS (f COS2 (f '
_ 1 2 т2ш42
ТА = -тг vA =
2 А
2 z A 2cosV
Для поступательно перемещающегося стержня АВ кинетическая энергия
Поэтому кинетическая энергия механизма
1 2 2 m2 U2l2 m3 U>212
Т = -miR и 4- 2 f~ ^ 7— =
6 2 cos4 (p 2 cos4 <p
[mi Д2 cos4 ср + 3/2(т2 + т3)].
6 COS4 (f
162
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Задача 38.10(38.10). Вычислить кинетическую энергию системы,
состоящей из двух колес, соединенных паровозным спарником АВ
и стержнем О\О2, если оси колес движутся со скоростью vq. Масса
каждого колеса равна М\. Спарник АВ и соединительный стержень
О\О2 имеют одинаковую массу М2. Масса колес равномерно
распределена по их ободам; О\А = О2В = г/2, где г — радиус колеса. Колеса
катятся без скольжения по прямолинейному рельсу (рис. 38.10.1).
Рис. 38.10.1
V2
Ответ: Т = -^ [\вМх + М2(9 + 4 sin ip)].
Рис. 38.10.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.10.2. Кинетическая энергия
системы
— ^колеса "г -*-О\О2 "■" -*АВ-
Так как колеса катятся без проскальзывания, то мгновенный центр
скоростей каждого колеса находится в точке касания с рельсом. Отсюда
находим угловую скорость каждого из колес: ш = vo/r.
1 2 1 2 1 2 1 2fv0\2 2
^колеса = T^l^O "Ь ~Z^O\Z^ = ~zM\Vq -f — М\Г I — 1 = М\ Vq.
Кинетическая энергия стержня O\Oi, движущегося поступательно со
скоростью Vq, равна
TOlo2 = 2М2 vl
Спарник АВ движется также поступательно. Поэтому
Tab = \м2 v\ = ^М2(ш • РА)2 =
5. Теорема об изменении кинетической энергии
163
= \м2 ш2 [г2 + (0 - 2т • Г-2 cos (90° +
Суммарная кинетическая энергия
Т =
^о + -М2г;о 4- -М2г;о ( - + sin у \ =
Задача 38.11 (38.11). Автомобиль массы М движется
прямолинейно по горизонтальной дороге со скоростью v. Коэффициент
трения качения между колесами автомобиля и дорогой равен /к, радиус
колес г, сила аэродинамического сопротивления Ёс воздуха
пропорциональна квадрату скорости: Rc = fiMgv2, где /i — коэффициент,
зависящий от формы автомобиля. Определить мощность N двигателя,
передаваемую на оси ведущих колес, в установившемся режиме.
Ответ: N = Mz\ —
^ Решение. Расчетная схема движения
автомобиля — на рис. 38.11.1. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической
энергии в дифференциальной форме:
В установившемся режиме v = const, поэтому Рис. 38.11.1
dT = 0. Считаем автомобиль абсолютно
твердым телом и пренебрегаем силами внутреннего трения. Поэтому сумма
элементарных работ внутренних сил равна нулю. А момент двигателя
совершает работу
<*4виг ф 0.
Рассмотрим сумму элементарных работ внешних сил:
6) = dA(Mg) + dA(Rc)
2 dA(N2) + 2 dA(FTPl)
2 dA(MKl) + 2 dA(MK2).
(1)
164 5. Теорема об изменении кинетической энергии
Отметим, что нормальные реакции N\ и N2, силы трения скольжения
FTPl и FTP2 и моменты трения качения Мк, и МК2 изображены на рис. 38.11.1
для видимых колес задней ведомой и передней ведущей пар колес.
Так как по условию автомобиль движется по горизонтальной дороге,
то вертикальное перемещение центра масс С, к которому приложена
сила тяжести, равна нулю, поэтому dA(Mg) = 0. При качении колес
без скольжения их мгновенные центры скоростей Pj находятся в точках
касания. Силы трения скольжения приложены к этим точкам. Поэтому
dA(Frpj) = FTprdrPj=0 (j = 1,2,3,4).
По этой же причине
dAiNi) + dA(N2) = 0.
Вычислим сумму элементарных работ моментов трения качения. Так
как размеры колес и коэффициенты трения качения для всех колес
одинаковы, то вычисление приведем к одному колесу, считая нормальную
реакцию равной Mg. Действительно,
2 dA(MKl) + 2 dA(MK2) = -2/Ki\T, dip - 2fKN2 dip =
= -/K(2i\Ti + 2N2) dip = -fKMgdip.
Работа отрицательна, так как направление момента трения качения
противоположно направлению угла поворота колес (р.
Элементарная работа силы аэродинамического сопротивления
dA(Rc) = -Дс ds = -fiMgv2 ds.
Работа отрицательна, так как сила Rc противоположна перемещению
автомобиля.
Перепишем уравнение (1) с учетом произведенных вычислений:
0 = -fiMgv2 ds - fKMg dip + dA%T.
По определению, мощность
поэтому искомая мощность двигателя, передаваемая на оси ведущих колес,
равна
N = ^F = »м^% + UMg^j- = »Mgv2v + fKMgu =
dt dt at
= fiMgv3 + fKMg- = Mgvffiv2 + — J.
5. Теорема об изменении кинетической энергии
165
Задача 38.12(38.12). Машина массы М для шлифовки льда
движется равномерно и прямолинейно со скоростью v по горизонтальной
плоскости катка. Положение центра масс С указано на рис. 38.12.1.
Вычислить мощность N двигателя, передаваемую на оси колес
радиуса г, если /к — коэффициент трения качения
между колесами автомашины и льдом, а / —
коэффициент трения скольжения между
шлифующей кромкой А и льдом. Колеса катятся
без скольжения.
Ответ: лг = ^
Рис. 38.12.1
двигатель
Рис. 38.12.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.12.2. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной
форме:
к к
Так как машина движется равномерно (v = const), то dT = 0.
Считаем, что машина является абсолютно твердым телом, пренебрегаем силами
внутреннего трения. Поэтому сумма элементарных работ внутренних сил
равна нулю, кроме момента двигателя; т. е.
<*4L ф о.
Рассмотрим сумму элементарных работ внешних сил:
Af = dA(Mg) + 2 dA(Pm) + 2 dA(FTP2) + dA(FTPi) +
2 dA(N{) + 2 dA(N2) + dA(N3) + 2 dA(MKl) + 2 dA(MK2).
166 5. Теорема об изменении кинетической энергии
Так как колеса машины катятся без проскальзывания, то их мгновенные
центры скоростей находятся в точках касания. Поэтому силы трения
скольжения колес и нормальные реакции, приложенные в МЦС колес,
не совершают работу. Нормальная реакция Щ также не совершает
работу в силу того, что элементарное перемещение точки ее приложения
(имеется в виду равнодействующая нормальная реакция со стороны льда
на шлифующую кромку) направлено горизонтально и d?A JL Щ.
dA(Mg) = О, так как элементарное перемещение центра масс С
направлено все время горизонтально.
Элементарная работа силы трения скольжения шлифующей кромки
<L4(i?TP3) = Др3 • dfA = -FTP3 • dsA = -fN3v dt
Вычислим сумму элементарных работ моментов трения качения
2 dA{MKl) + 2 dA(MK2) = -2/Ki\T, dip - 2fKN2 dip =
= -2fK(N{ + N2) dip = -2fK(N{ + N2)u> dt,
где ш = v/r. Осталось вычислить величины iV3 и 2(iVi +N2). Так как
машина движется равномерно и прямолинейно, то справедливы
уравнения равновесия сил, приложенных к твердому телу. Составим уравнение
моментов для сил относительно оси, проходящей через точки касания
с поверхностью передних колес:
-Nil-+N^l-fKN[-fKNl=09 где N[ = 2Nx, N^=2N2.
Мы рассматриваем плоский случай. В силу малости коэффициента /к
в уравнении можно пренебречь моментами трения качения. Поэтому
получим:
Теперь составим уравнение для суммы проекций сил на вертикальную
ось:
N[ + N2 + N3-Mg = 0.
Можно считать, что наибольшая нагрузка приходится на крайние опоры,
т. е. на шлифующую кромку и на задние колеса. Тогда N[ и 0. Поэтому
из составленных уравнений равновесия получаем, что
N'2 = l-Mg, N3 = ^Mg.
С учетом вышеперечисленного, уравнение (1) примет вид:
0 = -f^Mgv dt - fJ-Mgu dt + dA^L
5. Теорема об изменении кинетической энергии
167
Подставим сюда ш = v/r и все члены поделим на dt. В результате перейдем
к мощности:
V fMgvUg
Поэтому мощность двигателя, передаваемая на оси колес, равна
Замечание к задаче 38.12. Рассматриваемая система является, вообще говоря,
статически неопределимой, так как нормальные реакции Ni,N2,N3 невозможно
определить из двух уравнений (моментов и проекций на вертикальную ось).
Поэтому в решении и было принято упрощающее предположение N[ « 0. Более
строгое решение задачи возможно, если предполагать грунт линейно упругим
при абсолютной жесткости автомобиля (или наоборот). Тогда решение становится
однозначным, так как можно записать третье уравнение, являющееся
кинематическим и отображающим тот факт, что точки контакта опор при деформациях
грунта всегда лежат на одной прямой.
Задача 38.13 (38.12). На вал диаметра 60 мм насажен маховик
диаметра 50 см, делающий 180 об/мин. Определить коэффициент трения
скольжения / между валом и подшипниками, если после выключения
привода маховик сделал 90 оборотов до остановки. Массу маховика
считать равномерно распределенной по его ободу. Массой вала
пренебречь.
Ответ: / = 0,07.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.13.1. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии в интегральной форме для
системы, состоящей из вала и маховика:
W
Щ
Рис. 38.13.1
D
168 5. Теорема об изменении кинетической энергии
Работу совершают лишь силы трения скольжения между валом и
подшипниками:
A(FW) = - f{F^ + Fm)± d<p = - J(fN, + /ЛГ2)| фр =
О О
<р* <р*
= - f №> + N2)l d<p = - f fMgl dip = -
= -fMg- • 18Отг = -90fMgird9
так как система до остановки повернулась на угол у?* = 2тга = 18Отг.
Кинетическая энергия системы в начальный момент времени:
В конечный момент Т = 0. Поэтому
--MD2tt2 = -90 fMgwd.
Отсюда коэффициент трения скольжения равен:
*1= (0,5)',
' 20gd 20-9,8-0,06
Задача 38.14 (38.13). Цилиндрический вал диаметра 10см и массы
0,5 т, на который насажено маховое колесо диаметра 2 м и массы 3 т,
вращается в данный момент с угловой скоростью 60 об/мин, а затем
он предоставлен самому себе. Сколько оборотов еще сделает вал
до остановки, если коэффициент трения в подшипниках равен 0,05?
Массу маховика считать равномерно распределенной по его ободу.
Ответ: 109,8 об.
^ Решение. Воспользуемся расчетной схемой на рис. 38.13.1.
Начальное значение кинетической энергии
m(d/2)
2
2 2 L 2
Конечное значение Т = 0.
5. Теорема об изменении кинетической энергии
169
По аналогии с решением задачи 38.13*
A(F1P) = -Jf(m
± dip = -f(m + M)g± • 2тт,
где п — искомое число оборотов вала до остановки. Приравняв изменение
кинетической энергии системы работе сил, получим уравнение:
-^-(md2 + 2MD2)4tt2 = -f(m + M)gdnn.
16
Отсюда
(md2 + 2MD2)4ir2 (500 • 0,01 + 2 • 3000 • 4) • 4тг2
n= — ~ ]
Задача 38.15(38.14). Однородный стержень О А
длины I и массы М может вращаться вокруг
горизонтальной неподвижной оси О, проходящей через
его конец перпендикулярно плоскости рис. 38.15.1.
Спиральная пружина, коэффициент упругости
которой равен с, одним концом скреплена с
неподвижной осью О, а другим — со стержнем. Стержень
находится в покое в вертикальном положении, причем
пружина при этом не деформирована. Какую
скорость надо сообщить концу А стержня для того,
чтобы он отклонился от вертикали на угол, равный 60°?
Рис. 38.15.1
Ответ: v =
Ш
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 38.15.2.
Согласно теореме об изменении кинетической энергии
для стержня имеем:
0 - - JozU1 = -Mg-(\ - cos if) + A(Mynp).
Работа момента упругости спиральной пружины
с
А{Мупр) = -У-
Момент инерции стержня
Ml2
170
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Отсюда угловая скорость, с которой стержень начинает вращение,
чтобы отклониться на угол <р = тг/3, равна
ЗМ12'
Поэтому концу А стержня надо сообщить скорость
тг2с l9Mgl + 2ir2c
6М '
Задача 38.16(38.16). К концам гибкой нерастяжимой нити,
переброшенной через ничтожно малый блок А, подвешены два груза
(рис. 38.16.1). Груз массы М\ может скользить
вдоль гладкого вертикального стержня CD,
отстоящего от оси блока на расстоянии а;
центр тяжести этого груза в начальный
момент находился на одном уровне с осью блока;
под действием силы тяжести этот груз
начинает опускаться без начальной скорости. Найти
зависимость между скоростью первого груза
и высотой его опускания h. Масса второго
груза равна М.
Ответ: v2 = 2g(a'
Рис. 38.16.1
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 38.16.2. Применим теорему об
изменении кинетической энергии в интегральной форме для
механической системы, включающей в себя два груза В и С, соединенных гибкой
нерастяжимой невесомой нитью, и невесомый блок А.
vc
Рис. 38.16.2
5. Теорема об изменении кинетической энергии
171
Так как движение начинается из состояния покоя, то То = 0. Текущее
значение кинетической энергии системы равно
Т = Тв+Тс =
1
Выразим величину vb через скорость vc- Для этого запишем
геометрическое соотношение:
где длина участка нити АС = I - Ув- Здесь длину всей нити обозначили
через /, координаты грузов В и С обозначили соответственно через у в
и ус, и воспользовались условием ничтожной малости размеров блока А.
Тогда
Ув=1~
В момент, когда груз С опустился на высоту h9
Поэтому
vB = --
M (hvc)2 ,
" 2 (a2 + ft2) + 2
'a2 + Л2
_ v2c[Mh2 + M, (о2 + Л2)]
" 2(o2 + Л2) '
Работу при опускании груза С на высоту h совершат лишь силы
тяжести грузов:
A(Mig) + A(Mg) = Mlgh - Mg[(l -a)-(I- Va2 + h2)] =
= Migh - Mg(\/a2 + h2 - a).
Приравняем изменение кинетической энергии системы работе этих сил:
отсюда
172
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Задача 38.17(38.17). Груз Р массы М с наложенным на него
дополнительным грузом массы М\ посредством шнура, перекинутого
через блок, приводит в движение из состояния покоя тело А
массы М2, находящееся на негладкой горизонтальной плоскости ВС
(рис. 38.17.1). Опустившись на расстояние s\, груз М проходит через
кольцо D, которое снимает дополнительный груз М\9 после чего
груз М, опустившись на расстояние $2, приходит в состояние покоя.
Определить коэффициент трения / между телом А и плоскостью,
пренебрегая массой шнура и блока и трением в блоке; дано М2 = 0,8 кг,
М = Mi = 0,1 кг, 5i = 50 см, s2 = 30 см.
Рис. 38.17.1
Ответ- f -
ТВеТ" f~~
_Q2
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 38.17.2. Рассмотрим первый этап
движения системы грузов, соединенных нерастяжимым шнуром, когда
груз Pi принадлежит системе. Воспользуемся теоремой об изменении
кинетической энергии в интегральной форме. Так как движение начинается
из состояния покоя, то То = 0. Конечное значение кинетической энергии
(М -\-M\)v2 M2v\ v2
- 2 2 ~ 2 ^ !
так как скорости грузов, соединенных нерастяжимым шнуром, совпадают.
- А
Рис. 38.17.2
5. Теорема об изменении кинетической энергии 173
При опускании грузов Р и Pi на расстояние S\ работу совершат
только сила тяжести совокупности этих грузов Р и Pi и сила трения тела А:
А((М + M,)g) + А(Ртр) = (М + Mx)g • 5i - FTP • su
где
FTp = fN = fM2g
(так как тело А движется по горизонтальной поверхности). Приравняем
изменение кинетической энергии сумме работ сил:
V2
—(М + Mi + М2) = (М + Mi)g • S\ — fM2g S\.
Отсюда получим
2 _ М + Mi - /М2
М + Mi + М2
С такой скоростью груз Р проходит через кольцо D. Пренебрежем
ударными явлениями, происходящими в момент, когда груз Pi остается на
кольце D, что возможно из-за небольшой скорости v.
Рассмотрим второй этап движения, когда груз Pi уже не принадлежит
системе. Теперь
M2v\ «2,
Суммарная работа сил
A(Mg) + A(FTP) = Mgs2- fM2g 82.
По теореме об изменении кинетической энергии имеем
V2
-—(М-\-М2) = Mgs2 - fM2gs2.
Подставим сюда найденное выше выражение для скорости v:
м + м 1 - /м2
~g Sl
пж j_ л/г л. л/г
М 4- Mi + М2
Определим из полученного уравнения коэффициент трения / между
телом А и плоскостью:
= 0,2.
„1V... + Mi)(M + М2) + S2M(M + М, + М2) _
М2 [si(M + М2) + s2(M + Mi + М2)] ~
_ 0,5(0,1 + 0,1)(0,1 + 0,8) + 0,3 • 0,1(0,1 + 0,1 + 0,8)
0,8 [0,5(0,1 + 0,8) + 0,3(0,1+0,1 + 0,8)]
174
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Задача 38.18(38.18). Однородная нить длины L, часть которой
лежит на гладком горизонтальном столе, движется под влиянием
силы тяжести другой части, которая свешивается со стола. Определить
промежуток времени Т, по истечении которого нить покинет стол,
если известно, что в начальный момент длина свешивающейся части
равна Z, а начальная скорость равна нулю.
Ответ
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.18.1, где х — координата
нижнего конца В нити, отсчитываемая вертикально вниз от угла А стола.
Тогда ж(0) = /, а нить целиком движется со скоростью х. Применим
* теорему об изменении кинетической энергии в
I конечной форме для промежутка времени [0, t]:
mar
= А
внешних сил*
Рис. 38.18.1
Ясно, что в работу ЛвнеШних сил дают вклад только
силы тяжести, приложенные к вертикальной части
АВ нити, т.е. изменению потенциальной энергии
нити:
^внешних сил
/ 1\ X
= П( х = - 1 - П(ж), причем П(ж) = -mAB(x)g-9
если за нулевой уровень принять точку А. Таким образом:
тх2
1 ( / ч х\ , 1 х
^ - [-mAB{x)g-\ = -plg-+pxg-,
где m = pL — масса всей нити, а р — линейная плотность нити.
Производя сокращения, получим дифференциальное уравнение:
5. Теорема об изменении кинетической энергии
175
Подставляя в последнее соотношение х = L, получим ответ:
Т =
Замечание к задаче 38.18. Заметим, что рассматриваемая в задаче система
является системой с односторонней связью. Этот факт существенно влияет на решение
задачи. Именно, можно показать, что в процессе «сползания» нити со стола всегда
существует такой момент t < Т(!), при котором реакция стола в точке А
становится нулевой, а впоследствии отрицательной. Дальнейшее движение нити становится
очень сложным и не сохраняет простой формы, представленной на рис. 38.18.1.
Чтобы сохранить корректность условия и решения задачи необходимо
предполагать, что движение нити происходит в канале, повторяющем угол стола.
Задача 38.19(38.19). Однородная нить длины 2а, висевшая на
гладком штифте и находившаяся в покое, начинает двигаться с
начальной скоростью vq. Определить скорость нити в тот момент, когда
она сойдет со штифта.
Ответ: v =
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 38.19.1, где показаны
начальное и конечное состояния нити. Применяя теорему об изменении
кинетической энергии к этим состояниям, получим:
гагг
штифт
, штифт
2а
V
Рис. 38.19.1
176
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Замечание к задаче 38.19. Система, рассматриваемая в настоящей задаче,
является системой с односторонней (в точке контакта со штифтом) связью. Можно
показать, что при Vq > y/ag нить сразу же (т. е. в начальный момент движения!)
перестает контактировать со штифтом (нормальная реакция становится
отрицательной). Если же о < Vq ^ y/ag, то контакт со штифтом прекращается при
ч/2
где х — перемещение конца нити, отсчитываемое от начального его положения.
Дальнейшее движение нити становится достаточно сложным, но поддается
аналитическому исследованию (подробности см. [8]). Для сохранения корректности
условия и решения задачи, необходимо предполагать, что в окрестности штифта
нить движется в канале, обеспечивающем двустороннюю связь.
Задача 38.20(38.20). Транспортер приводится в движение из
состояния покоя приводом, присоединенным к нижнему шкиву В.
Привод сообщает этому шкиву постоянный вращающий момент М
(рис. 38.20.1). Определить скорость ленты транспортера v в
зависимости от ее перемещения s, если масса поднимаемого груза А равна М\,
а шкивы В и С радиуса г и массы Mi каждый представляют собой
однородные круглые цилиндры. Лента транспортера, массой которой
следует пренебречь, образует с горизонтом угол а. Скольжение ленты
по шкивам отсутствует.
Ответ: v =
2(М - M\gr sin a)
r(Ml+M2)
s.
Рис. 38.20.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.20.2. Пусть груз А вместе
с лентой транспортера прошел расстояние s, тогда он поднялся на высоту
h = s • sin a,
и сила тяжести совершит отрицательную работу
А\ = -M\g- s -sina.
5. Теорема об изменении кинетической энергии 177
Кроме того, совершит работу (положительную) момент М, т.е.:
s
Ам = М<р — М-.
г
Осталось применить теорему об изменении кинетической энергии:
v2 ^ M2r2 fv\2 я %ж
М, — + 2 • —— • ( - J = М- - M\g -s-sin a.
2 2 V г) г
Задача 38.21 (38.21). Горизонтальная трубка CD может свободно
вращаться вокруг вертикальной оси АВ (см. рис. 37.56.1 к задаче 37.56).
Внутри трубки на расстоянии МС — xq от оси лежит тело М. В
некоторый момент времени трубке сообщена начальная угловая скорость о^.
Определить скорость v тела М относительно трубки в момент,
когда тело вылетит из трубки. Момент инерции трубки относительно
оси вращения равен J; L — длина трубки; трением пренебречь. Тело
считать материальной точкой массы т.
Указание. Воспользоваться ответом к задаче 37.56.
Ответ: v =
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 37.56.2. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии в интегральной форме для
системы, состоящей из тела М, трубки CD и невесомого вала АВ.
Кинетическая энергия системы в начальный момент времени:
Jul m(o;oso)2 \, 2. 2
То = — + = - (J 4- гажо)Ц).
Кинетическая энергия системы в момент вылета тела М из трубки
T =
Воспользуемся ответом, полученным в задаче 37.56, где находилось
значение угловой скорости трубки в момент вылета из нее тела М:
Поэтому
(J + mxQ)2 2
1
Т=2
2 J + mV
178 5. Теорема об изменении кинетической энергии
Так как трубка горизонтальная и трением пренебрегаем, то работа всех
внешних и внутренних сил равна нулю. Отсюда Т — То, т. е.
1 (J + гажо)2 2 , ™>2 1 ( т , 2
ТШГ 1 / 2\ 2
+ — = 2 V + ШХ°) U°'
2 J + mL2 "^ 2
Следовательно, скорость тела М относительно трубки в момент вылета
из нее равна
Задача 38.22(38.22). По горизонтальной платформе А,
движущейся при отсутствии трения, перемещается тело В с постоянной
относительной скоростью гго (см. рис. 36.9.1 к задаче 36.9). При
затормаживании тела В между ним и платформой А возникают силы
трения. Определить работу внутренних сил трения между телом В
и платформой А от момента начала торможения до полной остановки
тела В относительно платформы А, если их массы соответственно
равны га и М.
Указание. Воспользоваться ответом задачи 36.9.
_ 1 гаМ 2
Ответ: А = щ.
2М + т °
•^ Решение. Воспользуемся расчетной схемой на рис. 36.9.2. Запишем
для системы «платформа А + тело В» теорему об изменении кинетической
энергии в интегральной форме. Для этого выпишем начальное и конечное
значения кинетической энергии системы:
Mvl m(v0 + щ)2 (М + m)v2
То-—+ j ' Т= 2 *
Из решения задачи 36.9 возьмем величину общей скорости v платформы
А и тела В после его остановки относительно платформы:
га
v = v0 + —-—щ.
М + 7П
В результате, изменение кинетической энергии системы равно
га \2 mvl m, ч2
^0) --л--{щ+щ? =
ш2 2 m 2
2(М + га) и 2
5. Теорема об изменении кинетической энергии 179
Так как горизонтальная платформа А движется по гладкой
горизонтальной поверхности, то работу совершают лишь внутренние силы трения
скольжения между телом В и платформой:
Поэтому
Задача 38.23(38.23). С помощью электромотора лебедки к валу
барабана А радиуса г и массы М\ приложен вращающий момент гавр,
пропорциональный углу поворота <р барабана, причем коэффициент
пропорциональности равен а (см. рис. 37.43.1 к задаче 37.43).
Определить скорость поднимаемого груза В массы М2 в зависимости от
высоты его подъема h. Барабан А считать сплошным цилиндром. Массой
троса пренебречь. В начальный момент система находилась в покое.
2h(ah - 2M2gr2)
r2(Mx+2M2) '
■► Решение. Воспользуемся рис. 37.43.2. Запишем теорему об
изменении кинетической энергии для системы рассматриваемых тел.
где V2 — скорость груза В.
<р h
+ £ 4° = Л(™вР) + A(M2g) = f mBp d<f - f M2g dy =
к
<P
=
J
a(pd(f - M2gh = -cup2 - Migh = -a —r -
2 2 rl
2 г2
о
так как <р = h/r. Следовательно,
1 h2
Отсюда получаем зависимость скорости поднимаемого груза от
высоты подъема h:
\2h{ah - 2M2gr2)
2M2)r2
180
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Задача 38.24(38.24). На рис. 38.24.1
изображен подъемный механизм лебедки. Груз А
массы М\ поднимается посредством троса,
переброшенного через блок С и навитого на
барабан В радиуса г и массы M2. К
барабану приложен вращающий момент, который
с момента включения пропорционален
квадрату угла поворота <р барабана: твр = снр2, где
a — постоянный коэффициент. Определить скорость груза А в
момент, когда он поднимается на высоту А. Массу барабана В считать
равномерно распределенной по его ободу. Блок С — сплошной диск
массы Мз. Массой троса пренебречь. В начальный момент система
находилась в покое.
Рис. 38.24.1
Ответ: v =
4h(ah2 -
Зг3(2М, + 2М2 + М3)"
M2g
Рис. 38.24.2
■^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.24.2. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии системы в интегральной форме:
Mxv\ М2г\
Г I Г
4° =
A(Mxg) = J a<p2 dip - Mlgh =
1 1 Ь?
= -cap3 - Migh = -а -г - M\gh,
3 3 f°
так как <р = -.
г
5. Теорема об изменении кинетической энергии
181
Приравняем изменение кинетической энергии системы работе сил:
^-(2Mi + 2М2 + М3) \a ^r
Получим из уравнения скорость груза А:
2М2 + М3) = \a ^r - Mlgh.
3 f°
4/i(q/i2 - 3Mlgr3)
2М2 + М3)"
Задача 38.25(38.25). Какую начальную скорость, параллельную
линии наибольшего ската наклонной плоскости, надо сообщить оси
колеса радиуса г для того, чтобы оно, катясь без скольжения,
поднялось на высоту h по наклонной плоскости, образующей угол а
с горизонтом? Коэффициент трения качения равен /к. Колесо
считать однородным диском.
Ответ: v = -
—ctgaj.
Рис. 38.25.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.25.1. Применим теорему
об изменении кинетической энергии на участке от начала движения
до момента его остановки, т.е. когда v = 0. Пусть пройденный центром
путь вдоль плоскости есть s, тогда s = h/(sina). Угол, на который
повернется колесо при качении без проскальзывания будет
s h
(р=- = —: .
г г sin a
Тогда теорема кинетической энергии дает:
3
=
тр.качения j
где: Amg = -mgh — работа силы тяжести, ^4тр.качения = —Мк<р — работа
момента трения качения. Нормальная реакция N и сила сцепления F
182 5. Теорема об изменении кинетической энергии
работы не совершают, так как скорость точки контакта, в которой они
приложены, равна 0 (отсутствие проскальзывания!). Используя формулу
для а и равенство Мк = fKN = fKmg cos а, получим:
3 2
-mv = mgh + fKmg cos а •
Замечание к задаче 38.25. Выясним условия, при которых может быть
реализовано чистое качение колеса, которое предполагается в условии задачи. Несложные
рассуждения приводят к неравенству:
/> l*a-2-L
3 3 г
где / — коэффициент трения скольжения. Именно при этом условии возможно
качение колеса без проскальзывания!!!
s х
Задача 38.26(38.26). Два цилиндра одинаковой массы и радиуса
скатываются без скольжения по наклонной плоскости. Первый
цилиндр сплошной, массу второго цилиндра можно считать равномерно
распределенной по его ободу. Найти зависимость между скоростями
центров масс цилиндров при опускании их на одну и ту же высоту.
В начальный момент цилиндры находились в покое.
Ответ: * = ^.
VI 2
■* Решение. Запишем теорему об изменении кинетической энергии
для каждого из цилиндров:
vl
-j- + -у1 - 0 = mgh, —± + -^ - 0 = mgh.
В силу условий непроскальзывания, имеем:
v\ v2
W "
Моменты инерции цилиндров:
mR2
J\ =
Тогда
J\ = —-—, t/2 = mR .
3 2 2
-mv\ = mgh, mv2 = mgh
5. Теорема об изменении кинетической энергии
183
Задача 38.27 (38.27). Эпициклический механизм, расположенный
в горизонтальной плоскости, приводится в движение из состояния
покоя посредством постоянного вращающего момента L, приложенного
к кривошипу О А (рис. 38.27.1). Определить угловую скорость криво-
шлпа в зависимости от его угла поворота, если неподвижное колесо /
имеет радиус Г\, подвижное колесо // — радиус т ц
т2 и массу Мь а кривошип О А — массу М2.
Колесо II считать однородным диском, а
кривошип — однородным стержнем.
Ответ: ш =
+ г2
3L(p
2М2'
Рис. 38.27.1
Рис. 38.27.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.27.2. Применим теорему об
изменении кинетической энергии в дифференциальной форме:
—(T) = We + Wr (1)
где We — мощность внешних сил, к которым в данном случае относится
лишь момент L, a W{ — мощность внутренних сил, которая в отсутствии
проскальзывания и трения будет равна нулю. Имеем
Кроме того, из кинематических соображений, получим:
г2)ф,
r2
184
5. Теорема об изменении кинетической энергии
(так как В — МЦС колеса //). Тогда, учитывая, что
М2{гх+г2)2 т Мхг\
JOA = ~ , «Ш = —Г—3
получаем:
1 М2(Т\ + Г2) л -Wl / ч9 9 1 М\Г\
r = 5_L_i.^ + _(ri+r2)y + -^
Подстановка вычисленных величин в (1) дает:
<Жп + г2)2 ( -^ 4- -М! ) = Ltp =» v? = —
\ 3 2 / (ri
Представляя
, йф
получим:
d(<p)2
dip 2 dip
dip (r,+r2)2(2M2
(ri+r2)2(2M2 + 9M,)
+ r2 V 2M2 + 9M,
Рис. 38.28.1
Задача 38.28 (38.28). В кулачковом меха-
низме, расположенном в горизонтальной
плоскости, эксцентрик А приводит в возвратно-
поступательное движение ролик В со
штангой D (рис. 38.28.1). Пружина Е,
соединенная со штангой, обеспечивает постоянный
контакт ролика с эксцентриком. Масса эксцентрика равна М,
эксцентриситет е равен половине его радиуса; коэффициент упругости
пружины равен с. При крайнем левом положении штанги пружина не
напряжена. Какую угловую скорость надо сообщить эксцентрику для
того, чтобы он переместил штангу D из крайнего левого в крайнее
правое положение? Массой ролика, штанги и пружины пренебречь.
Эксцентрик считать однородным круглым диском.
Ответ: ш = 2 л
5. Теорема об изменении кинетической энергии
185
Рис. 38.28.2
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 38.28.2, где представлены два
крайних положения штока D. В соответствии с теоремой об изменении
кинетической энергии, вся сообщенная в крайнем правом положении
кинетическая энергия перейдет в потенциальную энергию пружины. Имеем:
где Л — сжатие пружины, которое, очевидно, равно г (см. рис. 38.28.2).
По теореме Штейнера—Гюйгенса имеем:
Mr2 Mr2 3, 2
Jo = —- + —- = -Mr2.
2 4 4
Тогда получим:
Задача 38.29 (38.29). Какой путь проедет велосипедист не вращая
педалями до остановки, если в начальный момент он двигался со
скоростью 9 км/ч? Общая масса велосипеда и велосипедиста равна 80 кг.
Масса каждого из колес равна 5 кг; массу каждого из колес считать
равномерно распределенной по окружности радиуса 50 см.
Коэффициент трения качения колес о землю равен 0,5 см.
Ответ: 35,6 м.
^ Решение. Пусть s — путь, который проехал велосипедист до полной
остановки, тогда а = s/R — угол поворота колес. По теореме об измене-
186
5. Теорема об изменении кинетической энергии
нии кинетической энергии имеем:
О - ( —г^- + 2 • -Jwa ) = -Мка = -J
где то — общая масса системы, J = rrt\R — момент инерции колеса,
гп\ — масса колеса. Используя кинематическую связь u)qR = vq, получим:
( -j^
=mofKg—
fKgm0
3600
' '
40 + 2-5
0,5-Ю-2-9,81-80
16
2 (1/2)-Ю-2-9,81-80
Задача 38.30 (38.31). Груз А массы М\ опускаясь вниз, при
помощи троса, перекинутого через неподвижный блок D, поднимает вверх
груз В массы М2, прикрепленный к оси подвижного блока С. Блоки С
и D считать однородными сплошными дисками
массы Мз каждый (рис. 38.30.1). Определить скорость
груза А в момент, когда он опустится на высоту Л.
Массой троса, проскальзыванием по ободам блоков
и силами сопротивления пренебречь. В начальный
момент система находилась в покое.
D
4W
\в
Рис. 38.30.1
Ответ: v = 2л 2gh
2МХ -М2-М3
*г— МЦС
■^ Решение. Расчетная схема представлена
на рис. 38.30.2, где v — скорость опускания
груза А. Запишем кинетическую энергию
системы:
Согласно схеме, используя теорему Кёнига,
имеем:
Рис. 38.30.2
ТС =
М,«2
С)
Тв =
M2v\
2 '
5. Теорема об изменении кинетической энергии 187
Кинематические соотношения получим из условия нерастяжимости нитей:
V = 1)\ = (^2^2» (л)2Г2 = Сь7з * 2г3, й73Г3 = V3, #2 = ^Сз*
Отсюда получим
_1 __L _v -v
Кроме того,
m3 2 T M$r\
з 2 з» 2 2
Тогда получим:
Miv2 M2 v2 M3 v2 M3 9 1 ?
M3 M3 M3
8
По теореме об изменении кинетической энергии эта величина Т
должна быть равна работе сил тяжести на описанном в задаче
перемещении, т. е.
Amg = Mxgh - (М^ + Mig)hx,
где ft 1 — высота подъема грузов Б и С. Но так как
1 1
Следовательно,
1 [\6Mlgh-m(M2 + M3)g]
2M2 + 7M3
2
=> V y/SMi +2M2 + '
ясно, что для корректности необходимо потребовать неравенства
2М\ > М2 + М3.
188
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Задача 38.31 (38.32). К ведущему колесу — барабану А —
снегоочистителя приложен постоянный вращающий момент га (рис. 38.31.1).
Массу барабана А можно считать равномерно распределенной по его
ободу. Суммарная масса снега D, щита В
и всех прочих поступательно движущихся
частей постоянна и равна М2. Коэффициент
трения скольжения снега и щита о землю ра-
вен /, коэффициент трения качения барабана
о землю равен /к. Масса барабана равна М\,
его радиус г.
Определить зависимость между путем s, пройденным щитом В
снегоочистителя, и модулем его скорости v, если в начальный момент
система находилась в покое.
Рис. 38.31.1
г
_ г
Ответ: s =
2
2М\ + М2
■♦• Решение. Расчетная схема — на рис. 38.31.2. Подсчитаем
кинетическую энергию системы, предполагая, что А катится без скольжения (vk = 0)
т =
rrt\vl
Используя кинематическую связь шг = v (так как К — МЦС колеса),
получим:
T=j(Ml+Ml+M2).
По теореме об изменении кинетической энергии в дифференциальной
форме имеем:
dT
— = mu - MKu - FJ92 • v,
где FTP2 — сила трения скольжения, приложенная к В и D, сила трения
JPTPl мощности не создает при отсутствии проскальзывания. Тогда получим,
5. Теорема об изменении кинетической энергии 189
используя кинематическую связь ш = v/r и равенства
Мк = /к • Myg, FT92 = fN2 = fM2g:
V V
vv(M\ + M\ + M2) = m • /K • M\g •
r r
Интегрируем это равенство от нуля до текущего момента времени t:
_ 1 v2r(2Ml + Af2)
2 m- fKMxg- frM2g'
Замечание к задаче 38.31. Из-за невесомости стержня СЕ сила реакции между
барабаном А и щитом В направлена горизонтально вдоль стержня. Поэтому в
силу отсутствия движения центров масс барабана и щита В со снегом D вдоль
вертикали нормальные реакции:
Задача 38.32 (38.33). Скорость автомашины, движущейся по
прямой горизонтальной дороге, возросла от v\ до v2 за счет увеличения
мощности мотора. При этом был пройден путь s. Вычислить работу,
срвершенную мотором на этом перемещении автомашины, если М\ —
масса каждого из четырех колес, М2 — масса кузова, г — радиус колес,
/к — коэффициент трения качения колес о шоссе. Колеса, катящиеся
без скольжения, считать однородными сплошными дисками.
Кинетической энергией всех деталей, кроме колес и кузова, пренебречь.
Ответ: А = ""'7^ {v\ - v\) + f—{AMx + M2)gs.
^ Решение. Воспользуемся теоремой об изменении кинетической
энергии в интегральной форме для автомашины:
Кинетическая энергия
— •* кузова "г 41 колеса — л • ^ l л '
Здесь v — скорость кузова автомашины, равная скорости центров масс
колес; угловая скорость колес ш = v/r, так как нет скольжения у колес;
190 5. Теорема об изменении кинетической энергии
моменты инерции колес
_
Отсюда
Поэтому изменение кинетической энергии равно
Т2 -Тх = {у\ - v]) Qm2
Из внешних сил работу совершают лишь моменты трения качения:
к
где MKi — момент трения качения передних колес, Мк2 — момент трения
качения задних колес, угол поворота колес (р = s/r. Так как
MKl=fKNu MK2=fKN2,
то
]Г 4е) = -(2/кЛГ, + 2/J\T2) • - = -Л -(2ЛГ, + 2i\T2) = -Д -(4М, + M2)g.
Последнее равенство следует из теоремы о движении центра масс
автомашины в проекции на вертикальную ось:
0 = 2i\Ti + 2N2 - 4Mjg - M2g.
Силы трения скольжения не совершают работу, так как колеса катятся
без скольжения. Силы тяжести не совершают работу, так как движение
происходит по горизонтальной дороге.
Работа внутренних сил сводится к работе мотора:
к
Подставим найденные выражения в (1):
(vj - v\) Qm2 + ЗМ.) = -Л S-{AM, + M2)g + А.
Отсюда работа, совершенная мотором, равна
А = (vl - v\) Qm2 + ЗМ,) + £ s(4Ml + M2)g =
= («I - «?) \{ШХ + Mi) + ^(4M, + M2)gs.
5. Теорема об изменении кинетической энергии
191
Задача 38.33 (38.34). Стремянка ABC с шарниром В стоит на
гладком горизонтальном полу, длина АВ = ВС = 21, центры масс
находятся в серединах D и Е стержней, радиус инерции каждой лестницы
относительно оси, проходящей через центр масс,
равен р, расстояние шарнира В от пола равно h
(рис. 38.33.1). В некоторый момент времени
стремянка начинает падать вследствие разрыва стержня
FG. Пренебрегая трением в шарнире, определить:
1) скорость точки В в момент удара ее о пол;
2) скорость точки В в тот момент, когда
расстояние ее от пола будет равно h/2.
'///////////////////////////Л
Рис. 38.33.1
Ответ: I) v = 21
N.
/////У///////////////////////////
А О С
Рис. 38.33.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.33.2. Так как пол гладкий
(нет сил трения), то центр масс стремянки не будет перемещаться вдоль
горизонтального направления. Лестницы АВ и ВС одинаковые. Поэтому
центр масс стремянки все время будет находиться на середине отрезка
DE, т. е. на оси у. Поэтому и точка В все время будет находиться на оси у.
Применим теорему об изменении кинетической энергии.
То = О, Т = ТАВ+ТВс = 2ТВС =
■ +
-)-
mv2E + тр2ш2.
Выразим скорость центра масс стержня ВС Ve и его угловую скорость и
через скорость точки В. Для этого запишем геометрические соотношения:
у в = 21 cos ip, xE = I sin у?, Уе =1 cos (p.
Продифференцируем их по времени:
у в = -21 sin (р-ф, хЕ = I cos (р • ф, уЕ = -I sin (p • ф.
192 5. Теорема об изменении кинетической энергии
Следовательно,
У в ... vB
w~iri~2ls\nip9
v2
v2E = x2E + y2E = I2 cos2 <р-ф2 + l2 sin2 (р-ф2 = 12ф2 = -—^—.
4 sim (p
Поэтому
„.2 л«2 9779)2 f2 I л2
T = m
4 sin2 y? 4/2 sin2 (p 4 sin2 y? I2
Работу совершают только силы тяжести:
2A(mg) = 2mg(yE((po) - Уе{<р)) = 2mg (I • ~- -1 cos (p ) = mg(h - 21 cos (p).
\ 21 )
Из теоремы об изменении кинетической энергии имеем:
mv2B I2 + р2 . . g(h - 21 cos v?)
; -z— = mgih - 21 cos о?) =^ vb = 2lsir\(p\ -z r .
4sin2^? l2 у I + (r
1) Скорость точки В в момент удара ее о пол, когда (р = 90°,
2) Скорость точки В в тот момент, когда расстояние ее от пола равно
h h I Л2"
- и cos(p = —, sin(p = 4/1 - тт^, будет равна
= 21 /1- ^ ' h-2lh/(4l) 1 / . 16Z2-!
Замечание к задаче 38.33. Отметим, что в этой задаче рассматривается система
с односторонней связью в точках А и С\ Этот факт накладывает определенные
ограничения на решение и ответ задачи. Подсчитаем нормальные реакции в точках
А и С. В силу симметрии ясно, что NA = Nc = N. Тогда теорема о движении
центра масс по оси у дает:
2туЕ = -2ml(<p2 cos <p + <p sin ф) = -2mg + 2N.
Нетрудно получить из решения данной задачи формулы:
^ = (Л"2l cos v)t ф = "рчЯsin v'
Тогда получим выражение для нормальной реакции:
N I2 ( 2 h p2\ Г тг\
— = , , |21 3 cos <р cos <р + -г , v7 € U'o, т .
5. Теорема об изменении кинетической энергии
193
Отсюда следует, что для безотрывного движения (N ^ 0) при всех <р £ [<ро, тг/2),
необходимо и достаточно соблюдения неравенства:
р1 > -ft2. (О
Именно это неравенство и следует добавить к ответу задачи 13.33. Если же
выполнено неравенство
то до падения точки В на пол произойдет отрыв точек А и С от пола, и задачу
следует решать по-другому. Причем, отрыв происходит при <р = <р* таком, что:
0 < cos <р
h
< cos <р0 = -.
Отметим, что в случае однородных стержней АВ и ВС мы имеем р = 1/3
и неравенство безотрывности (1) выполнено всегда, так как
~ /2 ' ~ h2<4l2
а это неравенство выполнено заведомо.
Задача 38.34(38.35). Стержень АВ длины 2о
падает, скользя концом А по гладкому
горизонтальному полу (рис. 38.34.1). В начальный момент
стержень занимал вертикальное положение и
находился в покое. Определить скорость центра масс
стержня в зависимости от его высоты h над полом.
Ответ: v = (a-h)\
4о2 - 3h2'
У/////////////////////.
Рис. 38.34.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.34.2.
Так как пол гладкий, то согласно теореме о
движении центра масс середина С стержня перемещается
только вдоль неподвижной оси у.
Воспользуемся теоремой об изменении
кинетической энергии стержня:
т4а2
24 С
mg
mv2c
////////////////////// *
АО х
Рис. 38.34.2
' 2 ' 2 2
Запишем координату точки С:
Ус = а cos (p.
194 5. Теорема об изменении кинетической энергии
Скорость
ус = -a sin (p • ф.
Угловая скорость
a sin?
Поэтому
тл%£ /yyi/11^ / 1 \ ПГУЪФЧ^ Aft*'
=
/ 1 \ =
V 1-(2/с/а)2/
2 + 6 sin2? 6
Работа силы тяжести
A(mg) = mg(a - a cos (p) = mg(a - yc).
Теорема об изменении кинетической энергии дает уравнение:
mv2c 4o2 - Ъу2с
из которого находим скорость
{a + h)
n:^' таккак "с=
Замечание к задаче 38.34. Связь в точке А стержня является односторонней
и поэтому для корректности решения необходимо проверить неотрицательность
нормальной реакции N в точке А в течение всего интервала падения. Используя
результаты решения задачи, мы можем получить:
.2 2(g/a) ... (g/a) simp /4 2 \
tp2 = v .7 (1 -cosy?), y?= .7' . / . J ^+cos2y?-2cosy? .
r l/3 + sin2y?v r/ r (1/3-hsin2 y?)2 \3 Y r)
Применяя (например) теорему об изменении кинетического момента
относительно центра масс, мы получаем:
^0 при *
Последнее неравенство следует из тождества:
4 1
- + cos2 (р - 2 cos (р = - + (1 - cos (р)2 > 0.
Можно показать справедливость следующего более общего утверждения. Пусть
стержень АВ начинает движение при произвольных начальных условиях:
(р и (р мы отсчитываем по часовой стрелке). Тогда:
Г. Если ш0 > 0, то безотрывное движение будет при ш1 ^ . Если
a cos (po
ш1 > , то будет отрыв и произойдет он в начальный момент.
a cos (pQ
5. Теорема об изменении кинетической энергии
195
2". Если w0 < О, то безотрывное движение будет при
л, g(7/3-2cosy>0)
Если 1
> Wqi, то будет отрыв. Причем, если ш^ <
произойдет не сразу, а в точке tpi 6 (<ро,тг/2), а если
происходит сразу (т.е. в начальный момент).
g
a cos (po
, то отрыв
a cos <po
-, то отрыв
Задача 38.35 (38.36). В дифференциальном вороте два жестко
соединенных вала К\ и Кг с радиусами г\ и Гг и моментами инерции
относительно оси О\Ог соответственно J\ и Зг приводятся во
вращение рукояткой АВ. Подвижный блок С подвешен на невесомой
нерастяжимой нити, левая ветвь которой навита на вал К\, а
правая ветвь — на вал Кг (рис. 38.35.1). При вращении рукоятки АВ
левая ветвь нити сматывается с вала К\, а правая ветвь
наматывается на вал Кг. К рукоятке АВ приложен постоянный вращающий
момент т. К блоку С подвешен груз D массы М. Найти угловую
скорость вращения рукоятки в момент, соответствующий концу
подъема груза D на высоту s. В начальный момент система находилась
в покое. Массами рукоятки и блока пренебречь.
2m-Mg(r2-ri)
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.35.2 (вид сбоку). Распишем
теорему об изменении кинетической энергии системы:
Mv2D
= m<p-Mgs.
(1)
196
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Из кинематики плоского движения блока С
видно,что
s =
<рг2 -
vD = s = |(г2 - г,) = ^(г2 - г,).
Подставим в уравнение (1) выражения для
и (р. Получим
2s
D
Отсюда угловая скорость
Mg
Рис. 38.35.2
2m- Mg(r2-r\)
Задача 38.36 (38.37). Ворот приводится в движение посредством
ременной передачи, соединяющей шкив //, сидящий на валу ворота,
со шкивом /, сидящим на валу мотора. К шкиву / массы М\ и
радиуса г приложен постоянный вращающий момент га (рис. 38.36.1).
Масса шкива 77 равна М2, радиус его R. Масса барабана ворога
Мз, радиус его г, масса поднимаемого груза М4. Ворог приводится
в движение из состояния покоя. Найти скорость груза в момент,
когда он поднимается на высоту h. Массами ремня, каната и трением
в подшипниках пренебречь. Шкивы и барабан считать однородными
круглыми цилиндрами.
Рис. 38.36.1
Ответ: v = 2\
h(mR/r
2 -
M{(R/r)2 + M2(R/r)2 + M3 + 2M4
5. Теорема об изменении кинетической энергии
197
"1
■^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.36.2. Чтобы применить
теорему об изменении кинетической энергии системы, запишем выражения
для кинетической энергии и работы внешних и внутренних сил.
JM JU2 ЪУ M4V24
Т О Т Т4-Т4-Т4-Т
20 = О, 1 = 1\ + 12 + 1з + 24 =
1
Выразим все кинематические характеристики через скорость груза 04 = v:
V
г'
V
г'
R
27
R
Осевые моменты инерции тел:
т му .
M2R2
М3г2
Итак,
Т =
4
R2
й +
М3Г2
1 ~Г
= ^fMA+M2^+M3 + 2M4y
4 \ rz rz /
Работа всех сил сводится к двум слагаемым:
R
\ г2
Теорема об изменении кинетической энергии системы дает уравнение:
v2 ( R2 R2 \ R
— Mi-у + М2-т + М3 + 2М4 = mft-r - M4gh.
4 \ г1 т1 ) г1
198
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Из уравнения получаем скорость груза в момент, когда он поднимется
на высоту h:
v = 2
h(mR/r2 - M4g)
Mx(R2/r2) + M2(R2/r2) + M3 + 2M4'
Задача 38.37 (38.38). Решить предыдущую задачу, принимая во
внимание массу каната, к которому привязан груз. Длина каната I, масса
единицы длины каната М. В начальный момент с вала барабана ворота
свисала часть каната длиной 2h.
Ответ: v = 2
h(mR/r2 - M4g - (3/2)Mgh)
Mx{R/r)2 + M2(R/r)2 + M3 + 2M4 + 2MI'
dyV.
0
Рис. 38.37.1
^ Решение. Воспользуемся решением задачи 38.36. Принимая во
внимание массу каната, к которому подвешен груз, добавим в кинетическую
энергию слагаемое Тканата и в работу слагаемое ^4(Рканата). Вычислим их
(см. рис. 38.37.1)
- h)r2 Mhv2 M(l - h)r2 v2 Mhv2 _ Mlv2
^3 H ~ - l
h
^каната) = - J Mg(h + y) dy = -
+ ^
= ~Mgh2.
Теорема об изменении кинетической энергии примет вид:
V— (М^ + M2^r + М3 + 2М4 + 2М1
4 \ г1 г1
Скорость груза
) = mft4 "
) т1
M4gh - ^
2
h(mR/r2 -Mtg- (3/2)Mgh)
Mx (R2/r2) + M2(R2/r2) + M3 + 2M4 + 2MI'
5. Теорема об изменении кинетической энергии
199
Задача 38.38(38.39). Постоянный
вращающий момент L приложен к барабану ворота
радиуса г и массы М\. К концу А
намотанного на барабан троса привязан груз
массы Mi, который поднимается по наклонной
плоскости, расположенной под углом а к
горизонту (рис. 38.38.1). Какую угловую
скорость приобретет барабан ворота,
повернувшись на угол (р! Коэффициент трения
скольжения груза о наклонную плоскость равен /. Массой троса пренебречь,
барабан считать однородным круглым цилиндром. В начальный
момент система была в покое.
Рис. 38.38.1
_ 2
Ответ: ш = -
г
2 L-M2gr(sma +fcosa)
Mi + 2М2
Рис. 38.38.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.38.2. Применим теорему об
изменении кинетической энергии:
Здесь
Го = О, Г = Т\ + Г2, Т\ =
2 4
1 .2 2,
,.2
о;
4е)
Т = -w2r2(Mi + 2М2).
= L<p - Mygx sin a - Fjp • x =
= Lip - M2gr<p sin a - fMigrtp cos a
200 5. Теорема об изменении кинетической энергии
= Lip - M^gr • (p(s\n a 4- f cos a),
так как
FTp = fN, N = M2g cos a.
Подставив полученные соотношения в (1), будем иметь уравнение:
-u2r2(M\ + 2М2) = L(p - M2gr(p(s\n a + / cos a).
Отсюда угловая скорость барабана ворота равна
2 / L - M2gr (sin a + / cos a)
г у M, + 2M2 ^
Задача 38.39(38.40). Решить предыдущую задачу с учетом массы
троса, к которому привязан груз. Длина троса равна I, масса единицы
длины троса равна М В начальный момент с барабана ворота свисала
часть троса длиной а. Изменением потенциальной энергии троса,
намотанного на барабан, пренебречь.
ш . . 2L-2M2gr(sina + /cosa)-Mgr(2a-r^)sina
М\ + 2М2
^ Решение. Воспользуемся решением задачи 38.38. При учете массы
троса в уравнении (1) добавятся следующие слагаемые: Ттр0СЯ и
В момент времени, когда барабан повернулся на угол (р,
— ш + - (шг) = — w г .
Работа силы тяжести троса при повороте барабана на угол (р:
г<р
= - I Mg(a - х) sin adx = -Mg sin a I ar(p - -r2(p2 j.
о V '
(1) => -a;2r2(M, + 2M2) + —ujV =
4 2
= L(p- M2gr • <p(sin a + f cos a) - Mg sin a • -r(p(2a - rip) =>
1 I 2L- 2M2gr(sin a + f cos a) - Mgr sin a(2a - гф)
■ = -д/2
M{+2M2+2Ml
5. Теорема об изменении кинетической энергии
201
Задача 38.40(38.41). К барабану ворота
радиуса Г\ и массы М\ приложен
постоянный вращающий момент L. К концу троса,
намотанного на барабан, прикреплена ось С с.
колеса массы М2 (рис. 38.40.1). Колесо
катится без скольжения вверх по наклонной
плоскости, расположенной под углом а к
горизонту. Какую угловую скорость приобретет
барабан, сделав п оборотов? Барабан и колесо считать
однородными круглыми цилиндрами. В начальный момент система находилась
в покое. Массой троса и трением пренебречь.
Рис. 38.40.1
L- M2gr\ sin a
2тгп
м, + зм2
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 38.40.2. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии в интегральной форме.
Движение начинается из состояния покоя,
поэтому То = 0. Через п оборотов барабана
г = г, + г2 =
2 ' 2 ' 2
Так как колесо катится без скольжения, то
в точке его касания с плоскостью находится
мгновенный центр скоростей. Поэтому
c
w2 = — =
r2
r2
Отсюда
M2g
Рис. 38.40.2
Работа всех внешних и внутренних сил для системы сводится к двум
слагаемым:
A(L) + A(M2g) = L(f\ - M2ghc = L • 2тгп - M2gr\(27rn) sin a.
Составим уравнение:
г2.
Ш\ —(Mi + ЗМ2) = L • 2жп - M2gr\ (2жп) sin a.
Отсюда, угловая скорость барабана
2
L - М-&г\ sin a
202
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Задача 38.41 (38.42). Решить предыдущую задачу с учетом массы
троса и трения качения колеса о наклонную плоскость, если I —
длина троса, М — масса его единицы длины, a — длина части троса,
не намотанной на барабан в начальный момент /к — коэффициент
трения качения, т2 — радиус колеса. Изменением потенциальной
энергии троса, намотанного на барабан, пренебречь.
Ответ:
L - r\g \M2y sina-Ь — cos a j + M(a-irnr\) sin a
2жп — -
Mi + ЗМ2 + 2М1
■* Решение. Расчетная схема изображена
на рис. 38.41.1. Воспользуемся решением за-
Rq дачи 38.40.:
То = 0, Т = w, -±(МХ + ЗМ2) + Ттроса,
где Ттроса складывается из кинетической
энергии части троса, намотанного на барабан, и
части троса, не намотанного на барабан, через
п его оборотов.
M2g
Рис. 38.41.1
Т —
^троса — 2
1 2
= -М(1 - а 4- 2кпг\)г\
2
Отсюда
-М(а - 2тгпг\)г] - ш] = -М1г]ш].
2М1).
К работе всех внешних и внутренних сил системы добавятся работа
момента трения качения колеса о наклонную поверхность:
А(гпк) = - / гак d(p2 = - / fKN d(p2 = -fKM2g cos a • 2nn^-
0 0
и работа силы тяжести той части троса, которая в начальный момент не
была намотана на барабан:
27ГЯГ1
А = - / Mg(a - х) sin adx =
5. Теорема об изменении кинетической энергии
203
=-Mgsina 27rnria --(27rnri)2| =
= -2Mgsin a • irnr\(a - irnr\).
Уравнение примет вид:
г2
1 4
= 2nnL -
sin a - 2nnfKM2gcosa 2nnMgs\na • r\(a - irnr\).
r
Угловая скорость барабана после п оборотов будет равна
Г\
\
Г / /к \ 1
L - r\g Ш21 sin оН cos a 1 +Msina • (a - Trnri)
L V r2 / J
2жп —
Mi + 3M2 + 2MI
Рис. 38.42.1
N
Задача 38.42(38.43). Колесо А
скатывается без скольжения по наклонной
плоскости ОК, поднимая посредством
нерастяжимого троса колесо В, которое катится без
скольжения по наклонной плоскости ON.
Трос переброшен через блок С,
вращающийся вокруг неподвижной горизонтальной
оси О (рис. 38.42.1). Найти скорость оси колеса А при ее
перемещении параллельно линии О К на расстояние s. В начальный момент
система была в покое. Оба колеса и блок считать однородными
дисками одинаковой массы и радиуса. Массой троса пренебречь.
Ответ: v = 2\ -gs(s\n a - sin/3).
Рис. 38.42.2
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 38.42.2. Применим теорему об
изменении кинетической энергии.
204 5. Теорема об изменении кинетической энергии
т-т J.T мт Mav • JazW^ • Мву ■ JbzU)b .
Mv2 Mr2/v\2 Mv2 Mr2(v\2 Mr2/v
v\2
так как колеса А и В и блок С — одинаковые однородные диски, и колеса
катятся без скольжения; v — скорость оси колеса А.
В силу отсутствия скольжения колес работу совершают лишь силы
тяжести колес А и В:
sin a - Megs sin /3 = Mgs(sin a - sin /3).
Из теоремы получаем уравнение для скорости v:
-Mv2 = Mgs(sin a - sin /3) ==> v = 2y -gs(sm a - sin/3).
Задача 38.43(38.44). Решить предыдущую задачу, принимая во
внимание трение качения колес о наклонные плоскости. Коэффициент
трения качения равен Д, радиусы колес равны г.
Ответ: v = 2л / -gs sin а - sin /3 (cos а + cos /3) |.
^ Решение. При наличии трения качения колес надо учесть работу
моментов трения качения. В результате из теоремы об изменении
кинетической энергии получим уравнение:
-Mv2 = Mgs(s\n a - sin /3) - тпка • (рл ~ т>кв • <Рв-
4
Здесь моменты трения качения колес равны соответственно
гПкА = /kNa = fKMg cos а и ткв = UNb = UMg cos /3.
Углы поворота колес:
s
г
Поэтому скорость
v = 2\ -gs sin a-sin/3 -(cosa + cos/3) .
у7 L r J
5. Теорема об изменении кинетической энергии
205
Задача 38.44(38.45). К грузу А массы М\ прикреплена
нерастяжимая нить, переброшенная через блок D массы Mi и намотанная
на боковую поверхность цилиндрического катка В массы Мз. При
движении груза А вниз по наклонной плоскости, расположенной
под углом а к горизонту, вращается блок D, а каток В катится без
скольжения вверх по наклонной плоскости, образующей с горизонтом
угол /3 (рис. 38.44.1).
D
Рис. 38.44.1
Определить скорость груза А в зависимости от пройденного им
пути s, если в начальный момент система находилась в покое. Блок
D и каток В считать однородными круглыми цилиндрами. Силами
трения и массой нити пренебречь.
Ответ: v =
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 38.44.2. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии системы в интегральной форме:
к к
Согласно тому, что в начальный момент времени система покоилась,
То = 0. В момент времени, когда груз пройдет расстояние s, кинетическая
В
Рис. 38.44.2
206 5. Теорема об изменении кинетической энергии
энергия системы
2 2 2 2
M\v2 Mit\ ( v \2 M$ /v\2 М3Г3 / v
2 + 4 \r>) +~T\2) + 4 \2rx
так как каток В катится без скольжения и потому в точке его касания
с наклонной поверхностью находится мгновенный центр скоростей. Нить
нерастяжимая, поэтому
к
Сумма работ внешних сил
+ A(M3g) = M]gs sin a-M3gS- sin /?,
так как каток В катится без скольжения. Приравнивая изменение
кинетической энергии системы сумме работ, получим уравнение для скорости
груза v:
у ( Мх + -у 4- -МЛ = Mxgs sin a-Msg^ sm/3.
Отсюда
/ 2M\ sin a - M3 sin /9
v= У 8S
Задача 38.45(38.46). Решить предыдущую задачу в
предположении, что коэффициенты трения скольжения и качения соответственно
равны / и /к. Радиус катка В равен г.
Ответ: w = 2
"=л
2M!(sin a - / cos a) - M3 f sin^ 4- — cos/3 J
8M1 + 4M2 + 3M3
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.45.1. Воспользуемся
решением задачи 38.44. С учетом шероховатой поверхности для груза А работа
5. Теорема об изменении кинетической энергии
207
Рис. 38.45.1
силы трения Др, будет равна
A(FTPl) = -.Рф, • s = -fN{ • s = -fM{g cos a • s.
Здесь нормальная реакция N{ определяется из условия отсутствия
движения груза вдоль нормали к наклонной поверхности:
0 = N\ - M\g cos a.
С учетом трения качения катка В работа момента трения качения Мк
будет равна
А(МК) = -Мкчр = -fKN, • yt = -UMigcosp • £.
Здесь нормальная реакция N$ определяется из условия отсутствия
движения центра масс катка вдоль нормали к наклонной поверхности:
Уравнение движения системы принимает вид:
S S
= M\gs sin a - M$g - sin/3 - fM\gcos as- fKMigcosj3 • —.
2 2r
Отсюда
v = 2
\
2gs
2Mi(sin a - f cos a) - M31 sin^S 4- — cos^S 1
8M,
208
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Задача 38.46(38.47). Груз массы М подвешен на нерастяжимом
однородном тросе длины Z, навитом на цилиндрический барабан с
горизонтальной осью вращения (рис. 38.46.1). Момент инерции барабана
относительно оси вращения J, радиус барабана R,
масса единицы длины каната т. Определить
скорость груза в момент, когда длина свисающей части
каната равна ж, если в начальный момент скорость
груза vq = 0, а длина свисающей части каната
была равна жо; трением на оси барабана, толщиной
троса и изменением потенциальной энергии троса,
навитого на барабан, пренебречь.
Рис. 38.46.1
Ответ: v = R\
jg[2M -f m(x -f xQ)] (x -
/ + (M + ml)B?
Mg
Рис. 38.46.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.46.2. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии системы в интегральной форме:
Здесь
Го = 0, Г =
■-C-Y
2\RJ
-x)R2 (v
2 ' 2\RJ ' 2
Mv2 Jv2 m(l - x)v2 mx
mx
5. Теорема об изменении кинетической энергии 209
где первое слагаемое — кинетическая энергия груза, второе слагаемое —
кинетическая энергия барабана, третье слагаемое — кинетическая
энергия нити, намотанной на барабан, четвертое слагаемое — кинетическая
энергия свисающей части нити.
Нить нерастяжимая, поэтому внутренние силы не совершают работу.
Работа внешних сил сводится к работе сил тяжести груза и свисающей
части нити:
х
J2 4б) = Ms(x -xo) + f mgx dx = Mg(x - x0) + ^5 (x2 -x20).
k xo
Поэтому
Mv2 Jv2 mil - x)v2 mx 2
Отсюда
v = R
Задача 38.47(38.48). Груз А массы М\ подвешен к однородному
нерастяжимому канату длины L и массы Mi. Канат переброшен через
блок Б, вращающийся вокруг оси О, перпендикулярной плоскости
рис. 38.47.1. Второй конец каната прикреплен
к оси катка С, катящегося без скольжения CQ
ПО НеПОДВИЖНОЙ ПЛОСКОСТИ. v/s/r/rsMfr/rs/r/rm
Блок В и каток С — однородные
круглые диски радиуса г и массы Мз каждый.
Коэффициент трения качения катка С о го- Рис. 38.47.1
ризонтальную плоскость равен Д. В
начальный момент, когда система находилась в покое, с блока В свисала
часть каната длины Z. Определить скорость груза А в зависимости
от его вертикального перемещения Л.
Ответ:
v =
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.47.2. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной
210
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Рис. 38.47.2
форме:
Кинетическая энергия системы
Г = ТА+ТВ+ Тс + Гканата
2 (v\2 M2v2
= y(M,+M2-f2M3).
В вычислениях учли отсутствие скольжения катка С (точка касания
Р — мгновенный центр скоростей катка).
Дифференциал кинетической энергии
dT = (Af, + М2 + 2M3)v dv.
Суммарная элементарная работа внутренних и внешних сил сводится
к работе силы тяжести груза А:
работе силы тяжести каната:
М7
= —(I + r + y)g dy
L
5. Теорема об изменении кинетической энергии 211
и работе момента трения качения катка С:
dv
dA(MK) = -Мк dip = -fKN(y) -А
В результате уравнение принимает вид
(М, + М2 + 2M3)v dv = Mlgdy + ^(l + r + y)gdy - fKN(y) ^. (1)
L r
Для определения нормальной реакции катка N(y) воспользуемся
теоремой об изменении кинетического момента всей системы относительно
оси вращения блока В:
Bz + KBz + KBz )
d \n/r M3r2 v fnjr M3r2
^Mmr + + {Mvr +
7Г
-J
7Г
BS2 cos - - M2\g -
- M3g. 25^ + N • 2SXK - Mk.
Здесь масса горизонтального участка каната
масса участка каната, облегающего блок Б,
М2 ят
;
масса вертикального участка каната
Центр масс горизонтального участка каната — точка S\, причем
Центр масс каната, облегающего блок Б — точка 52, такая, что
rsin(7r/4) 2л/2г
—— = .
7Г/4 7Г
212 5. Теорема об изменении кинетической энергии
После преобразований получим:
dv Ъ/L^
—(М, + М2 + 2М3) = Myg + -y-g (I + г + у)-
at L
Из полученного уравнения (2) выразим N{y):
где
bar
-f 3.
- M\gr -
Мзэ b =
Mi i
c —
i + y-
ГГ +
/к
M2
Tg
c =
&
— -\-M3g
L-l-\
с
9
7ГГ
/-у
Подставим N(y) в уравнение (1):
Mi /K t) лг /к M\gr
av dv = M\g dy +—bg dy — dy + T
L r c- /K г с - /
K
Разделим левую и правую части на dt и сократим все слагаемые на v.
Далее после несложных преобразований и умножения левой и правой
частей на (с - /к), получим:
с2 Ьс
с2 Ьс\ /кс
-— + -- -Msg—.
2г /к/ г
Сокращаем на с, расписываем выражения а, 6 и с, группируем члены.
В результате получаем:
м£+мМ
г г \2L
Так как
dv dy dv
V V
5. Теорема об изменении кинетической энергии
213
то разделяем переменные в дифференциальном уравнении и берем
интеграл:
V h
+ 2М3)- fvdv= /
Из полученного выражения получаем величину скорости груза А при
его опускании на высоту Л:
Задача 38.48(38.49). Механизм эллипсографа, расположенный в
горизонтальной плоскости, приводится в движение посредством
постоянного вращающего момента то, приложенного к кривошипу ОС
(рис. 38.48.1). В начальный момент при (р = О механизм находился
в покое. Найти угловую скорость кривошипа ОС в момент, когда он
сделал четверть оборота. Дано: М — масса
стержня АВ, тпа = тв = т — массы
ползунов А и Б, ОС = АС = ВС = Z; массой
кривошипа ОС и силами сопротивления
пренебречь.
Ответ: ш — —
Зтггао
М + Зт'
Рис. 38.48.1
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 38.48.2. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии системы в интегральной форме:
к к
В силу условия задачи То = 0. Определим кинетическую энергию системы
для конечного ее положения:
где
ТАв =
Mv2c
h
>2АВ
ТА =
min
Тв =
mv%
214
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Рис. 38.48.2
Выразим все кинематические параметры системы через искомую
угловую скорость кривошипа о>о. Для этого построим мгновенный центр
скоростей стержня АВ (точку Р) и запишем:
vc = щ • ОС = щ1
(так как точка С принадлежит кривошипу ОС),
vc = uab * СР = шАВ1
(так как точка С принадлежит стержню АВ),
• АР = w0 • 21 cos (p
. BP = w0 • 21 sin
2 = o,
= wo-2Z.
Поэтому
M(2/)21
2 12 2 u 2
Сумма работ внутренних сил системы
£4° = о,
так как абсолютно твердые тела соединены гладкими шарнирами. Из
внешних сил работу совершает лишь постоянный по величине вращающий
момент то:
^ = Л(т0) = т0 • Ду> =
5. Теорема об изменении кинетической энергии 215
Подставив все найденные величины в исходное уравнение, получим:
Отсюда угловая скорость кривошипа
Зтггао
М + Зга'
Задача 38.49 (38.50). Решить предыдущую задачу с учетом
постоянного момента сопротивления тс в шарнире С.
1 /37г(гао-2гас)
Ответ: ш = — <' v '
21 V М + Зш
^ Решение. Воспользуемся решением задачи 38.48. Теперь, с учетом
действующего в шарнире С постоянного момента сопротивления гас,
t
f = A(mc) = - f rnc sign ф ij> dt =
{
t
Wdt = -mc f \ф\ dt,
{
t
о о
где *ф — угол между кривошипом и стержнем (/ОСВ) равен *ф = тг - 2ip,
Поэтому ip = -2ф. Отсюда
t тг/2
А(тпс) = —тп>с I 2ф dt = —тпс I 2 dip = —тек,
о о
так как ф не меняет знак на заданном участке движения и \*ф\ = 2\ф\ = 2ф.
Теорема об изменении кинетической энергии примет вид:
I -г" + ш) =
гаотг
Отсюда угловая скорость кривошипа
Зтг(га0 - 2гас)
2Z V Af + Зга
216
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Задача 38.50(38.51). К кривошипу ООХ
эпициклического механизма,
расположенного в горизонтальной плоскости (рис. 38.50Л),
приложен вращающий момент Мвр = Мо - аш,
где Мо и a — положительные постоянные,
а и) — угловая скорость кривошипа. Масса
кривошипа равна га, М — масса
сателлита (подвижного колеса). Считая кривошип
тонким однородным стержнем, а сателлит —
однородным круглым диском радиуса г,
определить угловую скорость ш кривошипа как функцию времени. В
начальный момент система находилась в покое. Радиус неподвижной
шестерни равен R; силами сопротивления пренебречь.
Указание. Применить теорему об измененный кинетической энергии в
дифференциальной форме.
Рис. 38.50.1
Ответ: w = —-{\-<
где Jnp = (f + \м)(R + r
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 38.50.2. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной
форме
А; А;
Кинетическая энергия системы Т = Т\ +Тг. Кинетическая энергия
кривошипа ОО\
JOz 2 1Ш(Д + Г)2 2
Т* = —Ш =2 3 "'
Кинетическая энергия сателлита (подвижного колеса)
5. Теорема об изменении кинетической энергии 217
Скорость центра масс сателлита
vOx = ш • ОО\ = о; • (Д 4- г);
момент инерции
_ Mr2
угловая скорость
vOx R + r
г г
так как предполагаем качение сателлита без проскальзывания и потому
в точке его касания с неподвижной шестерней находится мгновенный
центр скоростей. Итак,
Т = l2rn(R + г) V + X-Mw\R + г)2 + 1-
6 2 4 г
= X-m(R + г) V + ^-M{R + г) V = l-w2(R + г)2 (±т +
Ъ~м\.
Дифференциал кинетической энергии
dT = w(R + r)2 f -m + -M J do;.
Так как абсолютно твердые тела системы соединены гладким шарниром,
то
А;
Так как механизм расположен в горизонтальной плоскости, то
л£ = dA(MBp) = Мвр • dip = (Mo - aw) dip.
к
Подставив найденные выражения в теорему об изменении
кинетической энергии, получим дифференциальное уравнение для ш:
u)(R + r)2(-m+-Mjdw=
Разделим левую и правую части уравнения на dt:
\ 3 \ div dip
-m + -M\— = (Mo-aw)-^
(R + rf (j
т + -М ) — = dt.
Mo - аш
218 5. Теорема об изменении кинетической энергии
Проинтегрируем уравнение:
2 3 Г
+
Введем обозначение
Перепишем результат интегрирования в виде
Отсюда, потенцируя, получим угловую скорость кривошипа
ш = — (1 — е пр), где Jnp = I -т + -М 1 (R + г) .
Задача 38.51 (38.52). Решить предыдущую задачу с учетом
постоянного момента трения Мтр на оси О\ сателлита.
Мо Мтр / т ^ \
Ответ: ш = L (\-e~at/Jnp), где Jnp^ (-- + -М )(Д+г)2.
а \ 3 2 /
^ Решение. Воспользуемся решением задачи 38.50. С учетом
постоянного момента трения Мф на оси О\ имеем
]Г dAf = dA(MTp) = -МТР sign j>d1> = -Мтр sign <ip-ipdt = -Мтр\ф\ dt.
к
Здесь г/> = <р\ -<р — угол поворота сателлита относительно кривошипа.
Распишем
. R + r . _ R _ R .
г г г
так как ф не меняет знак. Поэтому
R R
di4(MTp) = -Мтр • — ф dt = -Мтр— dip.
Используя теорему об изменении кинетической энергии, получим (см.
решение задачи 38.50):
■п
о; Jnp dw = (Мо - aw) dip - Мтр— dip,
5. Теорема об изменении кинетической энергии
219
где
dt
где
'пр
-GH-)
г)2
R
div
'пр
a
JnP
M0-MTp(R/r)-av
= t\
= dt
R
Mq MTp
v_ j
a
Задача 38.52(38.53). Кривошип ОО\ гипоциклического
механизма, расположенного в горизонтальной плоскости (рис. 38.52.1),
вращается с постоянной угловой скоростью о;о.
В некоторый момент времени двигатель был
отключен и под действием постоянного
момента Мтр сил трения на оси сателлита
(подвижного колеса) механизм остановился.
Определить время г торможения и угол <р
поворота кривошипа за это время, если его
масса равна М\, Mi — масса сателлита, R
и г — радиусы большого и малого колес.
Кривошип принять за однородный тонкий
стержень, а сателлит — за однородный диск.
Указание. Применить теорему об изменении кинетической энергии в
дифференциальной форме.
Рис. 38.52.1
Ответ: r=rJnp
тр
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.52.2. Применим теорему об
изменении кинетической энергии в дифференциальной форме:
220
5. Теорема об изменении кинетической энергии
Ф -~ Кинетическая энергия
Г = Г, + Т2,
где
JOz 2
—o>i
2
Т> = ^+ 2
Рис. 38.52.2
Здесь
vo^_ R-r
г { г
Поэтому
Г =
-\
4-г2
где приведенный момент инерции
Дифференциал
Так как механизм расположен в горизонтальной плоскости и
шарнир О гладкий, то
Из-за наличия постоянного момента Mw сил трения на оси сателлита О\
dAf = dA{M^) = -Mrp sign ipdip = -Мтр sign ip-ij>dt = -M^tp] dt,
где угол tp = <P\+<f2 — угол поворота сателлита относительно кривошипа.
. R-r . Л,. , Л
^1 + ——^!
так как ^ не меняет знак при движении механизма.
ту ту
dA(Mw) = -Мтр-0, dt = -Mw- dipt.
5. Теорема об изменении кинетической энергии
221
Уравнение движения механизма принимает вид:
R
u>\ = -Мтр — d<p\.
(1)
f T A f M R
I Jnp^i d(V\ = - Мтр— i
Проинтегрируем уравнение (1):
О <р\
i dw\
ш() О
угол поворота кривошипа
_ 1 г Jnp ^2
^! ~ гяМтр^0' где п|
Для определения времени торможения кривошипа г перепишем
уравнение (1) в виде:
ту
0Х = -Мтр-071 Л.
Отсюда
и т
J Jnpdwi =- J MTpj
dt
Задача 38.53(38.54). Крестовина С
приводится во вращение вокруг неподвижной оси О\
посредством однородного стержня АВ,
вращающегося вокруг неподвижной оси О (оси О
и О\ перпендикулярны плоскости рис. 38.53.1).
При этом ползуны А и В, соединенные при
помощи шарниров со стержнем АВ,
скользят вдоль взаимно перпендикулярных прорезей
крестовины С. Вращение стержня происходит
под действием постоянного вращающего
момента твр. Определить угловую скорость стержня АВ в момент, когда
он сделает четверть оборота, если в начальный момент при (р = 0 он
имел угловую скорость щ. Величина момента сопротивления,
возникающего в каждом из шарниров ползунов А и В, в два раза меньше
твр. Прочими силами сопротивления пренебречь. Масса стержня
равна га; момент инерции крестовины С относительно оси О\ равен J;
х =ОА = ОВ=1.
Рис. 38.53.1
Ответ: о; =
бтгга,
вр
4га/2 + 3 J
222 5. Теорема об изменении кинетической энергии
'Be
Рис. 38.53.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 38.53.2. Центры масс
крестовины С и стержня АВ находятся в неподвижных точках О\ и О. Поэтому
расположение плоскости механизма непринципиально. Применим
теорему об изменении кинетической энергии в интегральной форме:
Для вычисления кинетической энергии определим скорости звеньев
системы.
Если и) — угловая скорость стержня АВ, то Vb =u> OB = ojI.
Рассмотрим теперь сложное движение точки В (ползуна В).
Подвижную систему координат свяжем с крестовиной С. Тогда дв = двг + две
(см. рис. 38.53.2). Из треугольника скоростей получаем, что vse = ^в cos(p\,
так как угол между векторами vB и две равен <р\. Это следует из того, что
АО = О\О = ОВ и, следовательно, АО\ОВ — равнобедренный. Кроме
того, дв J- ОВ и две -J- О\В.
С другой стороны, переносная скорость точки В равна
vBe =ш\ • О\В = ш\ • 2 • О\О -cos^i = 2o;iZ cos y?i.
Приравнивая два выписанных выражения для vBe, получим угловую
скорость крестовины
В дальнейшем понадобится соотношение между углами поворота
стержня АВ и крестовины С. Из геометрических соображений нетрудно
увидеть, что (р\ = <р/2.
Теперь выпишем кинетическую энергию системы:
т
7Z
5. Теорема об изменении кинетической энергии 223
JOlZu}} J (u\2 J 2
С 2 2\2J 8
==> Т = ш
\ ь
В начальный момент движения
,,2
Работа внешних сил
тг/2
= J mBpd<p = mBp • у.
Работа внутренних сил
А(тв)9 где
— моменты сопротивления, возникающие в шарнирах ползунов А и В,
Воспользуемся при вычислении работы моментов сопротивления
рассуждениями, приведенными в решениях задач 38.49 и 38.51. Получим
(О А1 .А( , ? .Лг \ 7 .
I. = А(ГПа) "1" А(ТпВ) = — / 771л <Ч <Р\ I — / 771J3 <*у>1 =
ft J \2 J J
тг/2 тг/2
о
Окончательно имеем уравнение:
Отсюда получаем угловую скорость стержня АВ:
6тгтвр
6. Плоскопараллельное (плоское) движение
твердого тела (§ 39, [10])
Задача 39-1 (39.1). Тяжелое тело состоит из стержня
АВ длины 80 см и массы 1 кг и прикрепленного к нему
диска радиуса 20 см и массы 2 кг (рис. 39.1.1). В
начальный момент при вертикальном положении стержня телу
сообщено такое движение, что скорость центра масс М\
стержня равна нулю, а скорость центра масс Mi диска
равна 360 см/с и направлена по горизонтали вправо.
Найти последующее движение тела, принимая во внимание
только действие силы тяжести.
Рис. 39.1.1
Ответ: Тело равномерно вращается с угловой скоростью 6 рад/с
вокруг своего центра масс, который описывает параболу у2 = П7,5ж;
(начало координат — в точке Б, ось у направлена по горизонтали
вправо, ось х — вниз).
*+ Решение. Расчетная схема — на рис. 39.1.2. Найдем центр масс С
тела, считая стержень и диск однородными. Введем вертикальную ось Ах.
Очевидно, центр масс С расположен на этой оси:
(м2
ing,
/
X '
1
i
\
\
1
\
7M2(0)
ШкХк
хс =
40- 1 +(80 +20)-2
Г+2
= 80 (см).
Следовательно, центр масс С расположен в точке В.
Удобно неподвижную систему координат с осями
х и у выбрать с началом в исходном положении точки
В (т.е. точки С).
Так как начальная скорость точки Mi и
единственная действующая сила — сила тяжести trig —
расположены в вертикальной плоскости Вху, то
движение тела будет происходить в этой же
плоскости (плоское движение тела). Поэтому целесообразно
применить две общие теоремы динамики системы: теорему о движении
центра масс и теорему об изменении главного момента количеств
движения системы в относительном движении по отношению к системе коорди-
Рис. 39.1.2
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 225
нат, движущейся поступательно с центром масс С (система осей Кёнига):
ПК,
и
•(г)
Cz
(it
к к к
В итоге получаем дифференциальные уравнения плоского движения
тела:
которые в нашем случае принимают вид
mxc = mg,
туе = О,
Интегрируем уравнения:
хс =-gt2 +
JCzu = 0.
C2,
Константы интегрирования определим из начальных условий:
при £0 = 0, хсо = У со = 0, хсо = 0, уСо = vc, Щ = <*>*•
Для определения vc и о;* воспользуемся тем, что в начальном положении
тела VMi = 0 и, следовательно, точка М\ является мгновенным
центром скоростей тела. Строим диаграмму распределения скоростей точек
(см. рис. 39.1.2) и получаем, что
о;* =
££«.360-HO
м2мх 2 60
vc 240
/см\
Итак,
Поэтому
Съ = 240, С\ = С2 = СА = 0, Cs = 6.
Ус =
= 6.
226 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
рад
Видно, что тело равномерно вращается с угловой скоростью ш = 6 —
с
вокруг своего центра масс, который описывает параболу
или ус = 117,5а?с (см).
\240
Задача 39.2(39.2). Диск падает в вертикальной плоскости под
действием силы тяжести. В начальный момент диску была сообщена
угловая скорость щ, а его центр масс С, находившийся в начале ко-
ординат, имел горизонтально направленную
скорость vo. Найти уравнения движения диска. Оси
х, у изображены на рис. 39.2.1. Силами
сопротивления пренебречь.
Рис. 39.2.1
Ответ: хс = vot, ус = gt /2, <р = щЬ, где <р —
угол поворота диска, образованный осью х и
диаметром, занимавшим в началный момент
горизонтальное положение.
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 39.2.2. Составим
дифференциальные уравнения плоскопараллельного движения диска:
Имеем:
тхс = О,
туе = ™>g,
JczV = 0.
Интегрируя уравнение, получим
^с = C\t + С2, Ус = ~zgt + C$t + C4,
Выпишем начальные условия:
при £о = 0 Хсо = 2/со = ^о = 0» ^со = ^о»
=0, фо = О70.
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 227
mg
Рис. 39.2.2
Используя начальные условия, составим уравнения относительно
постоянных интегрирования:
= О2, U = О4, U = Об,
Отсюда имеем:
Сх = v0, С2 = С3 = С4 = С6 = О, Cs = щ.
Следовательно, диск движется по следующему закону:
хс = vot, ус = -gt2, (р = u)0L
Задача 39.3(39.3). Решить предыдущую задачу, считая, что момент
тс сопротивления движению относительно подвижной
горизонтальной оси, проходящей через центр масс С диска перпендикулярно
плоскости движения его, пропорционален первой степени угловой
скорости диска ф, причем коэффициент пропорциональности
равен /3. Момент инерции диска отнросительно этой оси равен Jc.
(1-е pt/Jc), где (р — угол
поОтвет: хс = vot, yc = —,<p =
ворота диска, образованный осью х и диаметром, занимавшим в
начальный момент горизонтальное положение.
^Ф Решение. Воспользуемся решением задачи 39.2. С учетом момента
сопротивления дифференциальные уравнения движения диска примут
228 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
вид:
тпхс = О,
ij = mg,
Так как начальные условия не изменились, то уравнения движения центра
масс сохраняются:
хс = vot, ус = ~gt2.
Проинтегрируем третье дифференциальное уравнение
at (p Jc Jc
Используем начальные условия: 1гшо = Cs. Запишем:
Р
Из начальных условий получаем:
Р
Следовательно, уравнение поворота диска
Задача 39.4 (39.4). Ведущее колесо автомашины радиуса г и массы
М движется горизонтально и прямолинейно. К колесу приложен
вращающий момент т. Радиус инерции колеса относительно оси,
проходящей через центр масс перпендикулярно его плоскости, равен р.
Коэффициент трения скольжения колеса о землю равен /. Какому
условию должен удовлятворять вращающий момент для того, чтобы колесо
катилось без скольжения? Сопротивлением качения пренебречь.
Ответ: то < fMg-
Ч
■* Решение. Расчетная схема движения колеса — на рис. 39.4.1.
Пусть колесо катится без скольжения. Тогда мгновенный центр
скоростей Р находится в точке касания с неподвижной поверхностью.
Кинематические соотношения для колеса следующие:
хс = фг, Ус=г. (1)
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 229
У i
Составим дифференциальные уравнения
плоскопараллельного движения колеса:
МХс =^тр,
Мус = N-Mg, (2)
ЗсгФ = га — F-^Г.
Уравнения (2) с учетом (1) принимают вид:
Мхс = F1P,
0 = N-Mg,
Мр2— = га - F^r, так как Jcz = Мр2.
г
Решим уравнения относительно нормальной реакции N и силы трения
гаг
скольжения Fip:
N = Mg,
Условие качения колеса без скольжения имеет вид: |F,p| < ^Пред» где
предельная сила трения скольжения ^пред = fN.
Расписав это условие, получим неравенство для искомой величины
вращающего момента ш:
Отсюда
га ^ fMg-
Задача 39.5(39.5). Решить предыдущую задачу с учетом трения
качения, если коэффициент трения качения равен /к.
Ответ: га ^ fMg
+ MgfK.
■^ Решение. Расчетная схема движения колеса — на рис. 39.5.1.
Воспользуемся решением задачи 39.4. Дифференциальные уравнения
движения колеса в данном случае имеют вид
Мхс = F1P,
Мус = N - Mg,
р2
Мр2ф = га -
где момент трения качения гак = fKN.
- гак,
230 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
С учетом соотношений (1) из решения
задачи 39.4 получаем уравнения для
опредес.
ления сил N и Fip:
р Fm
тк
N
Рис. 39.5.1
= N-Mg,
Отсюда
= Mg,
Условие качения колеса без скольжения \FW\ ^ fN принимает вид
г
Отсюда
(т- fKMg)-
т ^ fMg-
Задача 39.6 (39.6). Ось ведомого колеса автомашины движется
горизонтально и прямолинейно. К оси колеса приложена горизонтально
направленная движущая сила Р. Радиус инерции колеса относительно
оси, проходящей через центр масс перпендикулярно его плоскости,
равен р. Коэффициент трения скольжения колеса о землю равен /.
Радиус колеса равен г, масса колеса равна М. Какому условию должна
удовлетворять величина силы F для того, чтобы колесо катилось без
скольжения? Сопротивлением качения пренебречь.
Ответ: F ^ fMg-
■^ Решение. Расчетная схема движения колеса — на рис. 39.6.1.
По условию колесо катится без скольжения. Поэтому в точке касания
с землей находится мгновенный центр
скоростей колеса и потому ±с = фг. А также у с = г.
F \ ^ Составим дифференциальные уравнения
плоского движения колеса:
Mxc = F-FTp,
= N- Mg,
Р
N
Рис. 39.6.1
Мр2ф = Fwr.
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 231
С учетом кинематических соотношений имеем:
Мхс = F- F1P9
0 = N-Mg,
Отсюда
= Mg,
Динамическое условие качения без скольжения |.FTp| < fN принимает вид:
F / , а
Отсюда
Задача 39.7(39.7). Решить предыдущую задачу с учетом трения
качения, если коэффициент трения качения равен /к.
Ответ: F
p2)-MgfK-r
^ Решение. Воспользуемся решением задачи 39.6. С учетом трения
качения дифференциальные уравнения качения колеса без скольжения
принимают вид:
= N-Mg,
где момент трения качения mK = fKN. Решим уравнения относительно
нормальной реакции N и силы трения скольжения:
N = Mg, F^ = (Fp2 + fKrMg)
Условие отсутствия скольжения при качении |FTp| ^ fN принимает вид
неравенства для F:
232 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
Отсюда движущая сила
fMg(p2 + r2)-fKrMg
Задача 39.8(39.8). Автомобильный прицеп движется замедленно
с ускорением Wo до остановки (рис. 39.8.1). При этом тормоз в
одном из его колес не включается. Давление колеса на дорогу равно
N Коэффициент трения колеса с дорогой равен /.
Дано: г — радиус колеса, га — его масса, р —
радиус инерции. Определить силу горизонтального
давления S колеса на его ось.
Рис. 39.8.1
fNr2 ( р2\
Ответ: 1) wQ ^ г, S = mwQ[ 1 + Чг ,
га /г \ г v
fNr2
2) w0 > т, S =
га pL
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 39.8.2. Согласно закону
равенства сил действия и противодействия нормальная реакция на колесо
со стороны дороги равна N и горизонтальная
реакция на колесо со стороны оси равна S.
Пусть вертикальная реакция со стороны оси
на колесо равна Q. Запишем
дифференциальные уравнения движения колеса:
ft] TP
N\
Рис. 39.8.2
По условию задачи хс = -w0. Для дальнейших рассуждений
понадобятся первое и третье уравнения:
{— tuwq = Sx 4- -FTpj
тр2ф = -FTpr.
Следует рассмотреть два случая.
1°. Колесо катится без проскальзывания, т. е. точка Р — мгновенный
центр скоростей и ±с = фг. Значит ф = -Wo/r. Поэтому
-mw0 = Sx 4- Fw,
-тр — = -1
г
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 233
Отсюда получаем, что
р2
Sx = -mw F mw m
(■♦*)■
Выясним, когда возможно качение без скольжения. Условие Кулона
движения без скольжения:
2
Следовательно,
/ЛГ г*
^ га р2
При таком ускорении wq сила
2°. Колесо катится с проскальзыванием, т.е. ±р Ф 0. В этом случае
Fjpx = -fN sign ±p = -fN sign (жс - фг).
Поэтому уравнения движения приобретают вид:
{mxc = Sx - fN sign (xc - фг),
тр2ф = fN sign (±c - фг) • г.
Возможны две ситуации:
2°.1. хР>0;
2°.2. хР < 0.
Рассмотрим их.
2°.1. хр = ±с - фг > 0. Тогда из (1) получим:
{гпхс = Sx - fN,
тр2ф = /iVr.
Согласно условию задачи хс = -wo (wo > 0). Тогда из (2) получим:
= SX- fN,
fNr
ф(1) = <p(0) + ^t, xc(t) = xc(0) - wQt.
234 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
Для скорости точки Р имеем:
fNr2
xP(t) = хс(0) - wQt - ф(0)г - -—Tt =
ra/r
Отсюда видно, что при
хР(0) = хс(0) - ф(0)г ^ 0 имеем xP(t) < О (« ^ 0).
Этот случай должен быть отброшен. А если
*р(0) = *с(0) - Ф(О)г > 0,
то эта ситуация продолжается в течение времени
*р(0)
1 /i\Tr2>
га/>2
При этом имеем 5Ж = fN - mwQ. Остановка колеса (т. е. точка ±c(t) = 0)
хс(0)
произойдет в момент U = Ясно, что
*с(0) ^ *с(0) - Ф(0)г fNr2
U > t{i так как > —— TJ—, где А = г.
к;о wo-}- А трг
Поэтому при t G [£i,£*) процесс пойдет либо с чистым качением (при
fNr1. /ч , fNr2K
Щ ^ г), либо с проскальзыванием жр(0) < 0 (при Wo > т)«
т р2 т р2
А это есть ситуация 2.°2.
2°.2. ±р = х - фг < 0. Тогда из (1) получим:
(^ m/?2^? = -fNr.
Так как жс = -wOi to из (3) следует:
-mw0 = Sx + fN,
<p(t) = ф(0) - tHLt% ±c(t) = i
mpl
Sx = —(tuwq -
Тогда для скорости точки Р имеем:
xP(t) = [хс(0) - ф(0)г] - (wo - ^pjt.
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 235
fNr2
Пусть Wo > г-. Тогда, если хс(0) - ф(0)г ^ 0, то xP(t) < О при всех
га/г
t £ [0, £*), т.е. происходит торможение со скольжением точки Р влево.
И здесь Sx = -(mwo 4- fN). А если хс(0) - ф(0)г > 0, то xp(t) > 0 при
достаточно малых t, т. е. ситуация не реализуется.
fN г2
Пусть wo < т = -А- Тогда, если жс(0) - ^(0)г ^ 0, то xP(t) < 0
га р1
в течение времени
ф(0)г-хс(0)
-(wo -A) A-wo
Посмотрим, когда t* < ti (т. е. скольжение будет продолжаться весь
интервал торможения):
МО)
wq A-wo
А±с(0) - w0Xc(0) < ф(0)™0 - xc(0)wq
А±с(0) ^ ф(0)™0 => wo
<p(0)r
Итак, при жс(0) ^ ф(О)г и при i4 ^wq^A будет торможение
со скольжением точки Р влево. При этом Sx = -(mwo + fN).
хс(0)
Если 0 < гс;о < А /гЛ , то такое движение будет продолжаться в те-
(р(0)г
чение времени
у(0)г - жс(0)
* =
а затем уже будет чистое качение вплоть до остановки (±с = 0).
Если же ±с(0) > ф(0)г, то при wo ^ А будем иметь жР(^) > 0 при
достаточно малых t, т.е. ситуация не реализуется.
Итак, результат и ответ таковы:
1) хР(0) = ±с(0)-ф(0)г>0.
fNr2
1.1 wo>J- j;
га р2
жР(0)
при 0 < t ^ ti = тггт происходит качение со скольжением
fNr1
га/?2
в точке Р вправо, причем Sx = fN - mwo, xp(t\) = 0;
236 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
жс(О)
при t\ <t^t* = происходит качение со скольжением точки Р
влево, причем Sx = -(fN 4- mwo).
fNr2
1.2. w0 ^ ~;
m p2
xP(0)
при 0 ^ t ^ t\ = 2 происходит качение со скольжением
mp2
точки Р вправо, причем Sx = fN - mwo, xp(t\) = 0;
xc(0)
при t\ < t ^ t* = происходит чистое качение (хр = 0), причем
Wo
Sx = -mwQ 114—=- I.
2) xP(0) = xc(0) - ф(О)г < 0.
2.1. wQ;
xc(0)
при 0 ^ £ ^ U = происходит качение со скольжением точки Р
Wq
влево вплоть до остановки (хс = 0), причем Sx = -(fN 4- mwo).
хс(0) fNr2
2.2. wQ< -т^Г— j;
при 0 ^ t < ti = 2 (здесь xpfc) = 0) происходит
2
2 -Wq
m pl
качение со скольжением точки Р влево вплоть до остановки, причем
Sx = -(
при ti ^ ^ U происходит чистое качение, причем Sx = -
3) хр(0) = ±с(0) - ф(0)г = 0 (то, что предполагается, наверное, в
условии задачи).
fNr2
3.1. wo> -—т;
т р1
при 0 ^ t ^ U происходит качение со скольжением влево, причем
Sx = -(fN ■
^f*r2
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 237
при 0 ^ £ ^ t* происходит чистое качение, причем Sx = -
где t* =
МО)
Wq
(■♦£)■
— время торможения вплоть до остановки.
Замечание к задаче 39.8. Мы видим, что решение и ответ к данной задаче
существенно зависят от начальных условий движения колеса, в момент начала
торможения всего прицепа. Кроме того, сама сила Sx может принимать
значение Sx = fN - iuo, которое отсутствует в ответе, приведенном в задачнике [10].
Отметим, что значение силы Sx принципиально влияет на движение прицепа
в горизонтальной плоскости, определяя его курсовую устойчивость.
Задача 39.9(39.9). Колесо радиуса г катится по прямолинейному
горизонтальному рельсу под действием приложенного вращающего
момента гавр = -fMgr, где / — коэффициент трения скольжения,
М — масса колеса. Определить скорость точки колеса,
соприкасающейся с рельсом (скорость проскальзывания). Масса колеса
равномерно распределена по его ободу. Трением качения пренебречь.
В начальный момент колесо находилось в покое.
Ответ: J-±t.
^ Решение. Расчетная схема движения
колеса — на рис. 39.9.1. Составим дифференци- у'
альные уравнения плоского движения колеса:
Мхс = Fjp,
0 = N-Mg,
Мг2ф = mBp -Ftp r.
(1)
Проверим, будет ли при заданных вращающем
моменте
твр = -fMgr
и коэффициенте трения скольжения / проскальзывание. Для этого
предположим отсутствие проскальзывания, учтем в уравнениях (1) связь
±с = фг w выразим из них N и Fjp. Получим:
Мхс = Fip,
N = Mg,
= Mg,
= -fMg.
238 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
Составим условие отсутствия скольжения
т.е. i
Видно, что это условие не выполняется, следовательно колесо катится
со скольжением. Поэтому FTp = fN = fMg.
Вернемся к уравнениям (1), учитывая скольжение:
Мхс = fMg,
N = Mg,
Мг2ф = -fMgr - fMgr.
Интегрируя первое и третье уравнения, получим:
Так как в начальный момент колесо находилось в покое (±со = фо = 0),
то С\ = Сг = 0. Поэтому
*с = fgt, ф= -f-t.
При нахождении скорости точки А (точки касания колеса с рельсом)
воспользуемся теоремой о скоростях точек тела при плоском движении:
Спроецируем векторное соотношение на ось х:
3 g 1
» vA = xA = fgt--f-t-r = --fgt.
Знак «-» говорит о том, что скорость точки А направлена влево, т. е.
против оси х.
= хс-фг
Задача 39.10(39.10). Решить предыдущую задачу с учетом трения
качения, если коэффициент трения качения /к = -/г.
4
Ответ: -fgt.
4
^ Решение. Воспользуемся решением задачи 39.9. С учетом трения
качения дифференциальные уравнения примут вид:
0 = N-Mg,
о 5 1
Мт1ф = -fMgr --fr-N- F^r.
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 239
Проверим, будет ли скольжение колеса:
Мхс = FTP,
N = Mg> =» N = Mg, FTp=9-fMg.
Mr2y = 5-fMgr - l-fMgr - Fjpr
Условие отсутствия скольжения
не выполняется. Значит колесо проскальзывает.
Дифференциальные уравнения движения при проскальзывании
колеса:
Мхс = fMg, ( хс = fg,
Мг2ф = -fMgr - -frMg- fMgr у ф=-*1.
Интегрируем дифференциальные уравнения с учетом нулевых начальных
условий:
±c = fgt. Ф=~*-
Скорость точки А касания колеса с рельсом:
5 fg 1
vA = хА = хс - фг = fgt - -—t • г = --fgt.
Знак «-» говорит о том, что скорость точки А направлена против оси х.
Задача 39.11 (39.11). Однородный цилиндр с горизонтальной осью
скатывается под действием силы тяжести по наклонной шероховатой
плоскости с коэффициентом трения /. Определить угол наклона
плоскости к горизонту и ускорение оси цилиндра, предполагая, что
при движении цилиндра скольжение отсутствует. Сопротивлением
качения пренебречь.
Ответ: a ^ arctg 3f,w = -gsin a.
■* Решение. Расчетная схема движения цилиндра — на рис. 39.П.I.
Так как скольжение отсутствует, то точка Р — мгновенный центр
скоростей цилиндра, и, значит, ±с = фг. Запишем дифференциальные уравне-
240 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
Рис. 39.11.1
ния плоскопараллельного движения цилиндра с учетом отсутствия
скольжения:
тхс = mg sin a- Fjp,
0 = N -mg cos a,
(0
xc _
JCz — *тр»
mr2
Отсюда имеем:
N = mg cos a, Fjp = -mg sin a.
Составим условие отсутствия скольжения |FTp| ^ fN:
-mg sin a < fmg cos a.
Решим полученное неравенство относительно угла а:
tg а ^ 3/ =» а < arctg 3/.
Это означает, что при угле наклона а < arctg 3/ возможно качение
цилиндра без скольжения. Теперь из первого уравнения системы (1) найдем
ускорение оси цилиндра:
■Ftp 1 2
ас = xc = g sin a = g sin a - -g sin a = -g sin a.
m 3 3
Задача 39.12 (39.13). Однородный сплошной круглый диск
катится без скольжения по наклонной плоскости, расположенной под углом
а к горизонту. Ось диска образует угол (3 с линией наибольшего ската.
Определить ускорение центра масс диска, считая, что его качение
происходит в одной вертикальной плоскости.
Ответ: we = -g sin a sin/3.
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 241
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 39.12.1, изображен вид сверху
на наклонную плоскость и катящийся диск. Введены две системы
координат: Pxyz, P^rj(', где Р — точка касания диска с наклонной плоскостью,
Ру — по линии наибольшего ската наклонной плоскости, Рх ± Ру,
Pz ±Ру, причем, Рх лежит в наклонной плоскости, a Pz — ей
перпендикулярна и направлена вверх (Pxyz — правая система координат), Prj —
проекция плоскости диска на наклонную плоскость, т. е. плоскость
качения диска, которая по условию задачи неизменна. Р£ ± Prj, P( ± Prj,
причем Р£ лежит в наклонной плоскости, а Р£ — ей перпендикулярна
и направлена вверх (P^tj( — правая система координат). Ясно, что Р£
параллельна оси диска, поэтому (по условию задачи) £Ру = /3.
На диск при его качении действуют две силы: R — сила реакции
плоскости, приложенная в точке Р, mg — сила тяжести, приложенная
в центре масс диска. Пусть Щ,Щ,Я{ — проекции силы R на оси £, rj, (.
Чтобы найти проекции силы mg на оси £, 77, £, разложим сначала mg
по осям x,y,z. В силу построения системы Pxyz, имеем:
mgx = 0, mgy = mg sin a, mgz = -mg cos a.
Тогда (см. рис. 39.12.1) получим:
= mg sin a cos /9, mgv = mg sin a sin ft, mg^ = -mg cos a.
Пусть vc — вектор скорости центра масс диска, (2 — вектор его угловой
скорости. Уравнения движения центра масс диска в проекциях на оси
= mg sin a cos /3 + Щ,
= mg sin a sin /3 + Д^,
= -mg cos а + Щ.
(1)
Уравнения изменения кинетического момента диска относительно кени-
говых осей C^rj'^1, которые являются главными центральными осями
242 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
инерции (£', г}\ (' параллельны осям £, 77, (), имеют вид:
Jc?w? =Rvr, JCv'uV' = -Щ • г, Jcc'We = 0, (2)
где
гаг2 гаг2
Jcz1 = ~~5~> Jcrf = Jcc = —j--
Так как диск катится без скольжения в неизменной плоскости rj(, то
имеем следующие кинематические соотношения:
ш? = -, u)jf = ш? = 0, vet = vc( = 0- (3)
Подставляя формулы (3) в (1) и (2), получим:
Щ = -mg sin a cos /? 7^ 0, (4)
^ = rave?/ - mg sin a sin /5, (5)
R{ = rag cos a, (6)
-=££-*,.r. СЧ
0 = -Щ- r, (8)
wc = 0. (9)
Из (5) и (7) получим
vcv= f -Jgsin
VCfi
что совпадает с ответом к задаче.
Однако уравнения (4) и (8) противоречат друг другу. Чтобы устранить
это противоречие, необходимо принять существование дополнительного
реактивного момента Mv в точке Р, направленного вдоль оси rj. Тогда
второе уравнение из (2) принимает вид Зсц1^1 = -Щ * г + Mv, а
уравнение (8) будет таким:
О = —Щ • г 4- Mv ==> Mv = Щг = -mgr sin a cos /?.
Физически реализация такой связи может быть осуществлена при помощи
дорожки с углублением, вдоль которой движется диск.
Задача 39.13(39.14). Однородный цилиндр с горизонтальной осью
скатывается под действием силы тяжести со скольжением по
наклонной плоскости при коэффициенте трения скольжения /. Определить
угол наклона плоскости к горизонту и ускорение оси цилиндра.
Ответ: а > arctg 3/, w = g(s\n a - f cos a).
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 243
Рис. 39.13.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 39.13.1. По условию цилиндр
катится со скольжением. Значит точка Р касания цилиндра с
поверхностью не является мгновенным центром скоростей и vp Ф 0. Поэтому
хс Ф фг.
Для определения угла наклона а воспользуемся решением задачи
39.11 и получим, что скольжение будет при а > arctg3/.
Для определения ускорения оси цилиндра (т. е. точки С) составим
дифференциальные уравнения движения:
7пхс = mg sin a - FTp,
0 = N - mg cos a,
(1)
mr2
Здесь предположили, что скольжение точки Р происходит вниз по
наклонной плоскости, поэтому сила трения скольжения Ртр направлена
против оси х. Величина Frp = fN.
mxc = mg sin a - fmg cos a,
N = mg cos a,
mr2 ..
—— ф = fmg cos ar
=> ac = xc = g(sin a - / cos a).
Замечание к задаче 39.13. Отметим, что ответ и решение данной задачи должны
зависеть от начальных условий! Если начальные условия таковы, что vP направлена
вверх по наклонной плоскости (^(0) очень большая), то
«с = g(sin a + / cos a).
Однако, по истечении конечного интервала времени скольжение сменится на
противоположное, и мы получим ответ из задачника [10].
244 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
Задача 39.14(39.15). Однородное колесо радиуса г скатывается
без скольжения по наклонной плоскости, образующей угол а с
горизонтом. При каком значении коэффициента трения качения /к центр
масс колеса будет двигаться равномерно, а колесо при этом будет
равномерно вращаться вокруг оси, проходящей через центр масс
перпендикулярно его плоскости?
Ответ: fK = rtga.
Mv У
Рис. 39.14.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 39.14.1. Колесо катится без
скольжения. Поэтому точка Р (точка касания) — мгновенный центр
скоростей. Значит,
хс = фг.
По условию
vc = хс = const и ф = const.
Дифференциальные уравнения движения колеса принимают вид:
О = mg sin a -FTp,
О = N - mg cos a,
0 = FTpr - MK,
где момент трения качения
Мк = fKN.
Решаем уравнения:
FTp = mg sin a, N = mg cos a.
Из третьего уравнения получаем:
Мк = FTpr => /кrag cos a = mg sin ar ;=> /K = r tg a.
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 245
Задача 39.15(39.16). На барабан
однородного катка массы М и радиуса г,
лежащего на горизонтальном шероховатом полу,
намотана нить, к которой приложена сила Т ;
под углом а к горизонту (рис. 39.15.1). Радиус г
барабана о, радиус инерции катка р.
Определить закон движения оси катка О. В
начальный момент каток находился в покое, затем
катился без скольжения.
Рис. 39.15.1
Т r(rcosa-a) 2
Ответ: х = — ^ , тг— t , причем ось х направлена слева направо.
М 2\pl + rl)
^ Решение. Расчетная схема изображена
на рис. 39.15.2. В точке касания Р находится
мгновенный центр скоростей катка, так как
он катится без скольжения. И поэтому
х0 = фг.
Уравнения движения катка:
= Tcosa-Fip,
Рис. 39.15.2
Мр2ф =
О = -Mg + N + Т sin a,
- Т • о.
Рассмотрим первое и третье уравнения с учетом условия ±о = фг:
Мхо = Т cos a - FTp,
Mp2—=FTpr-Ta
Fjp = T cos a -
p2 a
^(rcosa - о)
Интегрируя с учетом нулевых начальных условий, получим закон
движения оси катка:
m r(r cos a - о) х1
246 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
Задача 39.16(39.17). Однородный стержень АВ массы М
горизонтально подвешен к потолку посредством двух вертикальных нитей,
прикрепленных к концам стержня (рис. 39.16.1). Найти натяжение
одной из нитей в момент обрыва другой.
Указание. Составить дифференциальные уравнения
движения стержня для весьма малого промежутка времени,
следующего за моментом обрыва нити, пренебрегая
изменением направления стержня и изменением расстояния
центра масс стержня от другой нити.
'S//S///////////S////////*
Рис. 39.16.1
Ответ: Т = *£.
4
Mg
Рис. 39.16.2
■* Решение. На рис. 39.16.2 изображен стержень в момент обрыва
правой нити. Пользуясь указанием к задаче, составим дифференциальные
уравнения плоского движения стержня для малого промежутка времени,
следующего за моментом обрыва нити, пренебрегая изменением
направления стержня и изменением расстояния центра масс стержня С от левой
нити. Имеем:
Мхс = О,
Мус = -Т + Mg,
ь = т —
2 '
12
При указанных предположениях
Ф =
Ус-2
АВ
(заметим, что скорости равны нулю). Поэтому
Мус = T-Mg,
АВ m АВ
М-ус=Т--
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 247
(
Мус =
_
Задача 39.17(39.18). Однородный стержень АВ
массы М подвешен в точке О на двух нитях равной
с ним длины (рис. 39.17.1).
Определить натяжение одной из нитей в момент
обрыва другой. (См. указание к задаче 39.16.)
Ответ: T = 0,266Mg.
'///////Q///////A
^
Рис. 39.17.1
щ
Рис. 39.17.2
^ Решение. На рис. 39.17.2 изображен стержень в момент обрыва
правой нити. Воспользуемся указанием к задаче 39.16. Получим
дифференциальные уравнения плоского движения стержня сразу после обрыва нити:
Мхс = -Т cos 60°,
= Mg-Tsm60°, ,^
ф
В момент обрыва нити угловая скорость стержня ш = 0, а угловое
ускорение е Ф 0. Скорость точки A va = 0, а ее ускорение Sa будет отлично
V2
от нуля и направлено _1_ О А (так как ее нормальное ускорение —^- = 0).
О А
Следовательно,
а>с = 5л
Причем
J ту
сОса = ш2' = 0 (так как ш = 0),
Л R
пса = £—, aTCA ± АС
248 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
Поэтому можно записать
Хс = -aa sin 60°,
Ус = а>А cos 60° 4- £—^~-
(2)
С учетом (2) из системы (1) получим три уравнения для трех неизвестных
(аА,е,Т):
-MaAsin60o^-TcosG0°,
М a a cos 60° 4- е
АВ\ _
2 )
М • (АВ)2
12 6
= Mg-T sin 60°,
Т =
Ma a 4- МеАВ = 2Mg - Г>/3,
МеЛБ = ТЗл/3
2Mg 2y/3Mg
13
0,266Mg.
Задача 39.18(39.19). Однородный тонкий стержень длины 21 и
массы М лежит на двух опорах А и В; центр масс С стержня
находится на одинаковых расстояниях от опор (рис. 39.18.1), причем
С А = С В = а; давление на каждую опору равно Р/2. Как изменится
давление на опору А в тот момент, когда опора В будет мгновенно
удалена? (См. указание к задаче 39.16.)
А С В
Рис. 39.18.1
Ответ: Давление на опору А получит прираще-
12-За2
ние'равное
N.
А <р
С \ В
у t
Рис. 39.18.2
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 249
■* Решение. На рис. 39.18.2 изображен стержень в момент, когда
опора В мгновенно удалена. Пользуясь указанием к задаче 39.16, запишем
дифференциальные уравнения движения стержня для малого промежутка
времени, следующего за моментом удаления опоры:
Мхс = О,
Мус = Mg- Na,
M-(2l)2.. „
(1)
В момент удаления опоры угловая скорость ш стержня и скорости точек
стержня равны нулю. Ускорение точки А равна нулю. Ускорение точки С:
ас = апсА + атсА, где апСА = ш2 • АС = О,
атсА = еАС = еа, атСА ± АС.
Поэтому из системы (1) получим
Меа = Mg- NA,
Ml2
a.
Исключая е, выразим:
NA =
Так как давление при двух опорах в точке А равно Mg/2 (так же, как
и в точке В), то после удаления опоры в точке В давление в опоре А
изменится на величину
I2 1 I2 - За2
M
Задача 39.19 (39.20). Тяжелый круглый цилиндр А
массы га обмотан посредине тонкой нитью, конец
которой В закреплен неподвижно. Цилиндр падает
без начальной скорости, разматывая нить (рис. 39.19.1).
Определить скорость оси цилиндра, после того как эта
ось опустится на высоту Л, и найти натяжение f нити.
Ответ: v = -\/3gh, T = -mg.
Рис. 39.19.1
250 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 39.19.2. Так как конец В нити
закреплен неподвижно, то точка Р схода нити с цилиндра является
мгновенным центром скоростей. Поэтому
хА = фг. (1)
Составим уравнения плоскопараллельного движения
цилиндра:
[ mxA = mg-T,
(2)
Уравнения (2) с учетом (1) принимают вид:
тхА = mg-T,
Рис. 39.19.2
{тхА
тг2хА
= Тг.
Решим эти два уравнения с двумя неизвестными хА и Г:
хА = -g\
1
= -mg.
Для определения скорости оси цилиндра проинтегрируем
дифференциальное уравнение хА — -g:
dx _ 2
~dt ~ 3g =^
.dx_2
dx 3
1 2 2
=> ^ = jjgfi + C.
Постоянная интегрирования С = 0, так как цилиндр падает без начальной
скорости. Итак,
vA=x = у -gx.
После того, как ось опустится на высоту h,
2
Сила натяжения нити постоянна и равна
Т = -mg.
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 251
Задача 39.20(39.21). Две гибкие нити
обмотаны вокруг однородного круглого цилиндра
массы М и радиуса г так, что завитки их
расположены симметрично относительно
средней плоскости, параллельной основаниям.
Цилиндр помещен на наклонной плоскости АВ
так, что его образующие перпендикулярны
линии наибольшего ската, а концы С нитей
закреплены симметрично относительно
вышеуказанной средней плоскости на расстоянии
2г от плоскости АВ (рис. 39.20.1). Цилиндр начинает двигаться без
начальной скорости под действием силы тяжести, преодолевая
трение о наклонную плоскость, причем коэффициент трения равен /.
Определить путь s, пройденный центром масс цилиндра за время t,
и натяжение Т нитей, предполагая, что в течение рассматриваемого
промежутка времени ни одна из нитей не сматывается до конца.
Рис. 39.20.1
Ответ: s = -g(sin a-If cos a)t2, T = -Mg(sin a 4- / cos a).
3 6
Цилиндр остается в покое, если tg a < 2/.
■* Решение. Расчетная схема изображена
на рис. 39.20.2. Силы натяжения нитей,
нормальные реакции и силы трения — это
системы параллельных сил, равномерно
распределенных (в силу симметрии) вдоль
образующих цилиндра. Поэтому изображенная
на рис. 39.20.2 сила f — это
равнодействующая двух сил натяжения нитей, сила N —
равнодействующая нормальная реакция, сила
F — равнодействующая сила трения
скольжения.
Рис. 39.20.2
Составим дифференциальные уравнения плоского движения цилиндра:
Mr2
= Mgsina-T-Fip,
0 = N - Mg cos a,
ф = Tr- FTpr.
(1)
Выясним, при каком соотношении параметров будет происходить
качение (со скольжением) цилиндра. Для этого предположим, что цилиндр
остается в покое (и значит нет скольжения).
252 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
i = Mgsina-r-FTp,
(О
N = Mgcosa,
FTP = -Mgsina.
Запишем условие отсутствия скольжения (в состоянии равновесия):
-Mg sin a < fMg cos a.
Отсюда получаем, что цилиндр остается в покое при tg a < If.
Предполагая выполнение условия tga ^ 2/, перепишем
уравнения (1), учитывая, что Fip = fN:
= Mg sin a - T - fMg cos a,
N = Mg cos a, л~\
Mr2
—— ф = Tr - fMg cos a • r.
Воспользуемся тем, что точка Р схода нити с цилиндра — мгновенный
центр скоростей: жо = фг =>► жо = фг.
Мж0 = Mg sin a - Г - /Mg cos a,
(2)
— = Tr - fMg cos a • r
T = -(Mg sin a 4- /Mg cos a),
2 ..
x0 = -g(sin a-If cos a).
Так как Т — равнодействующая двух сил натяжения нитей, которые
равны в силу симметрии, то
Т\ = Т2 = -Т = 7Mg(sin a + / cos a).
2 о
Для определения пути 5, пройденного центром масс цилиндра,
проинтегрируем дифференциальное уравнение для координаты жо с учетом
нулевых начальных условий. Получим:
s = xo(t) = -g(sin a-If cos a)t2.
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 253
Задача 39.21 (39.22). Два цилиндрических вала массы М\ и М2
скатываются по двум наклонным плоскостям, образующим
соответственно углы а и Р с горизонтом. Валы соединены нерастяжимой
нитью, концы которой намотаны на валы
и к ним прикреплены (рис. 39.21.1).
Определить натяжение нити и ее ускорение при
движении по наклонным плоскостям. Валы
считать однородными круглыми цилиндрами. рИс. 39.21.1
Массой нити пренебречь.
Ла рК
Ответ: T =
4- sin /?)
w=g
M\ sin a - M2 sin /?
Mx+M2 '
Рис. 39.21.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 39.21.2. Рассмотрим цилиндры
отдельно, разрезав нить. Так как нить невесомая, то силы натяжения Т\
и Т2 удовлетворяют условию: Т\ =Т2= Т.
Предположим, что наклонные плоскости абсолютно гладкие и в
точках К\, К2 не возникают силы трения скольжения.
Составим дифференциальные уравнения движения цилиндров:
М\Х\Сх = M\g sin a - Г,
О = -M\g cos a + N\,
f M2x2c2 = Mig sin 0-T,
0 = -M2
о TV
<p2 = Tr2.
254 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
Нерастяжимая нить совершает контурное движение (см. [9]).
Обозначим через v и а соответственно ее скорость и ускорение. Предположим,
что нить скользит по гладким наклонным плоскостям слева направо.
Тогда в силу нерастяжимости нити, отсутствия ее проскальзывания вдоль
ободов цилиндров, принятого направления ускоренного движения нити
и принятых направлений осей жь х2 и положительных направлений
поворота углов (f\, (f\ имеем следующие кинематические соотношения между
скоростями:
&2К2 = V,
%2С2 = Х2К2 + Ф2Г2 = V +
*1С, = *ЦГ, + ф\Г\ = -V +
Дифференцируя по t, получим соотношения между ускорениями:
&2К2 = <*>, х\кг = -«, &2С2 = <*> + у?2^2, х\сх = -а 4- ф\Г\.
Учитывая последние соотношения, из дифференциальных уравнений
движения цилиндров получим:
= M\g sin а -Г,
М2(а 4- ф2г2) = M2g sin (3 - Г,
2 = Т.
Это система четырех уравнений с неизвестными: а, Т, ф\, ф2. Исключая
фх и ф2, находим:
{-Mia 4- 2Г = M\g sin a - Г,
М2а 4- 2Г = M2gsiny9 - Т
М2 sin /3 - М\ sin а
а =^ hjt ■ «ж '
3(М,4-М2)
Заметим, что если предположить скольжение нити справа налево, то
получим ответ
М\ sin a- M2 sin (3
a=g M!4-M2 '
6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 255
Замечание к задаче 39.21. В условии задачи не оговорено, что нить скользит
по абсолютно гладким наклонным плоскостям. Если плоскости считать
шероховатыми, то для решения задачи не хватает данных — коэффициентов трения
скольжения.
Задача 39.22(39.23). Определить период
малых колебаний однородного полукруглого
диска радиуса R, находящегося на негладкой
горизонтальной плоскости, по которой он
может катиться без скольжения (рис. 39.22.1).
Ответ: Т = —
- 16)Л.
U хс
Рис. 39.22.1
отклоненное
положение диска
Р Р{
Сх — центр масс диска
Рис. 39.22.2
^ Решение. На рис. 39.22.2 изображено отклоненное положение
диска, О\С\ = ОС = h. Движение диска является плоским в системе
координат Рху, связанной с равновесным положением диска (ОС — на рисунке).
Из рисунка, используя условия непроскальзывания, получим координаты
точки С\:
хС{ =xOl-h sin <p, yC{ =yOl~h cos <p. (1)
Ясно, что xOl = R<p, У О! = R-
Пусть Rx, Щ — проекции силы реакции плоскости, приложенной
в точке контакта Pi. Тогда уравнения движения центра масс и уравнение
моментов относительно центра масс имеют вид:
m(R<p - h(p cos (p + tup2 sin (p) = Rx,
m(h(p sin (p + htp2 cos tp) = Ry - mg,
mp2<p = -RX(R - h cos (p) - Ryh sin (p,
(2)
256 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела
где р — радиус инерции тела относительно центра масс С\. Оставляя
в уравнениях (2) бесконечно малые не выше 1-го порядка малости по ip
и ф, получим:
m(R<p - кф) = Rx, О = Ry - mg, тр2ф = -RX(R - h) - Ryh<p.
Из последних уравнений получаем уравнение для (р:
Период колебаний из полученного линейного уравнения дается формулой:
Подсчитаем р2, используя теорему Штейнера.
Имеем
oi = Jc{ + гаЛ2 =Ф mp2 = JCx = Jox -
Таким образом:
Подставляя полученное соотношение в (3), получим:
р2 = iJo' ~
l=2n
-Jo,+R2-2Rh
Для диска имеем
mR2 . 4
Подставляя эти значения в формулу (4), приходим к ответу задачи.
7. Приближенная теория гироскопов (§ 40, [10])
Краткое теоретическое введение
в приближенную теорию гироскопов [13]
Гироскопом называется твердое тело с неподвижной точкой О, имеющее
динамическую ось симметрии (эллипсоид инерции в точке О есть
эллипсоид вращения) и обладающее быстрым вращением вокруг этой оси.
Точка О не обязательно принадлежит твердому телу (например, гироскоп
в кардановом подвесе).
Собственным кинетическим моментом гироскопа называется вектор
где J — момент инерции гироскопа относительно динамической оси
симметрии, Q\ — вектор угловой скорости вращения вокруг этой оси (угловая
скорость собственного вращения).
Для исследования динамики гироскопа используется теорема об
изменении кинетического момента относительно точки О:
Приложение к телу внешнего момента Mq вызывает появление
дополнительной (медленной по сравнению с о^) угловой скорости ш2 + #з
(ш2 — угловая скорость прецессии, щ — угловая скорость нутации).
В приближенной теории гироскопов ш\ > ш2, Щ ~ 0, и, следовательно,
Применяя теорему Резаля [1-3], получаем:
<22хЙ = М^ (2)
или
Jwluj2sin9 = M(o). (3)
Гироскопический реактивный момент — это момент, который возникает
(согласно Ш-му закону Ньютона) как противодействующий момент при
приложении к гироскопу момента внешних сил Mq\ По определению
гироскопического момента
МТ = -М%\
однако, надо иметь ввиду, что Мг приложен к внешним телам
(источникам), вызывающим упомянутую прецессию ш2 (например, опора О,
подшипники кардановых колец и т. п.).
258
7. Приближенная теория гироскопов
н
Рис. 40.0.1
Мг
Согласно уравнению (2) имеем формулу
Мг = Я х (32, или Мг = Ко х #2- (4)
На рис. 40.0.1 показано, что вынужденная
прецессия U2 стремится совместить векторы Н и Mq
по кратчайшему между ними углу, а возникающий
гироскопический момент Мг стремится повернуть
вектор Я к вектору вынужденной прецессии с52
также по кратчайшему между ними углу (угол
нутации 0) (правило Жуковского).
Задача 40-1 (40.1). Волчок вращается по часовой стрелке вокруг
своей оси О А с постоянной угловой скоростью ш = 600 рад/с; ось О А
наклонена к вертикали; нижний конец оси О остается неподвижным;
центр масс С волчка находится на оси О А на расстоянии ОС = 30 см
от точки О (рис. 40.1.1); радиус инерции
волчка относительно оси равен 10 см. Определить
движение оси волчка О А, считая, что главный
момент количеств движения волчка
относительно оси О А равен Jw.
Рис. 40.1.1
Ответ: Ось О А вращается вокруг вертикали
Oz по часовой стрелке, описывая круговой
конус, с постоянной угловой скоростью Ш\ =
= 0,49 рад/с.
Решение. Расчетная схема — на рис. 40.1.2. Свяжем подвижные оси
с главными осями инерции волчка. Система Oxyz — неподвижная
Z l
Рис. 40.1.2
7. Приближенная теория гироскопов
259
система координат. Главный момент количеств движения волчка
(собственный кинетический момент)
Ко = Н = J^cv = Jcv.
Сила тяжести Mg создает момент Mq = Mg • ОС • sin в и заставляет
ось О А волчка поворачиваться вокруг вертикальной оси Oz по часовой
стрелке (прецессировать) (см. (2)) с угловой скоростью Ш2, которую
найдем из формулы (3):
Ju)U)2 sin в = Mg • ОС • sin в =>
_ Mg• ОС _ Mg-OC ^ 9,8-0,3 _()да(Рад\
=> Ш2~ 7ш ~ Мр2ш ~ (0,1)2*600 ~ ' \"с"/
Заметим, что результат задачи не зависит от угла наклона оси волчка
к вертикали (угла нутации в).
Задача 40.2 (40.2). Волчок, имея форму диска диаметра 30 см,
вращается с угловой скоростью 80 рад/с вокруг своей оси симметрии. Диск
насажен на ось длины 20 см, расположенную вдоль оси симметрии
волчка. Определить угловую скорость регулярной прецессии волчка,
полагая, что его главный момент количеств движения равен Ju.
Ответ: 2,18 рад/с.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 40.2.1.
Согласно формуле (3)
ИЛИ
Mr2
Ле)
sin в = Mg • ОС • sin в.
Отсюда
2g-OC _ 2.9,8.0,2
г2о;, ~ (0,15)2-80
>•'* (==)•
Mg
Рис. 40.2.1
Задача 40.3(40.3). Турбина, вал которой параллелен продольной
оси судна, делает 1500 об/мин. Масса вращающихся частей 6 т, радиус
инерции р ;= 0,7 м. Определить гироскопические давления на
подшипники, если судно описывает циркуляцию вокруг вертикальной оси,
поворачиваясь на 10° в секунду. Расстояние между подшипниками
I = 2,7 м.
Ответ: 30,4 кН.
260
7. Приближенная теория гироскопов
z м
Рис. 40.3.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 40.3.1. Угловая скорость
вращения турбины, которую принимаем за гироскоп, равна
60 '
Угловая скорость циркуляции судна вокруг вертикальной оси 2, т.е.
прецессии оси ( турбины, равна
* 180° 1!
Угол нутации в между осью турбины ( и вертикальной осью z равен тг/2.
При повороте судна в подшипниках А и В возникают силы
давления Ра и Рв, создающие гироскопический момент Мг = Fa • АВ =
Fa • /. С другой стороны, по формуле (4) Мг = ^ох^2- Поэтому
[ = Ju)iO72 sin в. Отсюда
Ju)xu)2 sin в Мр2шхшг sin в 6000 • (0,7)2 • 50тг(тг/18)
FA =
I I
30 000(Н) = 30(кН).
2,7
Задача 40.4(40.4). Определить максимальные гироскопические
давления на подшипники быстроходной турбины, установленной на
корабле (рис. 40.4.1). Корабль подвержен килевой качке с амплитудой
9° и периодом 15 с вокруг оси, перпендикулярной оси ротора. Ротор
турбины массы 3500 кг с радиусом инерции 0,6 м делает 3000 об/мин.
Расстояние между подшипниками 2 м.
Ответ: 13,0 кН.
7. Приближенная теория гироскопов
261
Рис. 40.4.1
Рис. 40.4.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 40.4.2. Угловая скорость
вращения ротора турбины равна
2тг
60 =
Закон изменения угла *ф (прецессии) при килевой качке следующий:
. 9° . 2тг тг . 2тг
тг2 2тг /рад\
= W; = COS —Ъ I I.
150 15 \ с /
Поэтому
При килевой качке в подшипниках А и В возникают гироскопические
давления Fa n FB. Гироскопический момент Мр = Fa • АВ. С другой
стороны, My = Ко х о;2. Поэтому
Отсюда
• АВ =
JW1W2 sin в Mp2u)\U)2 sin 90°
тг2 2тг
3500 • 0,36 • ЮОтг • —- cos — t
cos t
« 13 022 • cos —t.
Максимальное гироскопическое давление
13 кН.
= FBm?iX « 13 022 H или
262
7. Приближенная теория гироскопов
Задача 40.5 (40.5). Определить время Т полного оборота оси
симметрии артиллерийского снаряда вокруг касательной к траектории
центра масс снаряда (рис. 40.5.1). Это движение происходит в связи
с действием силы сопротивления воздуха F = 6,72 кН, приближенно
направленной параллельно касательной и приложенной к оси снаряда
на расстоянии h = 0,2 м от центра масс снаряда. Момент количества
движения снаряда относительно его оси симметрии равен 1850 кг-м2/с.
Ответ: 8,66 с.
Рис. 40.5.1
Рис. 40.5.2
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 40.5.2. Н — момент
количества движения снаряда относительно его оси симметрии (собственный
кинетический момент снаряда), Мс — момент сил сопротивления
воздуха относительно центра тяжести, вектор которого перпендикулярен
плоскости, содержащей векторы Й и vc. Этот момент сопротивления
вызывает прецессию оси вращения снаряда вокруг направления касательной
к траектории полета г. Направление прецессии совпадает с направлением
собственного вращения снаряда.
Имеем соотношение (3):
где
Отсюда
Мс = Hw2 sin 0,
Mc = F-AC sine = Fh sin 0.
Fh 6720-0,2 _
1850
Поэтому время полного оборота оси симметрии снаряда вокруг
касательной к траектории его центра масс
Т = — « 8,66 с.
О7
7. Приближенная теория гироскопов 263
Замечание к задаче 40.5. Более строгое решение задачи получается, если
перейти в систему координат С£г]( с началом в центре масс С, ось С С направлена
по вектору скорости, а оси С£ и Crj перемещаются поступательно вместе с
точкой С. Тогда прецессия оси снаряда будет аналогична прецессии симметричного
волчка (волчка Лагранжа) в поле силы тяжести [13].
s \
Задача 40.6(40.6). Газотурбовоз приводится в движение турбиной,
ось которой параллельна оси колес и вращается в ту же сторону, что
и колеса, делая 1500 об/мин. Момент инерции вращающихся частей
турбины относительно оси вращения J = 200 кг • м2. Как велика
добавочная сила давления на рельсы, если газотурбовоз идет по
закруглению радиуса 250 м со скоростью 15 м/с? Ширина колеи 1,5 м.
Ответ: На один рельс 1256 Н вниз, на другой рельс 1256 Н вверх.
Рис. 40.6.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 40.6.1. Ось Oz — ось вращения
турбины. Угловая скорость собственного вращения турбины
Угловая скорость
-■»••!-»-(==).
-*-£-•*(")•
Возникающий при повороте газотурбовоза гироскопический момент
Мг = ко х ш2.
264
7. Приближенная теория гироскопов
Добавочная сила давления на подшипники А и В за счет поворота:
Мг К0ол sin 90°
sin 90°
ab =
200 • 50тг • 0,06
1256 (Н).
АВ 1,5
Следовательно, на один рельс добавочная сила давления действует вниз
и равна 1256 Н, а на другой рельс действует вверх и равна также 1256 Н.
h
Задача 40.7(40.7). В дробилке с бегунами
каждый бегун имеет массу М = 1200 кг,
радиус инерции относительно его оси р = 0,4 м,
радиус R = 0,5 м, мгновенная ось вращения
"" бегуна проходит через середину линии касания
Рис. 40.7.1 бегуна с дном чаши (рис. 40.7.1). Определить
силу давления бегуна на горизонтальное дно чаши, если переносная
угловая скорость вращения бегуна вокруг вертикальной оси
соответствует п = 60 об/мин.
Ответ: N = 26,9 кН.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 40.7.2. По условию
2тг ^ 2тг ^ /рад\
oj2 = п • — = 60 • — = 2тг — .
60 60 V с /
С такой угловой скоростью бегун (гироскоп с осью собственного вращения
Oz) прецессирует вокруг неподвижной оси Oz\.
Угловую скорость собственного вращения oj\ найдем из подобия
треугольников для угловых скоростей и линейных величин:
их _ ОС _ ОС
U72 R l 2 R
Гироскопический момент Мг = Ко хо^- С другой стороны Мг = ОСхР.
F-
0 г;
С Я°
R
F\
Рис. 40.7.2
7. Приближенная теория гироскопов
265
Приравнивая величины векторных произведений, получим
Joj\(jJi sin в = ОС • F sin в.
Отсюда
Jw\W2 Mp2u)i^§-(jj2 1200-0,16-4тг2 . ч
F=~d^= ОС = 03 «15 159,7 (Н).
В результате, сила давления бегуна на горизонтальное дно чаши
складывается из силы гироскопического давления F и силы тяжести бегуна Mg:
^давл = F + Mg = 15 159,7 + 1200 • 9,8 w 26 900 (Н)
или FmBn « 26,9 (кН).
Направлен вектор Ртвл вниз.
Задача 40.8(40.8). Колесный скат массы М = 1400 кг, радиуса
а = 75 см и с радиусом инерции относительно своей оси р = у/0,55а
движется равномерно со скоростью v = 20 м/с по закруглению радиуса
R = 200 м, лежащему в горизонтальной
плоскости (рис. 40.8.1). Определить силу давления
ската на рельсы, если расстояние между
рельсами Z = 1,5 м.
Ответ: N = (6,87 ± 0,77) кН.
Рис. 40.8.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 40.8.2. Ось прецессии
направлена перпендикулярно рисунку, собственный кинетический момент Й
колесного ската (гироскопа) направлен по его оси влево по ходу движения.
Рис. 40.8.2
266
7. Приближенная теория гироскопов
В соответствии с формулой (4) в этом случае возникает гироскопический
момент Мг, стремящийся совместить векторы Й и о^ и направленный
перпендикулярно оси колесного ската, вперед по ходу ее движения. Этот
момент нагружает внешний и разгружает внутренний рельсы (по
отношению к траектории движения ската). Этот момент реализуется как пара
сил давления, приложенных к рельсам.
Запишем: F\l = Hw2 sin 90°.
Отсюда
НШ2 2
F
Fi = г = ——•
Угловая скорость вращения колес Ш\ = v/a, угловая скорость
вынужденной прецессии от искривления пути щ = v/R.
Поэтому
aR ' '55a aR 1400-0,55 • 0,75 • 400
1
I
= 770 (Н).
200-1,5
Так как у ската два колеса, то сила давления его на рельсы следующая:
на внутренний рельс сила давления равна
Me
—£ - F2 = 700 • 9,8 - 770 w 6860 - 770 « 6090 (Н),
а на внешний рельс —
Me
—^ + Fx = 700 • 9,8 + 770 « 6860 + 770 w 7630 (Н).
Задача 40.9(40.9). На рис. 40.9.1
изображен узел поворотной части разводного
моста. Вал АВ с шарнирно прикрепленными
к нему под углом а стержнями CD и СЕ
вращается с угловой скоростью о^. При этом
конические шестерни К и L, свободно
насаженные на стержни CD и СЕ, катятся без
скольжения по неподвижной плоской
горизонтальной шестерне. Определить силу
дополнительного динамического давления
шестерен К и L массы М каждая на неподвижную горизонтальную
шестерню, если радиусы всех шестерен равны г. Подвижные
шестерни считать сплошными однородными дисками.
Рис. 40.9.1
Ответ:
sin a
7. Приближенная теория гироскопов
267
Мг
мнговенная
ось вращения
Рис. 40.9.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 40.9.2. Рассмотрим одну из
шестерен. Так как она катится без скольжения, то вектор ее мгновенной
угловой скорости Q лежит на прямой СР.
Причем
где щ — переносная угловая скорость (угловая скорость прецессии), (3\ —
угловая скорость собственного вращения шестерни, направленная по ее
оси симметрии (вдоль стержня СЕ). Величину Ш\ найдем из векторного
параллелограмма угловых скоростей. Нетрудно убедиться, что полученный
параллелограмм есть ромб. Поэтому ш\ = u)q.
В соответствии с формулой (4) за счет вынужденной прецессии с
угловой скоростью Шо возникает гироскопический момент
Мт = Й х uq,
который реализуется в виде момента дополнительной реакции F (силы
гироскопического давления) в точке Р относительно неподвижной точки С:
F =
;o sin a = Fr
Mr2
Hujq sin a ~~2
268
7. Приближенная теория гироскопов
Задача 40.10 (40.10). Квадратная рама со
стороной a = 20 см вращается вокруг вертикальной
оси АВ с угловой скоростью ш\ = 2 рад/с. Вокруг
оси ED, совмещенной с диагональю рамы,
вращается диск М радиуса г = 10 см с угловой
скоростью и = 300 рад/с (рис. 40.10.1). Определить
отношение дополнительных сил бокового давления
на опоры А и В к соответствующим статическим
давлениям. Массой рамы пренебречь. Массу диска
считать равномерно распределенной по ободу.
Рис. 40.10.1 Ответ: 4,32.
■^ Решение. Расчетная схема — на рис. 40.10.2. Зададим для
определенности направления вращения рамки с угловой скоростью Ш\ и диска
с угловой скоростью ш (рис. 40.10.2). По условию ш > ш\. Поэтому диск
рассматриваем как гироскоп, ось £ которого прецессирует вокруг
вертикальной оси у. Собственный кинетический момент
Н = Зш = Мг2ш.
Гироскопический момент Мг в соответствии с формулой (4) стремится
совместить векторы Н и <2\:
Мг=Яхо;1.
Вектор Мг направлен перпендикулярно рамке противоположно ее
движению. Мг есть момент пары сил дополнительного бокового давления
на опоры А и В за счет вращения с угловой скоростью Ш\:
Мг = АВ х Р{ = ВА х F.
Поэтому имеем соотношение
Мг2шш\ sin 45° = АВ • F.
Отсюда
Мг2иш\ sin 45°
~ 1 ~~ АВ
Определим теперь статические боковые давления в опорах А и В. Для
этого составим уравнения равновесия системы (при отсутствии вращения
рамки и диска):
7. Приближенная теория гироскопов
269
Получим:
Заметим, что
Силы со штрихом — это реакции со стороны подшипников на систему.
Следовательно,
ст ст Mga
А = в = 2АВ'
Получим отношение дополнительных сил бокового давления к
соответствующим статическим давлениям в опорах А и В:
F F,
sin 45° • 2 • АВ
АВ ■ Mga
2 ~
9,8 • 0,2
4,3.
270
7. Приближенная теория гироскопов
Задача 40.11 (40.12). Колесо радиуса а и массы 2М вращается
вокруг горизонтальной оси АВ с постоянной угловой скоростью щ; ось
АВ вращается вокруг вертикальной оси OD, проходящей через центр
колеса, с постоянной угловой скоростью о^; направления вращений
1С показаны стрелками (рис. 40.12.1). Найти
силы давления Na и Nb на подшипники А
A ft№#R\ В и Б, если АО = ОВ = Л; масса колеса
равномерно распределена по его ободу.
Ответ:
1 +
»в =
Рис. 40.11.1
gh )'
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 40.11.2. Собственный
кинетический момент колеса (гироскопа) равен
Я = Ju>\ = 2Ma2U\.
Ось колеса £ прецессирует с угловой скоростью о>2 вокруг неподвижной
вертикальной оси z. Возникает гироскопический момент М? = Н х ш2,
перпендикулярный плоскости O(z и направленный на нас (см. рис. 40.11.2).
В результате в подшипниках А и В возникает пара дополнительных сил
Мг
Рис. 40.11.2
7. Приближенная теория гироскопов
271
гироскопического давления Р и F\. Определим их:
2Ма2шхш2 sin 90° = F • АВ =
1
АВ 2ft ft
Найдем силы статического давления на подшипники. Для этого составим
уравнения равновесия системы (вращения отсутствуют):
Заметим, что на рис. 40.11.2 в точках А и В изображены силы давления
на подшипники А и В. В уравнения равновесия войдут силы реакции,
действующие на вал АВ со стороны подшипников, которые
удовлетворяют условиям: Р1™ = -Р^, Р'в1 = —Р'в*- Итак, уравнения равновесия:
Из них получаем, что F% = Fg = Mg. Выпишем суммарные силы
давления на подшипники А и В:
+ Mg = Mgl 1 +
gh )
Задача 40.12 (40.13). Простейший гиротахометр состоит из
гироскопа, рамка которого соединена двумя пружинами, прикрепленными к
корпусу прибора (рис.40.12.1). Момент инерции гироскопа относительно
оси собственного вращения равен J, угловая
скорость гироскопа равна ш. Определить угол а,
на который повернется ось гироскопа вместе с
его рамкой, если прибор установлен на
платформе, вращающейся с угловой скоростью и>\
вокруг оси ж, перпендикулярной оси у
вращения рамки. Коэффициенты жесткости пружин
равны с; угол а считать малым; расстояние от
оси вращения рамки до пружин равно а.
Ответ: а = —-
2са
Рис. 40.12.1
272
7. Приближенная теория гироскопов
Рис. 40.12.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 40.12.2. Ось гироскопа z пре-
цессирует с угловой скоростью ш\ вокруг вертикальной оси х. Согласно
правилу Жуковского, вынужденная прецессия вызывает гироскопический
момент My = Н х п}\, стремящийся сделать ось гироскопа z параллельной
оси прецессии х, т.е. поворачивающий рамку гироскопа вокруг оси у
против часовой стрелки. В данном случае гироскопический момент
реализуется в виде момента, противодействующего моменту сил упругости
двух одинаковых пружин. Поэтому
Нш\ sin 90° = 2Fynp • a.
Сила упругости каждой пружины Fynp = сА, где А = aa — деформация
при малых а. Поэтому стрелка (ось z) отклоняется вверх на угол
a =
sin 90° Ju)W\
" lea2 '
2оА
Замечание к задаче 40.12. В ответе, приведенном в сборнике [10], вероятно,
опечатка.
8. Метод кинетостатики (§ 41, [10])
Задача 41.1 (41.1). Определить силу тяжести, действующую на
круглый однородный диск радиуса 20 см, вращающийся вокруг оси по
закону if = 3t2. Ось проходит через центр диска перпендикулярно его
плоскости; главный момент сил инерции диска относительно оси
вращения равен 4 Н • см.
Ответ: 3,27 Н.
■* Решение. Расчетная схема изображена
на рис. 41.1.1. Главный момент сил инерции
диска
L{cl = -Jcztz = -Jcz<P-
Момент инерции Jqz = mr112. Угловое
ускорение ez = ф = 6. Отсюда масса диска
2|4*)| 2-4. Ю-2
Поэтому сила тяжести диска Р = mg = 3,27 Н.
Задача 41.2 (41.2). Тонкий прямолинейный однородный стержень
длины I и массы М вращается вокруг оси, проходящей
перпендикулярно стержню через его конец, по закону <р = at2. Найти величины
и направления равнодействующих Jn и JT центробежных и
вращательных сил инерции частиц стержня.
Ответ: Равнодействующая вращательных сил инерции JT = Mai
направлена перпендикулярно стержню на расстоянии 2//3 от оси
вращения; равнодействующая центробежных сил инерции Jn = 2Ma2lt2
направлена вдоль стержня от оси вращения.
ч, /
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.2.1. Угловая скорость
стержня о; = ф = lot, угловое ускорение стержня г = ф = 2а. Заметим, что
вращение стержня ускоренное.
Разобьем стержень на элементарные участки одинаковой длины.
Ускорения середин этих участков складываются из нормальных и
касательных составляющих:
= атк + 32,
где атк = ehk,
ак =
274
8. Метод кинетостатики
<¥■
Рис. 41.2.1
hk — расстояние от середины fc-ro элементарного участка до оси вращения
(т. О). Касательные ускорения распределяются вдоль стержня по
линейному закону, нормальные ускорения лежат вдоль стержня.
Сила инерции к-го участка, принимаемого за точку, равна
&k = -гпкак = -ткак - тпка1 = Фк + Ф£.
Касательные силы инерции Фк распределяются так же, как и касательные
ускорения, по линейному закону, образуя треугольник. Распределенные
так параллельные силы имеют равнодействующую силу, линия действия
которой проходит через точку, находящуюся на расстоянии 2Z/3 от
вершины треугольника. Равнодействующая равна главному вектору
распределенных по треугольнику сил. Поэтому
Фг = -Матс,
где точка С — центр масс стержня. Величина
Фт =Ме- = Mai.
Нормальные силы инерции Ф^ лежат на одной прямой (вдоль
стержня) и направлены в одну сторону (от оси вращения). Равнодействующая
равна главному вектору такой системы сил
Величина равна
Фп = -Мапс.
Вектор направлен вдоль оси стержня от оси вращения.
8. Метод кинетостатики
275
Задача 41.3 (41.3). Колесо массы М и радиуса г катится без сколь-
жения по прямолинейному горизонтальному рельсу. Определить
главный вектор и главный момент сил инерции относительно оси,
проходящей через центр масс колеса перпендикулярно плоскости движения.
Колесо считать сплошным однородным диском. Центр масс С
движется по закону хс = at2/2, где a — постоянная положительная
величина. Ось х направлена вдоль рельса.
Ответ: Главный вектор сил инерции равен по модулю Ма и
направлен параллельно оси в отрицательном направлении; главный момент
сил инерции равен по абсолютной величине (2/3)Маг.
v у
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.3.1. Силы инерции частиц
колеса, движущегося плоскопараллельно, приводим к центру масс колеса.
Получаем главный вектор сил инерции
Ф = -Мае,
приложенный к точке С, и главный момент
сил инерции
Величина ускорения
ас = Хс = а.
Колесо катится без скольжения, поэтому е = а/г. Величина главного
вектора сил инерции
Ф = Ма,
величина главного момента сил инерции
Mr2 a Mar
Задача 41.4(41.4). Определить главный вектор и главный момент
сил инерции подвижного колеса // планетарного механизма
относительно оси, проходящей через его центр
масс С перпендикулярно плоскости движения
(рис. 41.4.1). Кривошип ОС вращается с
постоянной угловой скоростью ш. Масса колеса //
равна М. Радиусы колес равны г.
Ответ: Главный вектор сил инерции
параллелен кривошипу ОС и равен 2Мгш2', главный
момент сил инерции равен нулю.
Рис. 41.4.1
276
8. Метод кинетостатики
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.4.2. Колесо // движется
плоскопараллельно. Приведем силы инерции частиц колеса к его центру
масс С. Получим главный вектор сил инерции
Ф
Ф = -Mac,
приложенный к точке С, и главный момент сил
инерции относительно оси Cz
M<Cz = -Jcztllz-
Кривошип вращается равномерно, поэтому
ас = апс, апс = ш22г.
Угловое ускорение колеса //
d(vc\ d(u>.2r
так как колесо // катится без проскальзывания и ш = const.
Итак, главный вектор сил инерции Ф = 2Mw2r, главный момент сил
инерции равен нулю.
Задача 41.5(41.5). Конец А однородного
тонкого стержня АВ длины 21 и массы М
перемещается по горизонтальной
направляющей с помощью упора Е с постоянной
скоростью v, причем стержень все время опирается
на угол D (рис. 41.5.1). Определить главный
вектор и главный момент сил инерции
стержня относительно оси, проходящей через центр масс С стержня
перпендикулярно плоскости движения, в зависимости от угла (р.
О v/ш/////////////////////////////////.
Рис. 41.5.1
Ответ: У^] = ЗМ^-jl sin4 ip cos <p, Vy{J) = Af-^(1 - 3 cos2 ip) sin3 ip,
■—rsin ip cos (p.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.5.2. Приводим силы
инерции точек стержня к центру масс С. Главный вектор сил инерции
Ф = -Мае,
главный момент сил инерции относительно оси, проходящей через центр
масс перпендикулярно плоскости движения,
М<*> = - JCzez.
8. Метод кинетостатики
277
О
Рис. 41.5.2
Вычислим ускорение центра масс С и угловое ускорение стержня.
Зная скорость точки А и направление скорости точки D, строим
мгновенный центр скоростей стержня (рис. 41.5.2) и находим его угловую скорость:
(л) =
VA _ V
АР ~ АР
sin у?
г; • sin ^ v • sin2 <p
Я
Н
Угловое ускорение стержня можно найти, рассмотрев движение точки D*
(неподвижного угла) как сложное (подвижная система координат связана
со стержнем) и спроецировав составляющие ускорения на направление,
перпендикулярное стержню. Но воспользуемся более простым способом:
<р
Н
е = if = — • 2 sin <p cos if • (р = 2—г • sin <p cos <p
M H
(так как v = const, H = const).
Выпишем координаты центра масс стержня:
Хс = О А + / cos <p, ус = 1 sin (p.
Дифференцируем: ±с = v - / sin <p • <р, ус = I cos tp • ф;
2 V 4
хс = -lcosip-ф - I sin <р • $ = -J-jjj Ф 3 sin ^ cos ^>
278 8. Метод кинетостатики
ус = -I sin (р • ф2 + I cos <р- ф = -/—(sin5 (р - 2 cos2 ip sin3 ^?) =
= —£—j sin ^'(A~3COS ^?).
Главный вектор сил инерции стержня:
V2
Фх = -Мхе = ЪМ—^l sin4 <p cos ^,
V2 2 з
Фу = -Мус = М—^1{\ - 3 cos (p) sin ^.
Главный момент сил инерции стержня:
М(21)2 2 2v2 з
= 1—<Р = --М1 -—г sin
Задача 41.6(41.6). По данным предыдущей задачи определить
динамическое давление No стержня на угол D.
8 v2l2 л
Ответ: ND = jM sin <pcos<p.
ч У
^ Решение. Воспользуемся результатами задачи 41.5. Для
определения динамического давления ND стержня на угол D применим принцип
Даламбера для системы материальных точек. К центру масс стержня
приложены сила тяжести Mg и главный вектор сил инерции Ф, в точках А
и D приложены реакции опор Rah Rd, вдоль оси Cz, перпендикулярной
плоскости движения, приложен главный момент сил инерции стержня
MCz . Так как требуется определить не полное давление, а динамическое,
то не будем учитывать силу тяжести. Опору в точке D предполагаем
гладкой. Поэтому вектор Яр направлен перпендикулярно стержню АВ
вверх. Система сил, приложенных к стержню — плоская.
Достаточно записать одно уравнение: сумма моментов перечисленных
сил относительно точки А равна нулю (см. рис. 41.5.2):
тт
-ФХ1 sin ip + ФУ1 cos ip + М$ + RD -— = 0.
Динамическая реакция опоры D равна:
i2 Ф i Ml ЪМ
sin (р Фу sin ip cos (p Mcl = ЪМzl2 sin6 <
H H H
RD = Фх — sin2 (р - Фу — sin ip cos (p - Mcl = ЪМ—zl2 sin6 <p cos <p -
H H H
v2 2 v2
- M—j/2 sin4 <p cos <p{\ - 3 cos2 ip) + -Ml2—j sin4 (p cos (p =
8. Метод кинетостатики
279
2 / 9 \
= Ml2—г ( 3 sin6 (p cos (p - sin4 (p cos if + 3 sin4 if cos3 y? + - sin4 <p cos ^?) =
= Ml2—з sin4^cosy?( - - 1+3 j = -Ml2-—jsin4y?cosy?.
Согласно закону равенства сил действия и противодействия
динамическое давление стержня на угол D равно по величине динамической
реакции силы: Np = Rd .
Задача 41.7(41.9). Для экспериментального определения
замедления троллейбуса применяется жидкостный акселерометр,
состоящий из изогнутой трубки, наполненной маслом и расположенной
в вертикальной плоскости (рис. 41.7.1). Определить величину
замедления троллейбуса при торможении, если при этом уровень жидкости
в конце трубки, расположенном в направлении движения,
повышается до величины hi, а в противоположном
конце понижается до h\. Положение
акселерометра указано на рисунке: a\ = ai =45°,
h\ = 25 мм, hi = 75 мм.
w
Ответ: w = g
(ft2-fti)tgaitga2
= 0,5*.
Рис. 41.7.1
■^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.7.2. Соединим уровни
жидкости в леюй и правой трубках прямой АВ, Ясно, что прямая АВ
параллельна уровню жидкости, который устанавливается в процессе движения
(сообщающиеся сосуды). Уровень жидкости на свободной поверхности
устанавливается в соответствии с уравнением кинетостатики для частицы
жидкости (см. рис. 41.7.3):
Am-wr = Am-£+(-Am-t#e) + Ар, (1)
где i?r — относительное ускорение частицы относительно троллейбуса,
которое в положении равновесия равно 0, we — переносное ускорение,
280
8. Метод кинетостатики
° t >
Рис. 41.7.3
^ которое равно ад, Ар — сила нормального давления
в жидкости, которая перпендикулярна к свободной
поверхности.
Проецируя уравнение (1) на ось f (направление
свободной поверхности), получим: gsin/3 = wcos/3,
где /3 — угол, образуемый свободной поверхностью
с горизонталью ж. Тогда w =g-tg/3. Найдем tg/3
из геометрических соображений (см. рис. 41.7.2):
h ь_
tg/J =
CD '
Из прямоугольных треугольников АОС и BOD получим:
CD = CO + OD = — + k"
Тогда
tg/J =
tga2
h2-h{
/ii -ctgai +h2 -ctga2'
w =g-tg/3 =
hi • tg a2 + Л2 • tg ai
Задача 41.8 (41.10). С каким ускорением должна двигаться по
горизонтальной плоскости призма, боковая грань которой образует угол
а с горизонтом, чтобы груз, лежащий на боковой грани, не
перемещался относительно призмы?
Ответ: w =gtga.
■Ф" Решение. Расчетная схема — на рис. 41.8.1.
Применим к грузу принцип Даламбера. Груз
движется поступательно, поэтому силы инерции
частиц груза приводятся к равнодействующей
Ф = -та,
которая приложена к центру масс груза.
На груз, кроме того, действуют сила тяжести
mg и нормальная реакция со стороны гладкой
поверхности призмы N. Составим уравнение равновесия, приравняв нулю
сумму проекций всех сил на ось ж, направленную вдоль наклонной
поверхности призмы:
mg sin a - Ф cos a = 0.
Рис. 41.8.1
8. Метод кинетостатики
281
Так как Ф = гаа, то
mg sin a - ma cos а = 0.
Поэтому искомое ускорение призмы
a = g tg а.
Задача 41.9 (41.11). Для исследования влияния
быстро чередующихся растягивающих и сжимающих сил на
металлический брусок (испытание на усталость)
испытуемый брусок А прикрепляют за верхний конец к ползуну
В кривошипного механизма ВСО, а к нижнему концу
подвешивают груз массы М (рис. 41.9.1). Найти силу,
растягивающую брусок, в том случае, когда кривошип
ОС вращается вокруг оси О с постоянной угловой
скоростью W.
Указание. Выражение у 1 - (r/l)2 sin2 <p следует разложить в ряд
и отбросить все члены ряда, содержащие отношение г/1 в степени
выше второй.
Ответ
: Mg + Мгш21 cos ut + - cos 2ut j.
Рис
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 41.9.2. Применим принцип
Даламбера к бруску А. Брусок движется поступательно и прямолинейно,
поэтому силы инерции его частиц приводятся к равнодействующей, линия
действия которой направлена вдоль бруска. Согласно принципу Даламбера
приложенные к нему силы уравновешены:
/////л
Вектор Ф = -Ma, Реакция Rb со стороны
ползуна и есть искомая растягивающая сила.
Определим ускорение бруса а, которое
совпадает с ускорением ползуна В, Введем ось х
вдоль направляющей ползуна В и запишем его
координату:
хв = г cos tp +1 cos a.
Угол a найдем по теореме синусов из
треугольника ОС В:
I
sin a
sin ^
sin a = - sin <p
Рис. 41.9.2
282 8. Метод кинетостатики
==> cos a
Координата
= \/l - sin2 a = 4 /1 - ( - j sin2 (p.
/r\2
= r cos (p +1\ 11 - I у ) sin2 (p.
Воспользуемся указанием к задаче и, предположив, что г < I, разложим
второе слагаемое в степенной ряд и отбросим члены выше второго порядка
малости:
l- fyj i2 /r^l! l fj iV
Выпишем
~ г cos ^ - I 1 + - ( - j sin2 <p .
Продифференцируем:
? = -г sin (р • ф - 11 - I sin ^? cos ^ • ф =
= -г sin ^ • 0 - 11 у 1 - sin 2<p • 0,
• ф - 11 - 1 cos 2<p • 02 1 - si
= -г cos (р *ф" - г sin (р • ф - 11 у ) cos 2у? -ф~ /1 у 1 sin;
Кривошип ОС вращается равномерно с угловой скоростью ш.
Поэтому
<р = wt, ф = ш, ф = О
и
жб = -га;2 ( cos wt 4- у cos 2а;£ ).
Спроецируем уравнение (1) на ось х:
-RB + Mg + Ф = 0.
Растягивающая сила
Дз = Mg + Ф = Mg + Mo = Mg + Mru;2 ( cos wt 4- у cos 2a;£ j.
8. Метод кинетостатики
283
Задача 41.10 (41.12). Определить опорные
реакции подпятника А и подшипника В
поворотного крана при поднимании груза Е
массы 3 т с ускорением g/З. Масса крана
равна 2 т, а его центр масс находится в точке С. 5 м
Масса тележки D равна 0,5 т. Кран и тележка
неподвижны. Размеры указаны на рис. 41.10.1.
Ответ: ХА = -Хв = 52,1 кН; YA = 63,9 кН.
5м
D
П2Е
.2м
Рис. 41.10.1
У к
Рис. 41.10.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.10.2. К системе приложены
силы тяжести M\g, Mug и Msg, реакции подпятника
Ra = %а + Ya + Za,
подшипника
Rb = Х-в 4- %в
и сила инерции поступательно движущегося груза
ФЕ = -МЕаЕ.
Согласно принципу Даламбера эта система сил — уравновешенная:
Г
u
284 8. Метод кинетостатики
Спроецируем векторные уравнения на оси координат:
ХА + ХВ = О,
У а ~ Mxg - MDg - MEg - Ф = О,
ZA + ZB=0,
ZBAB = О,
0 = 0,
I -ХВАВ- Mxg • СХС - MDg • DXD - MEg • DXD - ФЕ • DXD = 0,
где
ФЕ = MEaE = ME-g,
Решая уравнения, получаем опорные реакции подпятника А и
подшипника В:
= |f 2000-2 + 500-5 +3000-5 + 3000-^-5J «51940 Н,
или ХА = -Хв « 52 кН;
YA = Mxg + MDg + MEg + Ф = g(Mi + MD + ME + -Me j «
« 9,8 • nOOO + 500 + 3000 + - • 3000 j = 63 700 H,
или YA « 63,7 кН; ZA = ZB = 0.
Задача 41.11 (41.13). Определить опорные реакции подпятника А
и подшипника В поворотного крана, рассмотренного в предыдущей
задаче, при перемещении тележки влево с ускорением 0,5g при
отсутствии груза Е, Центр масс тележки находится на уровне опоры В,
Ответ: ХА = 12,8 кН, ХБ = -15,2кН; УА = 24,5 кН.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.11.1. Воспользуемся
решением задачи 41.10. Система (согласно принципу Даламбера) находится
в равновесии под действием плоской системы сил: силы тяжести,
равнодействующая сил инерции поступательно движущейся тележки
Фв = -MD • aD
8. Метод кинетостатики
285
У i
Рис. 41.11.1
и ненулевые составляющие реакций в опорах А и В, расположенные
в той же плоскости Аху,
Поэтому составим три уравнения равновесия: суммы проекций всех
сил на оси координат хиу равны нулю и сумма алгебраических моментов
всех сил относительно точки А равна нулю:
YA - Mxg - MDg = 0,
-Хв-AB-Mxg-CxC-MDg-
Решая эти уравнения, получим опорные реакции:
YA = Mxg + MDg = g{Mx + MD) « 9,8(2000 + 500) = 24 500 (H),
или YA = 24,5 кН;
1 /
= —7^1 M\g
AB \
+ MDg
\gAB) =
AB
-¥(
2000 • 2 + 500 • 5 + - • 500 • 5 ) = -15 190 (H),
или Хв и -15,2 кН;
Xa = -Хв -Фв = 15,2 - 0,5 • - • 9,8 = 12,75 (кН).
286 8. Метод кинетостатики
Задача 41.12 (41.14). На паром, привязанный к берегу двумя
параллельными канатами, въезжает грузовик массы 7 т со скоростью
12 км/ч; тормоза останавливают грузовик на протяжении 3 м.
Предполагая, что сила трения колес о настил парома постоянна, определить
натяжение канатов. Массой и ускорением парома пренебречь.
Ответ: Г = 6,48 кН.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.12.1. Сила f — сила
натяжения канатов, РАрх — сила Архимеда, Ф = -Ma — равнодействующая
сил инерции точек грузовика, движущегося поступательно. Используя
принцип Даламбера, составим уравнение равновесия всех сил системы
в виде суммы проекций сил на горизонтальную ось х:
Ф - Т = О, или Ma - Т = 0.
Отсюда Т = Ma.
Определим ускорение грузовика а. Так как по условию сила трения
колес о настил парома постоянна, то ускорение замедления при
торможении грузовика о = const.
Поэтому
dx dx
х = -a => — = -a => x — = -a =>
dt dx
0 s 2
==> xdx = - I adx => -~vl = -as => a = -^.
v0 0
Суммарная сила натяжения канатов
8. Метод кинетостатики
287
В силу симметрии сила натяжения каждого каната
2
1Х — -1 — —— — j-^ ^ 04»! (Н).
45 4-3
Замечание к задаче 41.12. В [4] подобная задача под номером 26.24 из [10]
решалась другим методом.
Задача 41.13 (41.15). Автомобиль массы М движется
прямолинейно с ускорением w. Определить вертикальное давление передних
и задних колес автомобиля, если его центр масс С находится на
высоте А от поверхности грунта. Расстояния передней и задней осей
автомобиля от вертикали, проходящей через центр масс, соответственно
равны а и Ь. Массами колес пренебречь. Как должен двигаться
автомобиль, чтобы давления передних и задних колес оказались равными?
M(gb-wh) M(ga + wh)
Ответ: N\ = ———, 7\Г2 = —п '•> ПРИ торможении ав-
томобиля с замедлением w =g-
a-b
2h '
a + b
■* Решение. Расчетная схема движения автомобиля — на рис. 41.13.1.
К автомобилю приложены сила тяжести, нормальные реакции со стороны
поверхности дороги, силы трения скольжения колес и равнодействующая
сил инерции частиц поступательно движущегося автомобиля (массами
колес по условию пренебрегаем).
Причем
Ф = -Mw,
N\, N2 — суммарные нормальные реакции соответственно передних и
задних колес, Др,, Др2 — суммарные силы трения скольжения соответствен-
W
Рис.41.13.1
288
8. Метод кинетостатики
но передних и задних колес. Предполагаем систему сил плоской.
Применяя принцип Даламбера, составим уравнения:
т.е.
MCz{Fk) = О,
Nl+N2-Mg = О,
Nia + Fm h-N2b + FTP2h = 0.
Решаем полученные уравнения:
= Mg,
\Nia-
N2 = Mg,
Mgb - ЛФ Mgb - hMw M(gb - wh)
a + b a + b
M(ga + wh)
a + b
= Mg-Nx =
Заметим, что силы N\ и i\T2 — это реакции, действующие на
автомобиль со стороны дороги. Силы давления колес автомобиля на дорогу
согласно закону равенства сил действия и противодействия будут
такими же по величине, но направлены вниз.
Найдем, при каком условии N\ = i\T2:
M(gb - wh) M(ga + wh)
a+b ~ a+b
w = -g-
a-b
2ft~'
Это означает, что автомобиль движется с замедлением, если а > 6,
и ускоренно, если а < Ь.
M(gb - wh)
Замечание к задаче 41.13. Из полученного выражения N\ = сле-
а + о
дует, что при w > g • b/h реакция N{ < 0, т. е. происходит отрыв передних
M(ga + wh)
колес. Аналогично из выражения Ni = следует, что при замедлении
а + b
с w < — g • a/h реакция N2 < 0 и происходит отрыв задних колес.
8. Метод кинетостатики
289
Задача 41.14(41.16). С каким ускорением w
опускается груз массы М\, поднимая груз массы М2 с
помощью полиспаста, изображенного на рис. 41.14.1?
Каково условие равномерного движения груза М\ ? Массами
блоков и троса пренебречь.
Указание. Ускорение груза М2 в четыре раза меньше
ускорения груза Mj.
Ответ: w = 4g
4Afj - М2 Af! _ 1
\6М{ + М2' ~М2 ~ 4"
Рис.41.14.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.14.2. Система совершает
одномерное движение вдоль вертикали (на рис. 41.14.2 ось х направлена
вдоль вертикали вниз). Подвижный блок 02 перемещается прямолинейно
вдоль оси х (вращаясь при этом) в том и только в том случае, если
его мгновенный центр скоростей Р находится строго вертикально под
точкой О\ (центром неподвижного блока). Найдем положение точки
Р. Установим связь между перемещениями точек М\ и М2. Пусть М\
переместилась на Х\ вниз, тогда в силу нерастяжимости нити точка К
переместится на х\ вверх. Пусть х2 — перемещение груза М2 и, значит,
точки 02 — центра блока. Тогда точка 04 — центр подвижного блочка —
переместится также вверх на х2, а так как точка Р4 — МЦС маленького
блочка 04 (нить Р4О3 имеет нулевую скорость), то перемещение точки L
подвижной нити равно 2х2 и направлено вниз. МЦС блока О2 находится
на пересечении прямой, проходящей через концы перемещений точек 02,
L и К с горизонтальным диаметром блока. Тогда
РО2 = 1-
LP=-r.
Из подобия треугольников получим:
хх _ РК хх _
х2 ~~ Р02 х2 ~
а2
где а\ и а2 — ускорения грузов М\ иМ2. Вводя силы инерции Ф\ = -М\п\
и Ф2 = -М2а2 и составляя уравнения моментов сил {Фь Ф2, P\,P2i Ro\}
относительно точки 0Ь получим:
(Mxg - Mxax)R -
- М2а2) • -г = О
290
8. Метод кинетостатики
К
X У
и, воспользовавшись равенствами R = 4r/3, ai = u\/4, получим
- М2)
= w =
16М, - М2
Если М\ = М2/4, то w = 0.
8. Метод кинетостатики
291
Задача 41.15 (41.17). Гладкий клин массы М и с углом 2а при
вершине раздвигает две пластины массы М\ каждая, лежащие в покое на
гладком горизонтальном столе (рис. 41.15.1).
Написать уравнения движения клина и
пластин и определить силу давления клина на
каждую из пластин.
Ответ: Уравнение движения клина:
Рис.41.15.1
где w =
Mctga
уравнение движения пластин:
Wit2
sx =
—,
где
сила давления
N =
M\W\
cos a
Ф
■v:
a
►
Ф,
Рис. 41.15.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.15.2. Расчленим систему
и исследуем движение клина и левой пластины отдельно. Заметим, что
в силу симметрии правая пластина движется так же, как и левая (только
в другую сторону: направо).
Согласно принципу Даламбера пластина находится в равновесии
под действием силы тяжести M\g, нормальной реакции гладкого
горизонтального стола N\, силы давления со стороны клина Р[,
перпендикулярной боковой поверхности пластины, и равнодействующей силы
инерции Ф! = -М\п1 поступательно движущейся пластины с
ускорением 5\ (см. рис. 41.15.2). Клин находится в равновесии под действием
292 8. Метод кинетостатики
силы тяжести Mg, сил реакций со стороны пластин (F\ = —F[ и F2)
и равнодействующей силы инерции Ф = -Ma (см. рис. 41.15.2).
Составим уравнения движения пластины и клина в форме принципа
Даламбера, записав суммы проекций перечисленных выше сил на оси
координат х и у:
{F[cosa-^i=0, Г
M\g + F[ sina - N\ = 0 \
(1)
Mg - Ф - F\ sina-JF2sina = 0,
где Ф] = М\п\ , Ф = Ma.
Найдем связь между ускорениями пластины а\ и клина а. Для этого
рассмотрим движение точки А клина как сложное. Подвижные оси £ и г)
свяжем с поступательно движущейся пластиной
(см. рис. 41.15.3).
Абсолютное ускорение точки А, равное
ускорению клина, можно представить как сумму от-
О
77 носительного аг и переносного ае ускорений:
Рис. 41.15.3 a = ar +Se.
Ускорение Кориолиса равно нулю. Переносное ускорение ае равно
ускорению пластины а\. Из треугольника ускорений имеем соотношение:
а\ = a tga.
Перепишем уравнения (1) в виде:
F\ cos a - М\а tg a = О,
Mxg 4- Fx sin a - Nx = 0,
-F\ cos a 4- F2 cos a = 0,
w Mg - Ma - F\ sin a - F2 sin a = 0.
Решая их, получим:
tga
Fx =F2 =Mxa ,
cos a =>
Mg - Ma - 2FX sin a = 0
M M ctg a
tg2a Mctga + 2Mj tga'
F{ = F2 = F[ =
cos a cos a
Клин и пластина движутся с постоянными ускорениями:
Mctga
8. Метод кинетостатики
293
Сила давления клина на каждую из пластин:
N FX F2 MX.
cos a
Уравнение движения клина получим, интегрируя дифференциальное
уравнение у = а с нулевыми начальными условиями:
at2
у = т-
Уравнение движения пластины получим, интегрируя дифференциальное
уравнение х = п\ с нулевыми начальными условиями
* =
Задача 41.16(41.18). Груз А массы М\ опускаясь вниз,
приводит в движение посредством нерастяжимой нити, переброшенной
через неподвижный блок С, груз В массы ВГУ
Mi (рис. 41.16.1). Определить силу давления
стола D на пол, если масса стола равна Мз.
Массой нити пренебречь.
Ответ
: N = (
Mi + М2 4- М3 -
Mi +М2
У
D
РИС.41.16.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.16.2. Применим принцип
Даламбера для всей системы. Согласно принципу, внешние для системы
силы (силы тяжести M\g, M2g, M^g; нормальная реакция пола N, силы
трения со стороны пола) и силы инерции грузов Ф] = -М\п\ , Ф2 = -М2а2
294
8. Метод кинетостатики
образуют уравновешенную систему сил. Заметим, что ускорения грузов
п\ и а2 равны по величине в силу нерастяжимости нити.
Приравняем нулю сумму проекций всех сил на вертикальную ось у:
-N 4- M}g 4- M2g 4- M3g - Ф, = 0.
Отсюда
N = M\g 4- M2g 4- М& - M\d\.
Для определения ускорения d\ применим принцип Даламбера для
каждого из грузов, записав сумму проекций сил для 1-го груза на
вертикальную ось у, а для 2-го груза — на горизонтальную ось х:
Mxg - Ф, - Г, = О, Т2 - Ф2 = О,
где
Ф1 = M\d\, Ф2 = Midi = Mid\\
силы натяжения нити Т\ = Ti (так как нить невесомая и блок С
неподвижен).
Итак,
М,
fll " М, 4-м/'
и, следовательно, нормальная реакция со стороны пола, а значит и сила
давления стола на пол, равна величине
М,
N = g(M{ 4- М2 4- М3) - М,
= g( M\ 4-М24-М3-
М,4-М2
м?
М, 4-М2
)■
Задача 41.17(41.19). Груз А массы Мь опускаясь вниз по
наклонной плоскости D, образующей угол а с горизонтом, приводит
в движение посредством нерастяжимой
нити, переброшенной через неподвижный блок
С, груз В массы М2 (рис. 41.17.1).
Определить горизонтальную составляющую давления
наклонной плоскости D на выступ пола Е.
Массой нити пренебречь.
Рис. 41.17.1
M\sina-M2
Ответ: N = M\g cos a.
М\ Л-Mi
ЪФ Решение. Применяя принцип Даламбера для всей системы,
запишем уравнение в виде суммы проекций сил на ось х (см. рис. 41.17.2):
Rx - Ф\ cos a = 0.
8. Метод кинетостатики
295
М \ъ У
ф,
Рис. 41.17.2
Рис. 41.17.3
Горизонтальная реакция, действующая на клин D со стороны выступа Е,
равна Rx = Ф1 cos a = M\d\ cos a.
Согласно закону равенства сил действия и противодействия с такой же
по величине силой клин D действует на выступ Е вдоль горизонтали.
Найдем ускорение груза А. Заметим, что в силу нерастяжимости нити
ускорения грузов Aw В равны по величине:
а, = а2.
Применим принцип Даламбера отдельно для груза А и отдельно для
груза Б. Сумма проекций всех сил, с учетом равнодействующей силы
инерции поступательно движущегося груза А, на ось S вдоль наклонной
плоскости клина равна нулю:
Mjgsina - Ф1 -Ti = 0.
Аналогично, для груза В сумма проекций сил на вертикальную ось у
равна нулю:
Т2 - M2g - Ф2 = 0.
Силы натяжения нитей Т\ и Т2 равны по величине, так как нить невесома
и блок С неподвижен.
Перепишем последние два уравнения с учетом того, что
Т\=Т2, Ф\=М\п\, Ф2
{M\g sin a - М\а\ -T\ = 0,
Т{ - M2g - М2а{ = 0.
Из полученной системы уравнений определяем ускорение
М\ sin а - М2
=g~
Поэтому искомая сила давления
Мх+М2
М\ sin a - М2
^давл =Rx= Mxg- COS a.
M\ + M2
296
8. Метод кинетостатики
Задача 41.18(41.21). Однородный стержень массы М и длины I
вращается с постоянной угловой скоростью и вокруг неподвижной
вертикальной оси, перпендикулярной стержню и проходящей через
его конец. Определить растягивающую силу в поперечном сечении
стержня, отстоящем от оси вращения на расстоянии а.
Ответ: F = М(12 - а2)^-.
Z i
aOz
_ О
^OxJ
UJ
М
Оу
Рис. 41.18.1
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 41.18.1. «Разрежем» стержень
на расстоянии а от его оси вращения и отбросим правую часть, заменив ее
действие силами реакции вдоль осей координат Rx,Ry,Rx и моментами
Mx,My,Mz.
К оставшейся части стержня применим принцип Даламбера. Для
этого добавим к силе тяжести mg, реакциям Хо, Yq, Zq9Mox, Moy, Mqz
в точке О на оси вращения и реакциям на правом, конце силы инерции
частиц стержня.
Стержень вращается равномерно. Поэтому частицы стержня
имеют лишь нормальные ускорения, направленные вдоль стержня к оси
вращения. Силы инерции частиц стержня направлены вдоль стержня
противоположно ускорениям. Такая система сил приводится к
равнодействующей силе инерции Ф1 = -raja^,, линия действия которой проходит
через центр масс С\ вдоль стержня. Величина
a 2a 2^
Ф1 = m{ac, = M-w - = Ми —.
8. Метод кинетостатики
297
Приравняем нулю сумму проекций всех перечисленных сил на ось у,
направленную вдоль стержня:
Ф1=0. (1)
Для определения реакции Yo применим принцип Даламбера для всего
стержня. Запишем уравнение равновесия в виде суммы проекций сил на
ось у:
Yo + Ф = 0, (2)
где Ф = -Mac ~ равнодействующая сил инерции частиц целого стержня.
Величина
Решаем уравнение (2):
Полученную величину Yo подставляем в (1) и выражаем Ry:
a? I /2 — a?
щ = -ф, - Yo = -Ми2— + Ми2- = Ми2 .
Это и есть сила, растягивающая стержень в поперечном направлении.
Задача 41.19(41.22). Однородная
прямоугольная пластинка массы М равномерно вращается
вокруг вертикальной оси с угловой скоростью ш
(рис. 41.19.1). Определить силу, разрывающую
пластину в направлении, перпендикулярном оси
вращения, в сечении, проходящем через ось вращения.
Ответ:
Маш2
Рис. 41.19.1
■► Решение. Расчетная схема изображена
на рис. 41.19.2. Система координат Oxyz
связана с вращающейся пластиной.
«Отбросим» правую половину пластины
и вал вдоль вертикальной оси. Их действие
на оставшуюся половину заменим
составляющими силы и момента реакции Хо, Yo, Zo
И Mox,Moy,Moz-
Применим принцип Даламбера. Для
этого добавим силы инерции частиц
полупластины. Так как вращение равномерное, то частицы
Ф
>'mg
а о
Юг
Рис. 41.19.2
298
8. Метод кинетостатики
имеют лишь нормальные ускорения, направленные параллельно оси Ох
к оси вращения Oz. Поэтому их силы инерции также параллельны оси Ох
и направлены от оси вращения Oz (толщиной пластины пренебрегаем).
Так как пластина однородная, то такая система сил инерции имеет
равнодействующую, линия действия которой проходит через центр масс С\:
Ф = -miajj. Величина
„ М 2 a Maw2
Ф = mxaCx = —u - = ——.
Приравняем нулю сумму проекций всех сил на ось Ох:
Хо + Ф = 0.
Отсюда Хо = -Маш2 /4. Следовательно, искомая сила, разрывающая
пластину, равна Маш2/4.
Задача 41.20(41.23). Однородный круглый диск
радиуса R и массы М вращается с постоянной
угловой скоростью и вокруг своего вертикального
диаметра (рис. 41.20.1). Определить силу, разрывающую
диск по диаметру.
Ответ:
Зтг
Рис. 41.20.1
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 41.20.2. Система координат
Oxyz связана с вращающимся диском. «Разрежем» диск вдоль
вертикального диаметра и «отбросим» левую половину.
Действие отброшенной части и
вертикального вала на оставшуюся часть диска заменим
реакциями XOiYOiZo и МОх, МОу, MOz.
Центр масс С\ половины диска
определяется соотношением [4,11]:
2 sin(Tr/2) 4R
2 sin a
= —it
3 a
тг/2
Зтг
ш
Рис. 41.20.2
Чтобы воспользоваться принципом Даламбе-
ра, добавим силы инерции частиц полудиска.
Приведем силы инерции к точке О. Так как
система вращается равномерно и все три оси являются главными осями
инерции для точки О, то главный момент сил инерции полудиска
относительно точки О равен нулю (Lq =0). Главный вектор сил инерции
8. Метод кинетостатики
299
(равнодействующая сила инерции): Ф = -raiaj,. Линия действия
проходит через центр масс С\. Величина
М 2 ^ 2Mu2R
Ф = mxa\ = —ш2 • ОС, = 37г .
Составим уравнение равновесия сил для полудиска в проекции на ось Оу:
Получим
2 Mu2R
- .
3 7Г
Сила, разрывающая диск по диаметру, равна
2Mw2R
Зтг '
Задача 41.21 (41.24). Тонкий прямолинейный однородный
стержень длины I и массы М вращается с постоянной угловой скоростью и
около неподвижной точки О (шаровой
шарнир), описывая коническую поверхность с
осью О А и вершиной в точке О (рис. 41.21.1).
Вычислить угол отклонения стержня от
вертикального направления, а также величину N
давления стержня на шарнир О.
Ответ: <р = arccos
N=2Ml"2t + 4ib-
■► Решение. Расчетная схема изображена
на рис. 41.21.2. Применим принцип Даламбе-
ра. На стержень действуют сила тяжести Mg
и сила реакции шарового шарнира О с
составляющими Xo,Yo,Zq (рис. 41.21.2).
Разобьем стержень на элементарные
участки одинаковой длины (рис. 41.21.3).
Ускорения средних точек этих участков
распределятся вдоль стержня по линейному закону, так
как и = const и a,k = w2hk, где hk —
расстояние от средней точки элементарного участка
до оси вращения Oz. Силы инерции
элементарных участков стержня (которые принимаем
300
8. Метод кинетостатики
за точки), тоже распределятся по линейному
закону. Распределенные так параллельные силы
_ имеют равнодействующую силу, приложенную
ф- к точке D, которая делит длину стержня в отно-
Ф шении 2: 1 [4,11].
Поэтому
Рис. 41.21.3
OD = h, Ф = -Мс%, Ф = Мш2- sin v.
Составим уравнения равновесия силы тяжести, сил реакции шарнира О
и силы инерции в виде суммы проекций их на координатные оси и суммы
моментов их относительно координатных осей. Получим:
Хо = 0, Yo + Ф = 0, Zo - Mg = 0,
/ 2
- Mg- sin <p + Ф • -I cos tp = 0, 0 = 0, 0 = 0.
Заметим, что указанные силы, приложенные к стержню, не создают
моменты относительно осей Оу и Oz, поэтому последние два уравнения
обращаются в нулевые тождества.
Решаем четвертое уравнение системы:
-Mg- sin (p + Мш2- sin <p-l cos <р = 0 =Ф
cos<p =
2/и;2'
<р = arccos
sin <p Ф 0
Из первых трех уравнений системы получаем, что Хо = 0,
Yo = -Ф = -Мы2*- si
= -Ми>21-ф -
Zo = Mg.
Поэтому величина силы давления стержня на шарнир О равна
/2 О
- - —M2g2+M2g2 =
4i2o;4
8. Метод кинетостатики
301
Задача 41.22 (41.25). В центробежном
тахометре два тонких однородных прямолинейных
стержня длины а и Ь жестко соединены под
прямым углом, вершина которого О шарнирно
соединена с вертикальным валом (рис. 41.22.1);
вал вращается с постоянной угловой скоростью
и. Найти зависимость между ш и углом
отклонения <р, образованным направлением стержня
длины а и вертикалью.
Ответ: ш2 = 3g
b2 cos <p - a2 sin <p
(63 - a3) sin 2<p
Рис. 41.22.1
r X Ш
Рис. 41.22.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 41.22.2. Координатные оси
Oxyz свяжем с вращающейся системой так, что стержни расположены
в плоскости Oyz.
Применим принцип Даламбера. Для этого шарнир О заменим
реакциями Xo,Yo,Zo- Для удобства рассмотрим стержни отдельно. На
каждый из них действует своя сила тяжести, приложенная соответственно
в центрах масс С\ и Ci'. rri\g и rrtig, где
m, =
М
a + b
a,
м
a + b
b.
При исследовании сил инерции воспользуемся рассуждениями,
приведенными в решении задачи 41.21. Получим, что для одного стержня
302 8. Метод кинетостатики
равнодействующая сила инерции
= -mxanCx
приложена к точке В (ОВ = 2а/3), причем величина
М 2а ,
а" si
а для другого стержня равнодействующая сила инерции
Ф2 = -т2а!с2
приложена к точке D (OD = 26/3), причем величина
Ф2 = т2апСг = -—^2 cos^-
Запишем уравнение равновесия всех перечисленных сил изогнутого
стержня в виде суммы моментов сил относительно оси Ох:
а • ь ~2 ^ 2, •
m\g- siny? - m^g- cosy> - Ф\-аcos<p + Ф2-0sm<p = 0.
Расписав величины, получим:
Ma2, Mb2 M a2 22
—w -asin<pcos<p
a + Ъ 2d r a + 6 2° T a + b 2 3
M 62 22t
H --a; -ft sin <p cos ^ = 0.
a + 0 2 3
После несложных преобразований выразим зависимость между угловой
скоростью ш и углом отклонения (р:
2 b2 cos (р - a2 sin ^
W =3g (ft3-a3) sin 2^ *
N
Задача 41.23 (41.26). Тонкий однородный прямо-
В линейный стержень АВ шарнирио соединен с
вертикальным валом в точке О (рис. 41.23.1). Вал вращается
с постоянной скоростью ш. Определить угол
отклонения (р стержня от вертикали, если О А = а и OB = ft.
3g
Ответ: cos <р = - —=■ -
2 a;2 a2 - aft + ft2'
Рис. 41.23.1
8. Метод кинетостатики
303
Рис. 41.23.2
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 41.23.2. Систему координат
Oxyz свяжем с вращающимся стержнем так, что он все время расположен
в плоскости Oyz. Действие шарнира на стержень заменим силами реакции
Xo,Yo,Zo. Для удобства рассмотрим две части стержня, разделенные
вертикальной осью.
К первой части стержня в центре масс С\ приложена сила тяжести
m\g, причем
М
тп\ = -а.
а + Ь
Ко второй части стержня в центре масс С2 приложена сила тяжести m^g,
причем
гп2 = -Ь.
а + Ь
При исследовании сил инерции стержня воспользуемся результатами,
приведенными в решении задачи 41.21. В точке А (ОА = 2а/3) первой
части стержня приложена равнодействующая сила инерции
причем величина
Ф, = -
М 2а .
-а -о; - sin (p.
а + Ь 2
В точке В (ОВ = 26/3) второй части стержня приложена
равнодействующая сила инерции
Ф2 = -
304 8. Метод кинетостатики
причем
М
Ф
Ф2 = гЬш
a + о 2
Приравняем нулю сумму моментов всех сил стержня относительно
a • ь • ^ 2 ^ 2,
rrt\g- sin у? - m^g- smy? - Ф\-асоыр- Фг-осоБ^ = 0.
Распишем величины:
Ma2 Mb2 Ma2 22
— g sin <p — g sin <p —u) -a sin <p cos (p -
a ~4" b 2 a -\- b 2 a -\- b 2 3
M b2 22t .
—ш -b sm (p cos (p = 0.
a + b 2 3
После несложных преобразований, учитывая, что sin <р Ф 0, получим:
3 к а2 — Ь2 3# а — b
2 о;2 а3 + Ь3 2 а;2 а2 -
9. Давление вращающегося твердого тела
на ось вращения (§ 42, [10])
Задача 42.1 (42.1). Центр масс махового колеса массы 3000 кг
находится на расстоянии 1 мм от горизонтальной оси вала; расстояния
подшипников от колеса равны между собой. Найти силы давления на
подшипники, когда вал делает 1200 об/мин. Маховик имеет плоскость
симметрии, перпендикулярную оси вращения.
Ответ: Сила давления на каждый из подшипников есть
равнодействующая двух сил, из которых одна равна 14,7 кН и направлена по
вертикали, а другая равна 23,6 кН и направлена параллельно прямой,
соединяющей геометрический центр колеса, находящийся на оси вала,
с центром масс колеса.
*■► Решение. Расчетная схема — на рис. 42.1.1. Свяжем систему
координат Axyz с вращающейся системой (вал с маховым колесом). Причем
ось Ау все время направлена параллельно ОС, где С — центр масс колеса.
Внешние силы для системы: сила тяжести Mg и реакции подшипников
А и В в виде составляющих вдоль координатных осей (Ха> Ya, Хв, Ув)-
Воспользуемся принципом Даламбера для механической системы. С
учетом сил инерции точек системы уравнения равновесия имеют вид [4,11]:
£ мАх (i?K(e)) + £ ЛЫДО + 4и*н) = о.
(1)
м
Ау
Мл, {Pie)) + £ MAz{&«)
= о,
= 0.
Здесь RK — реакции подшипников А и В\ Ф — главный вектор сил инер-
ции махового колеса, LA — главный момент сил инерции относительно
точки А махового колеса.
306 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
х Jt
Рис. 42.1.1
Приведем силы инерции точек махового колеса к точке О на
неподвижной оси вращения Az. Получим главный вектор сил инерции
Ф = -Mac
и главный момент сил инерции относительно точки О
f (ин) _
dKo
приложенные в этой точке О. Выпишем формулы для вычисления
проекций этих векторов [4,11]:
ox
Oy
«г 7 _1_/,27
=eJyz+w Jx
(2)
Oz =-eJz.
Заметим, что вал системы не обладает массой по условию задачи
(безынерционный).
Так как вал вращается равномерно, то угловое ускорение е равно нулю.
Поэтому главный вектор сил инерции Ф определяется лишь нормальным
ускорением центра масс С. Его величина равна
Ф = Mai = Mi/ • ОС.
Направлен вектор Ф как указано на рис. 42.1.1 (параллельно оси Ау и в
ту же сторону, так как вектор апс направлен от точки С в сторону оси
вращения).
При определении проекций вектора Lo ' воспользуемся тем, что
е = 0. Также воспользуемся тем, что ось Оу — главная центральная
ось инерции махового колеса, так как является осью симметрии колеса.
Поэтому центробежный момент инерции Jyz =0. Заметим, что ось Oz
перпендикулярна плоскости материальной симметрии махового колеса.
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 307
Значит ось Oz — главная ось инерции колеса для точки О. Поэтому
центробежные моменты Jyz и Jxz равны нулю. Итак, получаем, что
н) r\Mhv л
г(ин) _
LOx -
Распишем систему уравнений (1):
- Ув АВ - Ф • -АВ = 0,
(3)
Заметим, что уравнение для суммы проекций сил на ось Az обратилось
в тождественное равенство нулю, а уравнение для суммы моментов сил
относительно оси Az можно не выписывать, так как оно определяет
вращающий момент, обеспечивающий равномерное вращение системы, у
Решая систему (3), получим реакции подшипников:
Хв = l-Mg = ^ • 3000 • 9,8 = 14700 (Н),
ХА = Mg-XB = 3000 • 9,8 - 14700 = 14700 (Н),
= _1.3000-Г^-2тг) -0,001 «-23687(Н),
YA = -Ф - YB « -43 374 + 23 687 = -23 687 (Н).
Силы давления на каждый из подшипников равны и складываются из двух
взаимно-ортогональных составляющих:
Fax = FBx « 14,7 (кН) и FAy = FBy « 23,7 (кН).
Задача 42.2(42.2). Однородный круглый
диск массы М равномерно вращается с
угловой скоростью и) вокруг неподвижной оси,
расположенной в плоскости диска и
отстоящей от его центра масс С на расстояние
ОС = а (рис. 42.2.1). Определить силы
динамического давления оси на подпятник А
и подшипник Б, если О В = О А. Оси х и у
неизменно связаны с диском.
Ответ: ХА = ХВ= 0, YA = YB =
Маш2
308 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Рис. 42.2.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.2.2. Система координат
Oxyz связана с вращающейся системой (диск и невесомый вал). Сила
реакции подшипника В раскладывается на составляющие вдоль осей х
и у, а сила реакции подпятника А имеет составляющие вдоль всех трех
осей координат.
Чтобы воспользоваться принципом Даламбера и записать уравнения
равновесия, добавим силы инерции точек системы. Для этого приведем
силы инерции точек диска к точке О на оси вращения Oz. Получим
главный вектор сил инерции
Ф = -Mac
и главный момент сил инерции относительно точки О
f (ин) _
dKo
приложенные в точке О. Используем формулы (2) из решения задачи 42.1.
Так как ш = const, то е = 0 и вектор Ф равен по величине
Ф = Мапс = Мш2а
и направлен вдоль оси Оу. Так как ось Oz перпендикулярна плоскости
материальной симметрии Оху однородного круглого диска, то она
является главной осью инерции диска для точки О. Поэтому центробежные
"Чин)
моменты Jyz и Jxz равны нулю. В результате, вектор Lo является
нулевым вектором.
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 309
Уравнения равновесия удобнее записать в проекциях на оси,
параллельные осям системы Oxyz и проходящие через подпятник A (Axyz).
Заметим, что полные реакции в точках Аи В складываются из
статических составляющих, определяемых активными силами (силой тяжести
Mg), и динамических составляющих, определяемых силами инерции
системы. Поэтому для вычисления динамических реакций в уравнениях
равновесия (уравнения (1) задачи 42.1) не будем учитывать силу тяжести Mg.
Составим уравнения:
г(д)
0,
АВ - Ф • АО = 0,
,0 = 0.
Решая их, получим динамические реакции подпятника А и подшипника В:
хг(д)
ЛА =
—i-j»->-'••
Г?> =-Yj? - ф =-'-
ZA -0.
Поэтому силы динамического давления системы на подпятник и
подшипник следующие:
Fax
= 0; Fav
Mo;2o
, FAz = 0.
Задача 42.3(42.3). Решить предыдущую задачу в предположении,
что при наличии сил сопротивления угловая скорость диска убывает
по закону ш = шо - Sot, где wq и sq — положительные постоянные.
Ответ:
= Хв = -
= Jf в =
■^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.3.1. Воспользуемся
решением задачи 42.2. Так как по условию задачи угловая скорость системы
310 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Рис. 42.3.1
не постоянная, а изменяется по закону
Wz = Wo - Sot,
то угловое ускорение
Поэтому главный вектор сил инерции
Ф = -Мапс - Матс = Фп + Фг.
Вектор Фп равен по величине
Фп = Мш2а
и направлен вдоль оси Оу. Вектор Фг равен по величине
Фг = Ме0 • ОС
и направлен противоположно оси Ох. Заметим, что Фп и Фг приложены
в точке О.
Главный момент сил инерции диска относительно точки О имеет
ненулевую проекцию только на ось Oz:
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 311
Запишем уравнения равновесия системы в форме принципа Далам-
бера, в которых не будем учитывать силу тяжести Mg:
(д) _<ьт -п
^ =0,
- Г^д) • 4Б - Фп • Ж) = 0,
£° • АВ - Фг АО = О,
&н) - мсопр = о.
Из первых пяти уравнений системы получим динамические реакции
подпятника А и подшипника В, действующие на систему:
,АО
Поэтому силы динамического давления системы на подпятник А и
подшипник В следующие:
FAx = FBx = --Mae0, FAy = FBy = -Мш2а, FAz = 0.
Замечание к задаче 42.3. В ответе стоит ш0, надо ш = ш0 - eot.
/~ ч
Задача 42.4 (42.3). К вертикальной оси АВ, вращающейся
равноускоренно с угловым ускорением е9 прикреплены два груза С и D
посредством двух перпендикулярных оси АВ и притом взаимно
перпендикулярных стержней ОС = OD = г (рис. 42.4.1). Определить
силы динамического давления оси АВ на подпятник А и
подшипник В. Грузы С и D считать материальными точками массы М
каждый. Массами стержней пренебречь. В начальный момент система
находилась в покое. Оси х и у неизменно связаны со стержнями.
Ответ: ХА = ХВ = у
+ 1), YA = YB = угф*2 - 1).
312 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
О
ш h
Г h
D
-Ф-
Рис. 42.4.1
Рис. 42.4.2
Фтп,
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.4.2. Чтобы воспользоваться
принципом Даламбера для системы, включающей в себя вал с жестко
закрепленными на нем стержнями с грузами С и D на концах, к активным
силам (силам тяжести грузов) и реакциям подшипника В и подпятника А
(см. рис. 42.4.2) добавим силы инерции. Так как массой обладают лишь
точечные грузы С и D, то
Фс = -Mac = -M(anc + aTc) = Фпс
Фв = -MaD = -M(anD + aTD) = Фпп
где
Ф£ = Мш2г, Фтс = Мег, ФЪ = Мш2г, Фтв = Мег.
Так как е = const и вращение начиналось из состояния покоя, то ш = et.
При определении динамических составляющих реакций подпятника
и подшипника в уравнениях равновесия не учитываем силы тяжести:
(1)
=0,
Заметим, что при составлении сумм моментов сил относительно осей
координат, проходящих через точку А, третье уравнение обращается в
тождественное равенство нулю.
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 313
Решая систему уравнений (1), получим следующие динамические
реакции со стороны подпятника А и подшипника В:
4° = ~\ (*с + ФЬ) = -\(МеН2г + Мег) = -l-Mer(et2 + 1),
= -(Фс + ФЬ + 4Д)) = -\мет{е12 + 1),
= \{*с ~ ФЬ) = {(
- МеЧ\) = -l-Mer(et2 - 1),
Г» = ф _ ф
Поэтому, согласно закону равенства сил действия и противодействия, силы
динамического давления системы на подпятник и подшипник следующие:
l
FAy = FBy = l-Mer(et2 - 1),
FAz = Q.
Задача 42.5 (42.4). Стержень АВ длины 21, на
концах которого находятся грузы равной массы
М, вращается равномерно с угловой скоростью ш
вокруг вертикальной оси Oz9 проходящей через
середину О длины стержня (рис. 42.5.1).
Расстояние точки О от подшипника С равно о, от
подпятника D равно Ь. Угол между стержнем АВ
и осью Oz сохраняет постоянную величину а.
Пренебрегая массой стержня и размерами грузов,
определить проекции сил давления на подшипник
С и подпятник D в тот момент, когда стержень
находится в плоскости Oyz.
Ответ: Хс = XD = 0,
Yc = -YD =
ZD = -2Mg.
MlW sin 2a
a + b !
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.5.2. Воспользуемся
принципом Даламбера для механической системы. Для этого к силам тяжести
грузов А и В, к реакциям подпятника D и подшипника С добавим силы
инерции грузов А и В (материальных точек). Так как система вращается
равномерно, то силы инерции грузов направлены параллельно оси Оу
314 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Рис. 42.5.2
противоположно соответствующим нормальным ускорениям и равны
следующим величинам:
Ф^ = Мапл = Мш21 sin а, Фв = Мапв = Мш21 sin a.
Запишем уравнения равновесия указанных сил в виде суммы проекций
их на координатные оси ж, у и z, и суммы моментов сил относительно
осей, проходящих через подпятник D:
Ъ, ZD-Mg-Mg = 0,
< -Yc(a + b) + Mglsina -Mglsina + Фа(Ь-Icosa) -Фв(Ь+1 cosa) = 0,
[
Отсюда получаем
Хс = XD = О, ZD = 2Mg,
1
Yc = [Фа(Ь - I cos a) - ФВ(Ь +1 cos a)] =
-mu)H sin a • 21 cos a
Мо;2 • 2l2 sin a cos а МшЧ2 sin 2а
Согласно закону равенства сил действия и противодействия, проекции
сил давления на подшипник С и подпятник D следующие:
FCx = FDx = 0, FCy = -FDy = ^+^ a, Fd, = -2Mg.
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 315
Задача 42.6 (42.5). На концы оси АВ надеты
два одинаковых кривошипа АС и BD длины
I и массы М\ каждый, заклиненные под углом
180° относительно друг друга (рис. 42.6.1). Ось
АВ длины 2о и массы Mi вращается с
постоянной угловой скоростью о; в подшипниках Е и
F, расположенных симметрично на расстоянии
26 друг от друга. Определить силы давления NE
и Np на подшипники в тот момент, когда
кривошип АС направлен вертикально вверх. Массу
каждого кривошипа считать равномерно
распределенной вдоль его оси.
Ответ: Сила давления
1
NE = - ^
при Ne > 0 направлена по вертикали вниз, при
Сила давления
< 0 — вверх.
_ 1
2
направлена по вертикали вниз.
M\g
2b
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.6.2. Систему координат Exyz
свяжем с вращающейся системой. На рис. 42.6.2 изображен момент
времени, когда кривошипы АС и BD расположены вертикально. Силы тяжести
кривошипов AC, BD и оси АВ приложены в соответствующих центрах
х i
Рис. 42.6.2
316 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
тяжести С\, С2 и Сз (серединах стержней, так как тела однородные).
Составляющие реакций подшипников Е и F направлены вдоль
координатных осей х и у.
Толщина стержней AC, BD и АВ пренебрежимо мала. Поэтому
точки стержня АВ имеют нулевые ускорения и, следовательно, нулевые
силы инерции. Ускорения точек кривошипа АС направлены вертикально
вниз к оси вращения z (так как ш = const). Поэтому силы инерции точек
кривошипа АС лежат на одной прямой и направлены противоположно
ускорениям. Такая система сил имеет равнодействующую, линия действия
которой направлена вдоль АС (см. рис. 42.6.2), равную
Ф1 =МапСх = Мш2-.
Аналогично, для кривошипа BD
г1
2*
Приравняем нулю суммы проекций всех сил на оси координат и суммы
моментов всех сил относительно осей координат, проходящих через точку Е:
' ХЕ + XF - Mxg - Mxg + Ф1 - Ф2 - M2g = О,
-YF-2b = 0,
k XF • 2b + Mxg(a -b)- Mxg(b + o) - M2gb -Фх(а-Ь)- Ф2(Ь + а) = 0.
Решая систему уравнений, получим реакции подшипников:
YF = 0, YE= 0,
XF = — [-M{g(a -b)+ M\g(b + о) + M2gb + Ф1 (о - b) + Ф2(& + а)] =
1 ж Мхш2а1
-M2g+ 2b ,
1 M{u2al
XE = -XF + 2Mxg + M2g - Ф1 + Ф2 = Mxg + -M2g ——.
2 ib
Согласно закону равенства сил действия и противодействия, силы
давления на подшипники в рассматриваемом положении вращающейся
системы будут следующими:
NE = Mxg + -M2g
2
M2g
2 2b
1
NF = Mxg+-M2g+
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 317
Причем, если Ne > О, то вектор Ne направлен вертикально вниз, если
Ne < 0, то вектор Ne направлен вверх. Вектор Np направлен вертикально
вниз.
Задача 42.7(42.6). К горизонтальному валу АВ, вращающемуся
с постоянной угловой скоростью ш, прикреплены два равных,
перпендикулярных ему стержня длины I, лежащих во взаимно
перпендикулярных плоскостях (см. рис. 42.7.1). На концах стержней расположены
шары D и Е массы га каждый. Определить силы динамического
давления вала на опоры А и В. Шары считать материальными точками;
массами стержней пренебречь.
Ответ:
л/5 2
= —mlw .
Рис. 42.7.1
ФЕ img
Рис. 42.7.2
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 42.7.2. Для составления
уравнений равновесия механической системы в форме принципа Даламбера
добавим силы инерции точечных масс D и Е:
= -rnanD,
= тпш21;
ФЕ = тпш21.
Для определения динамических составляющих реакций подшипников
в уравнениях равновесия учтем лишь силы инерции
318 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Y? =-UD =-1-тШ%
УГ = -J
_ _- ^
Силы динамического давления вала на подшипники А и В:
Заметим, что силы динамического давления не зависят от положения
вращающейся системы.
Задача 42.8(42.7). К вертикальному валу АВ, вращающемуся с
постоянной угловой скоростью о;, жестко прикреплены два стержня.
Стержень ОЕ образует с валом угол <р, стержень OD
перпендикулярен плоскости, содержащей вал АВ и стержень ОЕ. Даны размеры:
ОЕ = OD = I, АВ = 2а. К концам
стержней прикреплены два шара Е и D массы т
каждый (рис. 42.8.1). Определить силы
динамического давления вала на опоры А и В.
Шары D и Е считать точечными массами;
массами стержней пренебречь.
Ответ:
= хв =
mlu2
Рис. 42.8.1
Yb =
гп1ш2(а - I cos у?) sin tp
la '
mlu2(a + Z cos ф) sin (p
la '
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 42.8.2. Используя принцип
Даламбера, составим уравнения для определения динамических составля-
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 319
Z t
Рис. 42.8.2
ющих сил реакций опор А и В:
Z«=0,
V£' АВ + Фв АО = 0.
Здесь величины сил инерции точечных масс D и Е следующие:
Фп = таф = ти)21, ФЕ = тапЕ = тш21 sin tp.
Решая систему уравнений, получаем:
(п\ АО 1 -у
- ФЕ(АО + ОЯ cos <р) = О,
= --—Фе(АО + ОЕ cos <р) = -—тш21 sin <р (а + / cos tp),
АВ
2а
= ~yb ~ ®е = —тш21 sin <р (а + / cos у?) - тш21 sin ^ =
2 I cos (p - a
= mw I sin (p ,
2a
320 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Согласно закону равенства сил действия и противодействия,
выпишем силы динамического давления вала на опоры А и В:
Fax = FBx = -mu2l,
тшЧ sin <p(a-l cos ф)
Та '
FAz = О,
тшЧ sin <р (а + Z cos <p)
FBy =
2а
Задача 42.9(42.8). Использовав условие задачи 34.1, определить
силы динамического давления коленчатого вала на подшипники К
и L. Вал вращается равномерно с угловой скоростью ш. При решении
можно воспользоваться ответами к задачам 34.1 и 34.23.
3
Ответ: Хк = -XL = 5
а + Ь
\/3 а + Ъ
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.9.1 и 42.9.2. Массы колен
коленчатого вала, вращающегося равномерно, сосредоточены в точках А,
В и D. Поэтому имеем три силы инерции, приложенные в этих точках:
ФА = -тАапА, Фв = -
ФА = фв = фп =
х i
Рис. 42.9.1
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 321
Ф
*D
Рис. 42.9.2
Составим уравнения равновесия для определения динамических
составляющих реакций подшипников К и L:
хк] + хь* + фл cos 60° + Фв cos 60° - Фд = 0,
4Д) + yl*] + фл cos 30° - Фв cos 30° = 0,
- У^д)(4а + ЗЬ) - Фл cos30° (а + - J + ФБ cos 30° (la + -Ь J = 0,
(д) о/ ^\
l у 2J
+ ФБ cos 60° (la + ^ъ\-ФвПа+^ь\= 0.
Т-ФЛСО8б0°(б
л ,J-^^cos60° а+- -ФБсо8б0° 2а + -1
4а + ЗЫ \ 1J V 2
(l
хк] =
24а + 36
'^ - Фл cos 60° - Фв cos 60е
ь -2Фа~1Фв
-Фа cos 30е
2 V
та; а- —
а + Ь
1
тпш
322 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
yk] = -Yt] ~ фАcos30° -Фвcos30° =
a + Ъ 2 у/3 2_ у/3 a + Ь 2 у/3
= -тпш а тпш а 2 = тпш а .
4а+ 36 2 2 4а+ 36 2
Согласно аксиоме равенства сил действия и противодействия, находим
силы динамического давления коленчатого вала на подшипники К и L:
3 а + b 2
F F d
2 4а + 36
\/3 а + 6
Задача 42.10 (42.9). Однородный стержень KL, прикрепленный в
центре под углом а к вертикальной оси АВ, вращается
равноускоренно вокруг этой оси с угловым ускорением е (рис. 42.10.1). Определить
силы динамического давления оси АВ на подпятник А и
подшипник В, если: М — масса стержня, 21 — его длина, О А = OB = h/2;
OK = OL = I. В начальный момент система находилась в покое.
Рис. 42.10.1
Ответ: Хв = -ХА = ——е sin 2a, YB = -YA =
6h
6h
sin 2а.
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 42.10.2. Систему координат
Oxyz свяжем с вращающейся механической системой. Стержень KL
расположен в плоскости Oyz.
При определении сил инерции частиц системы разобьем стержень
KL на два одинаковых стержня КО и OL и воспользуемся
рассуждениями в решении задачи 41.21. В результате получим для стержня КО
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 323
Рис. 42.10.2
равнодействующую силу инерции
приложенную в точке Е (ОЕ = -ОК = -/). Точка С\ — центр масс
стержня КО. Причем
Вектор Ф? направлен параллельно оси Оу в сторону от оси вращения Oz
и равен по величине
_я М п М 21 .
$i = у ttc = у w j sin a*
Вектор Ф[ направлен параллельно оси Ох в противоположном ей
направлении, так как касательные ускорения точек стержня КО сонаправлены
с осью Ох. Величина его равна
т m T ml,
$i = у «с, =—e-sma.
324 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Учитывая, что равноускоренное вращение системы начиналось из
состояния покоя, получаем величину угловой скорости ш = et. Поэтому
Аналогично, для стержня OL:
Ф2 = Ф5 + Фз, Ф\ = — от-sine* = — rr-sina,
Ф2 = у е- sin a, OF = -OL = -I;
вектор Щ направлен в сторону оси Оу параллельно ей, вектор ф£
параллелен оси Ох и направлен в ту же сторону.
Составим уравнения равновесия для определения динамических
составляющих реакций в опорах А и В:
= 0.
1 M I . 4 М 2
= --—-£-sina--Zcosa = -—el sm2a,
a 2 2 3 oh
= -AB -Ф2+Ф|=-Лв =—£
z«=o.
Поэтому силы динамического давления на подпятник А и подшипник Б
следующие:
FBx = -FAx = —el1 sin 2a,
6/1
*sj, = ~FAy = ^£2t2l2 sin 2a,
FAz = 0.
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 325
Задача 42.11 (42.11). Однородная прямоугольная пластинка OABD
массы М со сторонами а и 6, прикрепленная стороной О А к валу
ОЕ, вращается с постоянной угловой скоростью ш. Расстояние между
опорами ОЕ = 2а (рис. 42.11.1). Вычислить боковые силы
динамического давления вала на опоры О и Е.
Ответ: NOx = NEx = О, NOy = -МЬш2, NEy = -Mbu2.
о о
2а
Ц Ь D
Z i
E
A
•
YE
N /
Ф\ /
Am
В
У
Yo У
Рис. 42.11.1
Рис. 42.11.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.П.2. Применим принцип
Даламбера для системы. Для этого силы инерции точек однородной
пластинки, вращающейся равномерно, приведем к точке О\. В результате
получим главный вектор сил инерции, приложенный к точке О\9 и
главный момент сил инерции относительно точки О\\
Ф = -Мас = -М{апс + атс) = -Мапс
(точка С — центр масс пластинки; атс = 0, так как ш = const), Ф = Мш2Ь/2;
/,27
-W Jyz =
bOly ~ £ji
yz
Jxz= О,
#2 = -eJz = 0
(так как е = 0 и ось O\Z является главной осью инерции пластинки для
точки О\ в силу того, что она перпендикулярна плоскости материальной
симметрии пластинки О\ху).
326 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Составим уравнения равновесия для определения динамических
составляющих реакций опор О и Е вдоль осей х и у:
4д)+4д)=о,
д) • 2а - Ф^ = О,
2о = О
(суммы моментов сил записаны относительно осей координат Ох и Оу).
Решаем уравнения:
4д)=о,
=
Следовательно, боковые силы динамического давления вала на опоры О
и Е имеют вид:
Fox = FEx = О, FOy = -Мш\ FEy = -Мы2Ъ.
о о
Задача 42.12 (42.10). Прямой однородный круглый цилиндр
массы М, длины 2Z и радиуса г вращается с постоянной угловой
скоростью и вокруг вертикальной оси Oz, проходящей
/С через центр масс О цилиндра (рис. 42.12.1); угол
между осью цилиндра О( и осью Oz
сохраняет при этом постоянную величину а. Расстояние
Н\Н2 между подпятником и подшипником равно
h. Определить боковые силы давления: N\ на
подпятник и iV2 на подшипник.
Ответ: Давления N\ и i\T2 имеют одинаковую
величину
Рис. 42.12.1
и противоположны по направлению.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.12.2. Приведем силы
инерции точек цилиндра к точке О. Получим, что главный вектор сил инерции
Ф = Мас = 0,
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 327
так как центр масс С однородного цилиндра совпадает с неподвижной
точкой О.
Распишем проекции главного момента сил инерции относительно
точки О:
так как е = w = 0 и центробежный момент инерции Jxz = 0 (ось Oz,
будучи перпендикулярной плоскости материальной симметрии цилиндра
Oyz, является главной осью инерции цилиндра для точки О). Вычислим
центробежный момент инерции
JV* =
Для этого перейдем к системе координат О^туС (см- рис. 42.12.2), оси
которой есть главные оси инерции цилиндра.
328 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Выпишем координаты произвольной частицы цилиндра Мк массой
гак в системе Oxyz через координаты в системе 0£чС:
Г Ск
ук = ОМК sin (а + <рк) = sin (а 4- <рк) =
COS(pK
Ск
= (sin a cos tpK + cos a sin (pK) =
COS^k '
= CK(sin a 4- cos a tg ^>K) = sin a • Ск 4- cos a • ?/K,
?K = OMK cos (a 4- (pK) = —-—(cos a cos ^>K - sin a sin ^>K) =
= cos a • Ск - sin a • ?/K.
J^ = ^^ mK^KzK = ^2 тк(Ск sin a 4- rjK cos a) (CK cos a - ?yK sin a) =
к к
= sinacosa • У^ mKd - sinacosa• У"" mKnl -
к
- sin2 a • ^ ткСк*?к + cos2 a • ^
к к
= - sin 2a • Join ~ 9 sin ^a * Jotc + (c°s2 л - sin2 a)
Центробежный момент инерции
J(rj = 22 ткСк^/к = О,
так как оси О( и Orj — главные оси инерции.
Вычислим моменты инерции относительно координатных плоскостей
Jofr и Jotf- При определении Jo^ произведем разбиение цилиндра на
элементарные диски толщиной d(, находящиеся на расстоянии £ от
плоскости O^rj. Получим:
(М) -I
При определении Jo& произведем разбиение цилиндра на
элементарные прямоугольные пластины, находящиеся на расстоянии ч\ — -г cos ip
от плоскости О££, толщиной
dr] = r sin (p dip
(см. рис. 42.12.3), высотой 21 и шириной 2rsin^>.
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 329
Получим:
f 2
(М)
7Г
= (-rcosip)2
М
1гг2 • 21
•21 2r sirup r sin <pd(p =
= J -^-sin 2<pd<p = j
Mr2
Mr2
о о
В результате получим искомый центробежный момент
1 (Ml2 Mr2\
Jyz = - sin 2a[ — — 1.
2 V 3 4 /
Главный момент сил инерции цилиндра относительно оси Ох:
ш о Мш2 "2 -2>
330 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Составим уравнения равновесия для определения боковых динамических
реакций подпятника и подшипника:
ЛЯ, "Г ^Н2 - и'
г(ин) v(u)h_,
LOx ~ГН2П-{
Я,
Н2
Мы2
2h
Поэтому боковые силы давления на подпятник и подшипник равны по
величине:
N\ = N2 =
in
sin 2a [ т —-
Замечание к задаче 42.12. При вычислении центробежного момента Jyz можно
было воспользоваться известной формулой [4,11]:
_ sin 2а sin 2а / М£_ Mr2 \
Jyz — Z (Joe ~~ Jotj) — Z I I T ) •
Задача 42.13(42.11). Вычислить силы
давления в подшипниках А и В при вращении
вокруг оси АВ однородного тонкого
круглого диска CD паровой турбины, предполагая,
что ось АВ проходит через центр О диска
(рис. 42.13.1), но вследствие неправильного
рассверливания втулки составляет с
перпендикуляром к плоскости диска угол АОЕ =
= а = 0,02 рад. Дано: масса диска 3,27 кг, радиус его 20 см, угловая
скорость соответствует 30 000 об/мин, расстояние АО = 50 см, ОВ =
= 30 см; ось АВ считать абсолютно твердой и принять sin 2а = 2а.
Рис. 42.13.1
Ответ: Силы давления от веса диска: 12,1 Н на подшипник А и 20,0 Н
на подшипник В; силы давления на подшипники, вызываемые
вращением диска, имеют одинаковую величину 8,06 кН и противоположные
направления.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.13.2. Угловая скорость
равномерного вращения системы
ш =
2тг - 30 000
~60
= ЮООтг ^-=
Приведем силы инерции диска к точке О. Так как центр масс С диска,
совпадающий с точкой О, лежит на неподвижной оси вращения, то главный
вектор сил инерции Ф = mac = 0-
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 331
У, г)
Рис. 42.13.2
Ось Оу — ось симметрии диска. Поэтому эта ось является главной
осью инерции диска и центробежный момент Jyz = 0. Также, учитывая,
что угловое ускорение е = 0, получаем для главного момента сил инерции
диска относительно точки О следующие составляющие:
г(ин) _
ЬОх —
Oy
= 0.
Для вычисления центробежного момента Jxz, выразим координаты
произвольной точки диска массой гак в системе Oxyz через ее координаты в
системе главных координатных осей O£rj(. Система O£rj( получается при
повороте системы Oxyz на угол а вокруг оси Оу (Orj) (см. рис. 42.13.2,
ось О( перпендикулярна плоскости диска, ось Оу (Orj) — вдоль диаметра
диска).
= £к cos a, zK = £к sin а
= ^2 mKxKzK =
sin а cos а =
= - sin 2a •
г(ин) _ *™
sin 2а
sin 2а «
тг2ш2
иУ q 4 '
так как по условию sin 2a « 2a.
Для определения статических реакций подшипников в уравнениях
равновесия, вытекающих из принципа Даламбера, учтем только силу
тяжести диска:
1г(Ст) хг(СТ) п~*~ Л
Лет)
А ~
~YB
г(ет)
AB-mg-AO = 0.
332 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Отсюда
В А '
4СТ) = ^ = 3,27-9,8^ «20 (Н),
Х(ст) _ ma V^CT) ~ 10 1 (U\
Следовательно, силы давления от веса диска на подшипники Аи В равны
соответственно 12,1 Н и 20 Н.
Для определения динамических реакций подшипников в уравнениях
равновесия, вытекающих из принципа Даламбера, учтем силы инерции
диска:
yW I yW л
- г]д) • АВ = О,
Х(Д/ А ТУ | Т' ^"v Л
д * АО -т хул,. — U.
Г]д)« 8060 (Н).
Следовательно, силы давления на подшипники, вызываемые вращением
диска, имеют одинаковую величину 8,06 кН и направлены
противоположно.
Задача 42.14 (42.14). В результате неточной сборки круглого диска
паровой турбины плоскость диска образует с осью АВ угол а, а центр
масс С диска не лежит на этой оси (рис. 42.14.1). Эксцентриситет
ОС = о. Найти боковые силы динамического давления на
подшипники А и Б, если масса диска равна М, радиус его R, а АО = OB = h;
угловая скорость вращения диска постоянна и равна ш.
Указание. Воспользоваться ответом к задаче 34.27.
v v л v М\(В? Л sin 2a
Ответ: YA = YB = 0, XA =--U-
?2 ч sin 2а
2А
- о cos а 1а;2.
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 333
h
0/
1
^ 1
rv
/i
-==
:
в
Рис. 42.14.1
Рис. 42.14.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.14.2 (оси Оу и Cfyi
направлены перпендикулярно плоскости рисунка на нас). Приведем силы
инерции точек диска к точке О. Получим главный вектор сил инерции
Ф = -МапС9
приложенный к точке О и равный по величине
Ф = Мш a cos a,
г(ин)
а также главный момент сил инерции относительно точки О Lo . При
вычислении центробежных моментов диска воспользуемся ответом к
задаче 34.27. Учтем, что угловое ускорение е = 0. Поэтому составляющие
главного момента сил инерции будут иметь вид:
г(ин) _
LOx -
г(ин) 2^ . о
Loy =u у sin2a
fl , l\ г(ин) Л
Выпишем уравнения равновесия для определения динамических реакций
подшипников:
*А +ХВ - Ф = О,
^д) + YqR) = О,
-Гвд -2/1 = 0,
Г£° • 2Л - ФЛ
^Оу
= 0.
Получаем
У^=;
- 0
а cos а - \
1 /г2 \
- ( h а2 ) sin 2a,
Л V 4 /
334 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Х{? = Ф - Х{£] = -Мш2а cos а + ~Мш2^ (- + a2) sin 2а.
Поэтому боковые силы динамического давления на подшипники вдоль
оси Оу равны нулю, а вдоль оси Ох следующие:
М 2Г/г2
К
м
sin 2a
- a cos а .
Задача 42.15(42.15). Однородный круглый диск массы М и
радиуса R насажен на ось АВ, проходящую через точку О диска и
составляющую с его осью симметрии Cz\ угол а (рис. 42.15.1). OL —
проекция оси z, совмещенной с осью АВ, на плоскость диска, причем
ОЕ = о, ОК = Ъ. Вычислить боковые силы динамического давления
на подшипники А и Б, если диск вращается с постоянной угловой
скоростью о;, а АО = О В = ft.
Рис. 42.15.1
Указание. Воспользоваться ответом к задаче 34.27.
Ответ: ХА = —Маш2 cos а ( -R2 + а2) ш2 sin 2а,
2 4ft \4 /
1 2 M(\ 2 2
= --Маш1 cos а + — -i? + о2
2 4ft V4
sin 2а,
Mb
fa \ 2 Mb/ a \ 2
( 1 + -sin а 1а; , YB = —— I 1 - - sin а 1а; .
^ Решение. Приведем силы инерции точек однородного круглого
диска к точке О, лежащей на неподвижной оси вращения. Получим два
вектора, приложенные к этой точке: главный вектор сил инерции Ф
и главный момент сил инерции относительно точки О Lo '.
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 335
На рис. 42.15.2 изображена плоскость диска.
Определим главный вектор сил инерции
диска. Так как w = const, то
Ф = -Мапс, Ф = Mu2d
(d — расстояние от центра масс диска С до оси
вращения Oz). Ось Oz составляет с плоскостью
диска угол тг/2 - а. Проекцией оси Oz на
плоскость диска является прямая OL. Оси Oz и Су\
скрещиваются под прямым углом, поэтому
проводим через прямую Су\ плоскость,
перпендикулярную оси Oz. Тогда проекцией
прямоугольного треугольника ОЕС на эту проведенную
плоскость является прямоугольный треугольник
О'ЕС, изображенный на рис. 42.15.3. Расстояние
от центра масс С до оси вращения Oz равно
= CO' = у/(О'Е)2 + (ЕС)2 =
= yJ(OEcosa)2
Следовательно,
Ф = Ma;2 у (о cos a) + b2.
Так как вектор Ф перпендикулярен оси Oz, то
Рис. 42.15.2
Рис. 42.15.3
где
EC b
ФЖ = -Ф8Ш/3, Фу = -ФсОЬР, COS/3=^; = -,
O'E a cos a
sin/3 = т^; = —-— (см. рис.42.15.2 и 42.15.3).
О'С
fiym)
Определим проекции главного момента сил инерции Lo на оси
координат системы Oxyz:
' £<£> = -u2jyg = -ш2МаЬ sin a,
LQy = u)2Jxz = u)2M I -R2 -f a2 1 sin a cos a,
г(ин) _ n
LOz ~U-
Здесь воспользовались ответом к задаче 34.28.
336 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Теперь составим уравнения равновесия, вытекающие из принципа
Даламбера. Приравняем нулю суммы проекций сил на координатные оси
и суммы моментов сил относительно координатных осей, проходящих
через точку А:
]д)
= о,
АВ + |Ф,| • АО + 1%? = О,
2h
uWa4a£a + b. h
Va2 cos2 a + b2
-ш2м( -i?2 + o2 J sinacosaj =
-Mu2a cos a - —ma;2 ( - Д2 + a2) sin 2a,
2 4л \ 4 /
= -Ma;2o cos a + —Ma;2 ( -R2 + a2 J sin 2a,
2 4Л V4 /
2 cos2 a + 62 •
= —• ( Ma;2 \/a
2л V
= -Ma;26( 1 - -sina ),
2 \ h J
О 2 \
h-ш Mabsina )
Va2 cos2 a + b2 J
Динамические силы бокового давления на подшипники А и В будут
равны реакциям связей со стороны подшипников и противоположны им
по направлению.
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 337
Задача 42.16(42.12). Однородная прямоугольная пластинка
массы М равномерно вращается вокруг своей диагонали АВ с угловой
скоростью и) (рис. 42.16.1). Определить силы динамического давления
пластинки на опоры А и В, если длины сторон равны а и Ь.
Рис. 42.16.1
- т. Y
Ответ: ХА =
v
YA=
12(а2+Ь2)3/2
= 0, YB =
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.16.2. Пластинка все время
находится в координатной плоскости Cyz.
Приведем силы инерции точек пластинки к точке С, являющейся
центром масс пластинки и лежащей на неподвижной оси вращения z.
Поэтому главный вектор сил инерции Ф = 0.
Распишем проекции главного момента сил инерции пластинки
относительно точки С, учитывая, что ш = const:
г(ин) _ ,
ьСх — ~
г(ин)
г(ин)
LCz =
Так как ось Сх, будучи осью симметрии пластинки, является ее главной
осью инерции, то центробежный момент Jxz = 0. Поэтому LCyf = 0.
У I
Рис. 42.16.2
338 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Вычислим центробежный момент инерции Jyz. Для этого, повернув
_ ^ а
вокруг оси Сх систему координат Cxyz на угол а = arcsin -7=,
V а2 + Ь2
получим систему Cxy\Z\, оси которой — главные оси инерции пластинки.
Далее воспользуемся известной формулой [4,11]:
/Mb2 Ma2\ a
Jyz = (Jyi ~ Л,) sin a cosa = ( — —- ) -=
\ 12 12 / у/а1 + D^ vtt4
Поэтому
г(ин) 2Т
ЬГч. = —Ш Jvz =
Мш2 аЪ(а2 - Ь2)
Составим уравнения равновесия для определения динамических реакций
подшипников:
Ид)
АВ = 0.
А =ЛВ -
г(ии)
,(я)_ LCx
Ma;2 ab(o2 - Ь2) 1
12
Мш2 ab(a2 - b2)
12 (a2
{Л)_ {a)_
'Л ~ 'В -
Силы динамического давления пластинки на подшипники:
Мш2 ab(a2 - Ъ2)
= FBx = 0, FAy = -FBy = —
12
Задача 42.17 (42.13). С какой угловой
скоростью должна вращаться вокруг катета АВ = а
однородная пластинка, имеющая форму
равнобедренного прямоугольного треугольника
ABD (рис. 42.17.1), чтобы сила бокового
давления на нижнюю опору В равнялась нулю?
Расстояние между опорами считать равным
длине катета АВ.
Рис. 42.17.1
Ответ: w =
g/a.
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 339
Z j
-Г(ин)
LOx
' U
Рис. 42.17.2
■*" Решение. Расчетная схема — на рис. 42.17.2. Если привести силы
инерции пластинки к точке О, то получим:
Ф = -Mac,
•ОС = Мш2-;
г(ин) 2 т
т(ин) _ л
^Оу -°>
г(ин) _ п
LOz - U»
так как ось Ох — главная ось инерции пластинки для точки О (Ох
перпендикулярна плоскости материальной симметрии пластинки), а потому
Jxz = 0.
Для определения Jyz перенесем систему координат Oxyz
поступательно в точку С и повернем вокруг оси Сх на угол a = тг/4. Получим
систему координат Cx\y\Z\, оси которой являются главными осями
инерции пластинки. Поэтому [4, И]:
Jyz = МхсУс + (Л, -JVl)
sin 2a
Нетрудно заметить, что
ау/2/2
М
2й
aV2
Ma2
340 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
(разбиение на элементарные полоски, параллельные стороне BD и
перпендикулярные оси Kz\). По теореме Штейнера
1-1 Л/Г ГК2
где
ау/2/2
M
Ма2
(провели разбиение на элементарные полоски, перпендикулярные оси
проведенной вдоль стороны BD). Поэтому
Ma2
Центробежный момент инерции
а\/2\2 _ Ма2
~6~) ""^6~*
_ (Ма2 Ма2\ sin(7r/2) _ Ма2
Jyz - ^ зб") Г~ " "Зб"*
Следовательно,
LOx - ~U
Запишем уравнения равновесия, в которых учтем условие задачи о
равенстве нулю величин Xjjr и Yq :
X? = О,
г]д) + ф = о,
-Г]д) ,4Б - Ф • ОВ
хУ АВ = 0.
-MgOC = 0,
Ид)
Исключая из полученных уравнений Y\', получим уравнение для
определения угловой скорости ш:
ФАВ-ФОВ + L^
а а Ма2ш2
Отсюда ш = 2\1 -.
а
9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 341
Задача 42.18(42.14). Вращающаяся часть подъемного крана
состоит из стрелы CD длины L и массы М\, противовеса Е и груза К
массы М2 каждый. (См. рисунок к задаче 34.31.) При включении
постоянного тормозящего момента кран, вращаясь до этого с угловой
скоростью, соответствующей п= 1,5 об/мин, останавливается через 2 с.
Рассматривая стрелу как однородную тонкую балку, а противовес
с грузом — как точечные массы, определить динамические реакции
опор А и В крана в конце его торможения. Расстояние между опорами
крана АВ = 3 м, М2 = 5 т, М{ = 8 т, a = 45°, L = 30 м, I = 10 м,
центр масс всей системы находится на оси вращения; отклонением
груза от плоскости крана пренебречь. Оси х, у связаны с краном.
Стрела CD находится в плоскости yz.
Указание. Воспользоваться ответом к задаче 34.31 (положив М2 = М3).
Ответ: YA = -YB = 0, Хв = -ХА ^ 60,8 кН.
v у
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 42.18.1. Приведем силы
инерции вращающейся части крана к точке А. В результате получим, что
главный вектор сил инерции Ф = 0, так как
Ф = -Mac,
но точка С лежит на неподвижной оси
вращения.
Распишем проекции главного момента сил
инерции:
D
el /i2 T
yZ,
Jyz
(1)
LAz - -€
Определим угловое ускорение е. Так как
тормозящий момент постоянен, то и е = const.
Поэтому ш = щ + et. С учетом того, что через
время U = 2 с кран остановился, имеем:
Рис. 42.18.1
Воспользуемся ответом к задаче 34.31, положив М2 —
Jz = M2a2 + (м2 + -Mi J L2 sin2 a,
342 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения
Jyz = - [ Mi + -Mi 11? sin 2a - MiLl sin a,
Jxv — **xz — "•
jXy
В рассматриваемый момент, т. е. в конце торможения, ш = 0. Поэтому
формулы (1) примут вид:
г(ин) п г(ин) __
LAx =0' LAy ^
(ин) т
Az =-eJz.
Запишем уравнения равновесия для определения динамических
реакций опор А и В:
'ifl) = o,
=0,
(2)
= 0,
Заметим, что из ненаписанного здесь уравнения для суммы моментов сил
относительно оси Az можно определить величину тормозящего момента.
Решая уравнения (2), получим:
УА - -YB - 0, ZA - 0,
г(д) _ _г(д) _ _ J2S_ - _£^(i -
АВ АВ
= -(-0,78) • Х- V- (5000 + i • 8000 j • 900 sin 90° -
- 5000 -30-10 sin 45°1 « 61 (кН).
10. Смешанные задачи (§ 43, [10])
Задача 43.1 (43.1). Однородная тяжелая балка АВ длины 21 при
закрепленных концах находится в горизонтальном положении. В
некоторый момент конец А освобождается, и балка начинает падать,
вращаясь вокруг горизонтальной оси, проходящей через конец В
(рис. 43.1.1); в момент, когда балка становится вертикальной,
освобождается и конец В. Определить в последующем движении балки
траекторию ее центра масс и угловую скорость ш.
21
\В у
Рис. 43.1.1
Ответ: 1) Парабола у2 = 31х - 3Z2; 2) ш = \ —.
■*" Решение. На рис. 43.1.2 изображена балка при ее движении с
закрепленным концом В. Балка вращается вокруг горизонтальной оси Bz.
Применим теорему об изменении кинетического момента относительно
оси Bz:
= Mgl cos <p, где JBz =
М(21)2
Проинтегрируем составленное
дифференциальное уравнение вращения балки, переписав его
в виде:
d<p 3g
Исключим время t:
ldip2
R
Р = / --fcosifdip
•'-if
344
10. Смешанные задачи
Получили, что в тот момент, когда балка вертикальна и освобождается
ее конец В, угловая скорость балки равна ш = \/3g/(2l). Линейная
скорость центра масс С в этот момент равна vq =ш1 = y/3gl/2.
Составим дифференциальные уравнения плоского движения балки
после освобождения ее конца В. Для этого применим теорему о движении
центра масс балки С и теорему об изменении кинетического момента
балки в ее относительном движении по отношению к центру масс:
Распишем дифференциальные уравнения:
Мхс = Mg, Мус = 0, JCzu = 0. (1)
Начальные условия получим из результатов первого этапа движения балки:
= h Усо = 0, ±со = 0,
/3
= у -gl,
Интегрируя уравнения (1) с учетом начальных условий, получим:
хс = -jg
Ус = yj-j
= у ^ = const.
Поэтому уравнение траектории центра масс имеет вид:
у^ = 31хс - З/2, хс > 0 (ветвь параболы).
Замечание к задаче 43.1. Угловую скорость балки в конце первого этапа ее
движения можно было найти другим способом, применяя теорему об изменении
кинетической энергии в конечной форме:
Т — Тп —
Здесь
Поэтому
Отсюда
lj>> =0, То = 0, Т =
-■-и-
10. Смешанные задачи
345
Задача 43.2(43.2). Тяжелый однородный стержень дли- у к
ны I подвешен своим верхним концом на
горизонтальной оси О (рис. 43.2.1). Стержню, находившемуся в
вертикальном положении, была сообщена угловая скорость
о;0 = Зу/g/l. Совершив полоборота, он отделяется от
оси О. Определить в последующем движении стержня
траекторию его центра масс и угловую скорость
вращения ш.
I 2
Ответ: 1) Парабола у с = - —-х2с\ 2) ш =
Рис. 43.2.1
■*" Решение. На рис. 43.2.2 изображен стержень на первом этапе его
движения, когда он вращается вокруг горизонтальной оси Oz.
Дифференциальное уравнение его движения:
ml2 .. /
dip
It
—<p = -mg- siny?
=> -dip =---sin^d^ => a; - a;0 =
Следовательно, в конце первого этапа, когда стержень,
совершив полоборота, отделяется от оси Oz, его
угловая скорость равна
\/
= \/"6|
о = ^/-б| + 9| =
|
а скорость центра масс С равна
У к
^ Рис. 43.2.2
и направлена противоположно оси Ох.
Составим дифференциальные уравнения плоского движения стержня
на втором этапе:
тхс = 0, ту с = -mg,
Начальные условия второго этапа движения:
w = 0.
(1)
1
= 0, усо = -,
/3
= -у -gl,
346
10. Смешанные задачи
Интегрируя уравнения (1) с учетом начальных условий, получим:
»с = -|*2 + ^, и = const = уз|.
Исключая время t из найденных уравнений движения центра масс,
получим уравнение траектории центра масс:
I 21 2
Iris /■ч -j J \y
Задача 43.3 (43.4). Два однородных круглых цилиндра А и В,
массы которых соответственно равны Мх и М2, а радиусы оснований —
Г] и Г2, обмотаны двумя гибкими нитями, завитки которых
расположены симметрично относительно средних
плоскостей, параллельных основаниям
цилиндров; оси цилиндров горизонтальны, причем
образующие их перпендикулярны линиям
наибольших скатов (рис. 43.3.1). Ось цилиндра А
неподвижна; цилиндр В падает из состояния
покоя под действием силы тяжести.
Определить в момент t после начала
движения, предполагая, что в этот момент нити
еще остаются намотанными на оба цилиндра:
1) угловые скорости ш\ и ш2 цилиндров, 2) пройденный центром масс
цилиндра В путь s и 3) натяжение Г нитей.
Ответ: 1)
2)
2gM2
г,(ЗМ,+2М2)
g(M! + M2) 2
ЗМ, + 2М2 '
t, ш2 =
г2(ЗМ, + 2М2)
3) Т =
2М2'
^ Решение. Расчленим систему и рассмотрим отдельно движение
цилиндров А и В (рис. 43.3.2).
Применив теорему об изменении кинетического момента
относительно неподвижной оси O\Z, получим дифференциальное уравнение
движения цилиндра А:
-^-$1=^. (1)
Чтобы получить дифференциальные уравнения движения цилиндра В,
применим теорему о движении центра масс О2 в проекции на ось х
10. Смешанные задачи
347
Mxg\
X ]
Рис. 43.3.2
vo2
Рис. 43.3.3
и теорему об изменении кинетического момента относительно оси O2z
(для относительного движения цилиндра):
M2xOl=M2g-T2i
Tr
г = T2r2.
(2)
Так как нити невесомые, то их силы натяжения равны по величине: Т\ = Т2.
Для определения кинематических соотношений построим
мгновенный центр скоростей Р цилиндра В (рис. 43.3.3).
В силу нерастяжимости нити vr = ь)\Г\.
Из геометрических соображений можно записать:
РОг
vo2
_
vK РО2 - г2
Р02 =
Поэтому
или ф2 =
L P02 г2 т2 т2
В результате из уравнений (1) и (2) составим следующую систему:
2
М2Г2;
(3)
г2
Решая систему уравнений (3) как алгебраическую с тремя неизвестными,
получим:
хО2 =
2(М,+М2)
Ч>\ =
2М2
МХМ2
ЗМ,+2М2°'
Итак, силы натяжения нитей
■g-
Ti=T2 =
мхм2
ЪМХ + 2М2
348
10. Смешанные задачи
Интегрируя дифференциальное уравнение
<Р\ =
гх{ЪМ\+2М2)
с нулевыми начальными условиями, получим угловую скорость
цилиндра А:
Интегрируя дифференциальное уравнение
.. _2(Ml+M2)g
Ж° 2М2
с нулевыми начальными условиями, получим
A
_ (Ml+M2)g,
*°2 ~ ЗМ, + 2М2 *
Следовательно, угловая скорость цилиндра В равна
а пройденный центром масс О2 цилиндра В путь s равен
_ (Afi+M2)g,2
Задача 43.4(43.5). Однородный стержень АВ длины а поставлен
в вертикальной плоскости под углом (ро к горизонту так, что концом А
он опирается на гладкую вертикальную стену, а концом В — на
гладкий горизонтальный пол (рис. 43.4.1); затем стержню предоставлено
падать без начальной скорости. 1) Определить угловую скорость и
угловое ускорение стержня. 2) Найти, какой угол
(pi будет составлять стержень с горизонтом в тот
момент, когда он отойдет от стены.
Ответ
: 1) ф= d— (sin^
Рис. 43.4.1
3)
10. Смешанные задачи
349
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 43.4.2.
Составим дифференциальные уравнения плоско- у
го движения стержня:
тус = NB- mg,
та2 xr a nr a .
—(р = -NB- cos (p + NA- sin (р,
(1)
где га — масса стержня.
Рассмотрим промежуток времени, когда
стержень еще не отрывается от стены. Тогда имеют
место следующие кинематические соотношения:
а а
2 2
mg
О
у/////
В
Рис. 43.4.2
2
cosy?);
а
yc = -sinip
а
- = - cos (р • ф
.2
Подставим их в уравнения системы (1):
а. . . .2
- m-(£sin^ + ^>
т-(ф cos tp - ф2 sin (p) = NB - mg,
та2 .. Лг а Лг а .
—у? = -JVB- cos ^ + NA- sin ^.
Исключая в (2) нормальные реакции NA и NB, получим
та2 а Г та, 2 .1
—— ф = --cos(p\mg+ —уфcostp - ф sin^?) -
(2)
.2
a
-- sin^? m
После несложных преобразований получим угловое ускорение стержня
Y~ 2a
Для определения угловой скорости проинтегрируем полученное
дифференциальное уравнение с учетом начальных условий:
-тг = - -г- cos (р, (р(0) = щ, ф(0) = 0 =>
at 2a
^ф 3g 1 . Ъег
=> (р— = -~-COS^ =
г^ 2а г
350 10. Смешанные задачи
- sin (p).
Для определения момента, когда стержень отойдет от стены в точке А,
выразим нормальную реакцию Na как функцию угла (р из уравнений (2)
и приравняем ее к нулю:
a /.. . .2 \
Na = -тп-{(р sin (р + ф cos (р) =
ma ( 3g . 3g . \
= ——-1 - — cos (p sin (p H (sin (po - sin (p) cos ^ 1 =
9 3
= -rag sin ^ cos (p - -mg sin ^?o cos (p =
= -mgcos (p I - sin ^ - sin y>o I =^
=*► cos ^ f - sin (p - sin ^?o ) =0 =>
= arcsin ( -sin^o ) < y
7Г
4>\ = ^
Поэтому стержень отойдет от стены, когда
/2 . \
(р = ср2 = arcsin ( - sin (po 1.
Замечание к задаче 43.4. Для полноты решения следует еще определить
нормальную реакцию NB в точке В как функцию угла (р и показать, что NB(<p) > 0
при (р G [<po, ifi]. Справедливость этого факта устанавливается несложно и
предоставляется читателю.
Задача 43.5 (43.6). Использовав условие предыдущей задачи,
определить угловую скорость ф стержня и скорость нижнего его конца в
момент падения стержня на пол.
Ответ
: Ф = \ — ( 1 - q sin2 ^o ) sin ipo, Vb = - si
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 43.5.1. Воспользуемся ответом
к задаче 43.4. Рассмотрим движение стержня, когда он скользит концом В
по гладкому полу, а конец А — свободный. Движение начинается, когда
. /2 . \
(pi = arcsin I - sin (po 1.
10. Смешанные задачи
Рис. 43.5.1
Рис. 43.5.2
В этот начальный момент движения угловая скорость стержня равна по
модулю
/3g . \ " fg~.
Ш\ = \ —(Sin (fo - Sin (f\) = а / - Sin ip0.
V a \ a
Для определения скорости центра масс С в этот момент построим
мгновенный центр скоростей Р стержня (точка А готова покинуть связь, но
еще находится на вертикальной стене) (см. рис. 43.5.2)
= Ш\ • СР = J - sin (ро • - = - у/ga sin (p0.
Запишем теорему о движении центра масс С стержня в проекции
на ось х: тхс = 0. Следовательно,
1
хс = const = Vcx cos (90° - ip\) = -y/ga sin ipo sin (p\ =
= -yjga sin (po • -
= г sin (рол/ga sin ip0 (см. рис. 43.5.2).
Получим, что центр масс стержня движется равномерно вдоль оси ж, так
как на стержень не действуют внешние горизонтальные силы.
Определим скорость точки В в момент падения стержня на пол.
Воспользуемся теоремой о проекциях скоростей любых двух точек твердого
тела на прямую, проходящую через них. Считаем, что в момент падения
конец В остается на полу.
1 .
=> vb = - sin <po V ga> sin <po.
Определим угловую скорость стержня. Для этого воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии в конечной форме:
(1)
352 10. Смешанные задачи
Так как стержень — твердое тело, то ^Г^ А%' = 0.
к
k = m8hc = mg- sin (f\ = mg- sin (po (см. рис. 43.5.2).
mga sin (po
2 2
Выразим скорость центра масс С в момент падения стержня:
. .2 I I L . / : \ , I и ( и • \]
+ Vr\ = I - Sin <0(\\/za Sin <0n 1 + I — I - Sin <£ I
= — sin>0+ ( -(pcos(p)
t=t2
* л
Поэтому
_ ma2 2 ™>ga з
T2 = — u)\ + — sin3
В результате уравнение (1) примет вид:
lo
Отсюда
mga з ma2 2 g g
sin ip0 + —7-W2 — sin ^?o = —г" sin Vo-
= ^ = W — ( 1 - - sin2 (po ) sin ^o-
Va v 9 /
Замечание к задаче 43.5. Для полноты решения следует обосновать два
следующих обстоятельства:
1. Нв{<р) > 0 при (р € [0, <р2], <р2 = arcsin ( - sin^0 ) •
2. Точка А в процессе происходящего скольжения точки В по полу, после
отхода от вертикальной стенки, уже никогда не соприкоснется с нею.
Справедливость пункта 1 следует из нетрудно получаемой формулы:
где
3 . /4 . , \ . 2 .
= -sin<p2[--sm <p2), sinip2 = -smipo.
10. Смешанные задачи
353
Непосредственной проверкой (решая квадратное относительно sin у? уравнение)
убеждаемся, что при указанном значении параметра е NB(<p) в нуль не обращается.
Справедливость пункта 2 показывается более громоздко и поэтому здесь не
приводится.
Задача 43.6 (43.7). Тонкая однородная доска ABCD
прямоугольной формы прислонена к вертикальной стене и опирается на два
гвоздя Е и F без головок; расстояние AD равно FE (рис. 43.6.1).
В некоторый момент доска начинает падать с ничтожно малой
начальной угловой скоростью, вращаясь вокруг прямой AD. Исключая
возможность скольжения доски вдоль гвоздей,
определить угол a\ = ZBAB\ при котором
горизонтальная составляющая реакции изменяет
направление, и угол oli в момент отрыва доски
от гвоздей.
Ответ: ах = arccos - = 48° 1l',
a2 = arccos- = 70° 32'.
Рис. 43.6.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 43.6.2.
Доска не скользит вдоль гвоздей. N — суммарная
нормальная реакция, FTp — суммарная сила трения
со стороны гвоздей Е и F. Применим теорему об
изменении кинетического момента доски относительно
неподвижной оси z (вдоль AD):
АВ тпАВ2
Jz<p = mg—- sin ip9 где Jz = —-—.
Отсюда получаем:
3 g
3 g .
(0
=> ф2 = -гб(\ - costp),
UlfS Z, ±\.SD AB
так как в начальный момент <рц = 0, фо cz 0.
Применим теперь теорему о движении центра масс доски в проекции
на ось х:
= -FTp.
(2)
Нетрудно увидеть, что
АВ
sin ip.
354 10. Смешанные задачи
Поэтому
АВ 2 АВ
хс = - ~г-ф sin V + ~^~Ф cos V-
Из уравнения (2) находим величину силы трения скольжения:
т-АВ 2 т-АВ
——ф sintp -
т-АВ 3g /л ч : га • АВ 3 g
2АВ
Fip = -тхс = —-—ф sin ip —ф cos ip =
= -mg sin ip I 1 cos ^> j.
Сила трения изменит направление тогда, когда ее величина обратится
в нуль:
3 / 3 \ Л
-mg sin (p I 1 - - cos ip 1 =0.
Очевидно, это произойдет при (р = arccos (2/3) w 48° ll'.
Применим теперь теорему о движении центра масс доски в проекции
на ось у:
туе = -mg + N.
Выразим отсюда нормальную реакцию N, используя следующие
соотношения и соотношения (1):
АВ
—
АВ
Ус = — cos у,
Ус = —^
АВ АВ 2
Ус = —^sinp-— (р cosip.
Итак,
Л R
N = mg + myc = mg- т—-(ф sin (р + ф2 cos ^) =
= mg - га— ( -j^ sin ^ sin <p + -^(1 - cos y>) cos ^J =
/ 3 2 3 2 3 \
= mg\ 1 - - sin ^ + - cos ^ - - cos (p 1 =
= ^(1 + 9 cos2 tp - 6 cos ^) = ^(3 cos ^ - I)2.
Отрыв доски от гвоздей может произойти при N = 0, т. е. когда 3 cos (p -
1 = 0. Следовательно, при <р = arccos (1/3) « 70°32'.
10. Смешанные задачи 355
Замечание к задаче 43.7. Отметим, что исключение возможности скольжения
доски вдоль гвоздей (как это предполагается в условии задачи), приводит к
парадоксу Действительно, пусть при ip = ip2 = arccos(l/3) происходит обнуление
нормальной реакции N(<p2) = 0 и происходит отрыв точки А. Тогда для послеот-
рывного движения имеем
ф2 = ф2(<р2) = const и ф = 0 при ip > ip2.
Из формулы ад = dc + q!ac + ^\с в проекции на ось у имеем:
о>Ау = о>су + Ф2 • ОС • cos(p2 (aAc = 0 и ac=g\).
В состоянии, непосредственно предшествующем отрыву, имеем:
N(<p2) = 0 => аСу = -g.
Кроме того, в этом состоянии было:
ас = апс + атс => аСу = -фг1 cos <p2 - ф1 sin <p2.
Следовательно:
-g = ~фг1cos <Р2 ~ ф1 sin ip2 =» -g + ф21 cos (p2 = -ф1 sin (p2 < 0,
так как ф < 0 для доотрывного состояния.
Объединяя полученные формулы, имеем:
а>АУ = -g + Ф21 cos ip2 = -ф1 sin (p2 < 0.
Мы получили противоречие, так как при отрыве должно быть пау ^ 0!
Это указывает на неполную корректность модели абсолютно шероховатых
гвоздей (коэффициент трения / = оо). Отметим, что можно показать
невозможность отрыва и при любом конечном коэффициенте трения. Стержень просто
начнет скользить и не будет отскакивать. Подробности см. в [14].
Задача 43.7(43.8). Два диска вращаются вокруг одной и той же
оси с угловыми скоростями ш\ и^; моменты инерции дисков
относительно этой оси равны 3\ и 3^. Определить потерю кинетической
энергии в случае, когда оба диска будут внезапно соединены
фрикционной муфтой. Массой ее пренебречь.
Ответ: AT = - ' \ Ц - ш2)2.
I J\ + t/2
^ Решение. Кинетическая энергия дисков до их соединения
фрикционной муфтой равна
1 2
2 2*
Соединение дисков фрикционной муфтой — это мгновенное наложение
связи. Применим теорему об изменении кинетического момента системы
356
10. Смешанные задачи
относительно неподвижной оси вращения за время удара:
Так как внешние ударные импульсы отсутствуют, то
=0 и Kz = Kf\
Поэтому
(J\ + h)u =
Угловая скорость соединенных дисков
J1 + J2
Вычислим кинетическую энергию дисков после их соединения:
Потеря кинетической энергии равна величине
дт = т,-т2 = ^-
2(J,+J2) 2(J,+J2)
- о;2)2.
Задача 43.8 (43.8). Тело А вращается без трения относительно оси
ОО1 с угловой скоростью ша- В теле А на оси О\О\ помещен ротор Б,
вращающийся в ту же сторону с относительной скоростью шв- Оси
ОО' и О\О\ расположены на одной прямой
(рис. 43.8.1). Моменты инерции тела А и
ротора В относительно этой прямой равны За
и Jb. Пренебрегая потерями, определить
работу, которую должен совершить мотор,
установленный в теле А, для сообщения ротору В
такой угловой скорости, при которой тело А
остановится.
Ответ: А= -Ja
( Ja\ 1
1 + — + 2шАшв ,
\ Jb/ 1
^ Решение. Внешними силами по отношению к рассматриваемой
системе являются реакции подшипника О\ и подпятника О (пересекают
ось вращения Oz) и силы тяжести тела А и ротора В (параллельны оси
10. Смешанные задачи 357
вращения Oz). Поэтому согласно теореме об изменении кинетического
момента
кинетический момент
Kz = const.
Приравняем значения кинетического момента системы до и после
остановки тела А:
Java + Jb((*>a +(*>b) = Ja-0 + Jbu.
Отсюда найдем величину угловой скорости ротора, при которой тело А
остановится:
Ja
= —ша + ua
( Ja\
= ua ( 1 + — 1
Применим теорему об изменении кинетической энергии:
к к
Внешние силы не совершают работу, поэтому
Е4е)=о.
Работа мотора, установленного в теле А, это и есть работа внутренних
сил:
Следовательно,
л-т т -
А-Т-Ц-
Jb
= \jA Wa (\ + j
358
10. Смешанные задачи
Задача 43.9 (43.9). На шкив, вращающийся без сопротивления
вокруг горизонтальной оси О с угловой скоростью О7о, накинули
ремень с двумя грузами на концах (рис. 43.9.1). Шкив — однородный
диск массы га и радиуса г, масса каждого из грузов
М = 2га. Считая начальные скорости грузов
равными нулю, определить, с какой скоростью они будут
двигаться после того, как скольжение ремня о шкив
прекратится. Найти также работу сил трения ремня
о шкив.
Рис. 43.9.1 Ответ: v=-wor,
■► Решение. Расчетная схема представлена
на рис. 43.9.2. Применим к системе теорему об
изменении кинетического момента
относительно неподвижной оси Oz:
dKOz
Mg
dt
к
Так как массы грузов равны, то
dKoz
dt
= 0,
и, следовательно, кинетический момент
KOz = const.
В начальный момент вращался лишь шкив, поэтому
тг2
После того как движение с грузами установилось,
Koz = JozV + 2Mvr =
9
Amur2 = -mr2u.
Приравняем выписанные выражения для кинетического момента:
гаг2 9 2
о>о = —тг и.
2 2
Отсюда ш = о;о/9. Поэтому скорости грузов
щг
v = иг = —-.
10. Смешанные задачи
359
Применим теперь теорему об изменении кинетической энергии:
Нетрудно увидеть, что работу совершают лишь внутренние силы трения
между ремнем и шкивом. Поэтому искомая работа
А -Т Т -
лтр — J- -±0—
I
г
mr2
Задача 43.10(43.10). Твердое тело массы М
качается вокруг горизонтальной оси О, перпендикулярной
плоскости рис. 43.10.1. Расстояние от оси подвеса до
центра масс С равно а; радиус инерции тела
относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно
плоскости рисунка, равен р. В начальный момент тело
было отклонено из положения равновесия на угол (ро
и отпущено без начальной скорости. Определить две
составляющие реакции оси R и N, расположенные вдоль
направления, проходящего через точку подвеса и центр масс тела,
и перпендикулярно ему. Выразить их в зависимости от угла (р
отклонения тела от вертикали.
Рис. 43.10.1
2Mga2
Ответ: R = Mg cos <p+-j-t—^ (cosy?- cos <po), N =
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 43.10.2.
Применим теорему о движении центра масс С тела в проек- \ ^ ^/
ции на касательную т и нормальную п оси к траектории R v
точки С:
Получим:
МЬТ = N — Mg sin ip,
v2
М— = R - Mg cos ip, где vT = фа.
a
360 10. Смешанные задачи
Отсюда выразим силы реакции оси:
N = Mg sin (p + Маф,
R = Mg cos (p-4- Маф2.
Для определения угловых скорости ф и ускорения ф тела воспользуемся
теоремой об изменении кинетического момента относительно
неподвижной оси вращения Oz:
Зогф = -Mga sin (p,
где, согласно теореме Штейнера—Гюйгенса
JOz = Мр2
Отсюда
ga
Теперь проинтегрируем последнее выражение:
d(p dф ga
dtp dt p2 4- a2
sin у?
... ga . ,
фdф = —z г sin (p d(p
p 4- e
1 ,2 *<»
Так как начальные условия при to = 0 имеют вид <р(0) = у?о> 0(0) = 0, то
Следовательно,
02 = 2-= г (cos V ~ cos Vo)
Выпишем искомые составляющие реакции оси как функции угла (р:
ga p2
N = Mg sin (p 4- May? = Mg sin (p - Ma-z r sin tp — Mg—z =■ sin tp,
pl + al pl 4- a>
R = Mg cos tp 4- Маф2 = Mg cos y? 4- Ma—z r (cos y? - cos <po) =
p2
2Mga2 .
= Mg cos (p 4- ^5 г (cos ф - cos y?o)-
10. Смешанные задачи
361
Задача 43.11 (43.11). Тяжелый однородный цилиндр, получив
ничтожно малую начальную скорость, скатывается без скольжения с
горизонтальной площадки АВ, край которой В заострен и параллелен
образующей цилиндра (рис. 43.11.1). Радиус основания цилиндра — г.
В момент отделения цилиндра от площадки плоскость,
проходящая через ось цилиндра и край В, отклонена
от вертикального положения на некоторый
угол СВС\ — а. Определить угловую скорость
цилиндра в момент отделения его от
площадки, а также угол а. Трением качения и
сопротивлением воздуха пренебречь.
Рис. 43.11.1
IT 4
Ответ: ш = 2\—, a = arccos - = 55,1°.
V 1 7
Рис. 43.11.2
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 43.11.2. Применим теорему об
изменении кинетической энергии цилиндра:
•1°. (о
Так как начальная скорость ничтожно мала, то То = 0. После поворота
радиуса ВС на угол (р кинетическая энергия равна величине
Т =
mv?
тш2г2 тг2ш2 3
-— = -тг2и2,
4 4
так как нет скольжения и в точке касания В находится мгновенный центр
скоростей Р цилиндра.
Работу совершает лишь сила тяжести (при отсутствии скольжения сила
трения не совершает работу):
362 10. Смешанные задачи
(С) у
A(mg) = I mgdfc = I mgcos (90° - ф) r dip = mgr(\ - cos<p).
(Co) 0
Подставив все выражения в формулу (1), получим:
-тг2ь)2 = mgr(l - cosy?) =*> ш = 2л/--(1 -cosy?).
4 V 3 г
Для определения угла а в момент отделения цилиндра от площадки
воспользуемся теоремой о движении центра масс С в проекции на
нормальную ось п к траектории точки С:
га— = mg cos <p - N.
г
Нормальная реакция
mvl m(ur)2
N = mg cos <p = mg cos <p
г г
4 mg
= mgcos <p - -mg(\ - cos ф) = —(7cos <p - 4).
В момент отрыва цилиндра нормальная реакция обнуляется:
7 cos а - 4 = 0.
Поэтому a = arccos (4/7) « 55,1°.
Угловая скорость цилиндра в момент отделения от площадки:
Замечание к задаче 43.11. Для полноты решения следует показать, что после
обнуления реакции N цилиндр действительно отделится от точки В, т. е.
расстояние ВС будет увеличиваться с течением времени. Действительно, если отделение
произошло, то точка С движется с ускорением g по параболе, поэтому имеем:
xc(t) = r sin a + r<p(a) cos a • t,
gt2
yc(t) = r cos a — гф(а) sin a • t ——.
Тогда получим:
x2c(t) + y2c(t) = r2 + r2tp2(a)t2 - grt2 cos a + gr<p(a) sin a • t3 + ^-.
Так как
i\T = mg cos y> - my?2r,
10. Смешанные задачи 363
то для (р = а, когда N = 0, имеем:
gcosa = ф2(а) -г.
Поэтому получим:
2
a) sin a • *3 + ^— > r
4
To есть процесс отделения происходит без каких-либо противоречий, и в данном
случае модель абсолютной шероховатости корректна.
Задача 43.12(43.12). Автомашина для шлифовки льда движется N
прямолинейно по горизонтальной плоскости катка. Положение
центра масс С указано на рисунке к задаче 35.12. В момент выключения
мотора машина имела скорость v. Найти путь, пройденный машиной
до остановки, если /к — коэффициент трения качения между
колесами автомашины и льдом, а / — коэффициент трения скольжения
между шлифующей кромкой А и льдом. Массой колес радиуса г,
катящихся без скольжения, пренебречь.
v2 Ъг
Ответ: s = —
2g2fr
Рис. 43.12.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 43.12.1. Колеса катятся без
скольжения, поэтому в точках их касания с поверхностью находятся
мгновенные центры скоростей. Применим теорему об изменении кинетической
энергии:
к к
Так как массой колес можно пренебречь, а автомашина движется
поступательно, то
•Го =-т—> -Г = 0.
364 10. Смешанные задачи
Внутренние силы не совершают работу после выключения мотора:
Из внешних сил работу совершает лишь сила трения скольжения в опоре
А и моменты трения качения колес:
4е) = -*v
= -fN.A8 - 2(/кЛГ, + fKN2)<p = fNas - 2fK(N{ + N2)-.
г
При определении нормальных реакций Na, N\ и N2 воспользуемся
решением задачи 38.12:
NA = ^Mg, N{ = 0, 2N2 = l-Mg.
Поэтому
к
Подставив все найденные выражения в теорему об изменении
кинетической энергии, получим:
Mv2
= -Mgs\-f + -^\.
2
Из этого уравнения находим путь s, пройденный до остановки:
v2 Ъг
s = : —.
Задача 43.13 (43.12). На боковой поверхности круглого цилиндра
с вертикальной осью, вокруг которой он может вращаться без трения,
вырезан гладкий винтовой желоб с углом подъема а. В начальный
момент цилиндр находится в покое; в желоб опускают тяжелый шарик;
он падает по желобу без начальной скорости и заставляет цилиндр
вращаться. Дано: масса цилиндра М, радиус его R, масса шарика т;
расстояние от шарика до оси считаем равным R и момент инерции
цилиндра равным MR2/2. Определить угловую скорость ш, которую
цилиндр будет иметь в тот момент, когда шарик опустится на высоту h.
^ 2т cos a / 2gh
Ответ: ш = '
R у (М + 2т)(м + 2™ sin2 a)'
10. Смешанные задачи
365
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 43.13.1. Применим теорему об
изменении кинетической энергии
Так как винтовой желоб гладкий и в опорах оси вращения нет трения, то
работу совершает лишь сила тяжести шарика: A(mg) = mgh. Начальная
кинетическая энергия То = 0. Найдем выражение для кинетической
энергии Т:
■ * »2 MR?_ 2 m 2
4 Ш +У^р + |;^ *
Т =
7ШГ
Обозначим через в угол поворота цилиндра. Тогда ш = в, ve = OR.
При рассмотрении относительного движения шарика (относительно
цилиндра) введем цилиндрические координаты: R = const, <p, у. Поэтому
#г = vReR + Vtp
= ReR
v + yey = Ryey + yey,
366 10. Смешанные задачи
где единичные векторы ёд, е^ и еу взаимно-ортогональны, причем е^
направлен по касательной к окружности радиуса R, являющейся сечением
цилиндрической поверхности горизонтальной плоскостью. Вектор
переносной скорости ve шарика также направлен по касательной к этой же
окружности, но в противоположном направлении. Следовательно,
v2 = (vr + ve)2 = (Щ - R0)1 + у2.
Окончательное выражение для кинетической энергии принимает вид:
Расписав величины в (1), получим уравнение
(2)
Дифференциальное уравнение (2) — уравнение с тремя переменными 0,
(р и у. Для составления второго уравнения воспользуемся теоремой об
изменении кинетического момента относительно неподвижной оси
вращения цилиндра Oz:
dKOz
dt
к
Так как все внешние силы либо пересекают (реакции Rx и Ё2)9 либо
параллельны оси Oz (силы тяжести), то
и, следовательно, Koz — const. Так как в начальный момент времени все
тела покоились, то Koz = const = 0.
Выразим величину кинетического момента
в + т(-Д^Д + ROR) = —j-0 + mR2(e - ф).
=
Согласно закону сохранения кинетического момента относительно оси Oz,
имеем уравнение
^L-e + mR2(e-v) = 0. (3)
Для получения третьего уравнения, связывающего координаты в, (р
и у, воспользуемся тем, что вектор относительной скорости шарика vr
направлен по касательной к винтовому желобу, а угол подъема a — это
10. Смешанные задачи
367
угол между касательной к винтовому желобу и горизонтальным
направлением. Поэтому
у = В,ф tg a. (4)
Исключая из уравнений (2), (3) и (4) переменные ф и у, получим
соотношение:
MR2 .2 mM2R2.2 mR2 ( М\2.2 2
——О2 + т —-тв1 + —- 1 + — W2 tg2 a =
4 2 4m2 2 \ 2m/
Отсюда выражаем угловую скорость цилиндра:
ш = 9 =
mgh
R4 М2 (2т+ М)2 2
— \2М + — + 2- tg2 a
т т
\
\
2т cos а
R
[т
т +
8mgh
М\ 1 ^
1V1 J \
1 + iV
т
О2
sin2
cos2
аЛ
а\
2gh
(M + 2m)(M + 2m sin2 a)'
11. Удар (§44, [10])
Задача 44.1 (44.1). Баба А ударного копра падает
Ц с высоты 4,905 м и ударяет наковальню В, укреплен-
|| ную на пружине (рис. 44.1.1). Масса бабы 10 кг, и масса
наковальни 5 кг. Определить, с какой скоростью
начнется движение наковальни после удара, если баба будет
двигаться вместе с ней.
Ответ: 6,54 м/с.
Рис. 44.1.1
■* Решение. Определим скорость vA, с которой тело А ударяет
наковальню В. Для этого воспользуемся теоремой об изменении кинетической
энергии:
mAv2A
= mAgh
-9,81-4,905 = 9,81 (-).
Теперь воспользуемся теоремой об изменении количества движения
системы двух тел А и В в проекции на ось у, направленную вертикально вниз:
Qy -
?ку
(тА + тв)и - mAvA = 0.
Отсюда скорость, с которой наковальня В будет двигаться сразу после
удара, равна следующей величине:
тА 10
и =
7ПА
vA =
10 + 5 ^
Задача 44.2 (44.2). Груз А массы М\ падает без
начальной скорости с высоты h на плиту В массы Мг,
укрепленную на пружине, которая имеет коэффициент
жесткости с (рис. 44.2.1). Найти величину s сжатия
пружины после удара в предположении, что
коэффициент восстановления равен нулю.
Рис. 44.2.1
Ответ: s =
11. Удар 369
^ Решение. Воспользуемся теоремой об изменении кинетической
энергии груза А для определения его скорости va в момент падения на
плиту В:
Для определения скорости и, с которой груз А вместе с плитой В
начнут двигаться сразу после удара, воспользуемся теоремой об
изменении количества движения системы в проекции на ось у, направленную
вертикально вниз:
(Ml+M2)u-MlvA = О => и= ' tU = ш Ijjt V^-
М\ + Mi М\ + Mi
Теперь снова воспользуемся теоремой об изменении кинетической
энергии:
где
Здесь s — искомая величина сжатия пружины после удара за счет
перемещения вниз плиты В с грузом А; Лст = Mig/c — статическая деформация
пружины; Л = ACT+s — деформация пружины в момент ее максимального
сжатия (заметим, что пружина не деформируется за малое время удара).
Итак,
(М MW - (М, + M2)gs - \ [(Лст + s?
2 2Mig (М{+М2)и2
s s = 0
с
Mlg (Mxg\2 | (M
С у \ С ) С
Так как по условию задачи величина s > 0, то получаем единственное
решение
Mlg
370
11. Удар
M{g
2gh
с(М{ + М2)'
Задача 44.3 (44.3). В приборе для опытного определения
коэффициента восстановления шарик из испытуемого материала падает без
начальной скорости внутри вертикальной прозрачной трубки с
заданной высоты h\ = 50 см на неподвижно закрепленную горизонтальную
пластинку из соответствующего материала. Найти коэффициент
восстановления, если высота, на которую подскочил шарик после удара,
оказалась равной hi = 45 см.
Ответ: к = ч/-^ = 0,95.
■* Решение. При прямом ударе коэффициент восстановления
определяется отношением скоростей шарика после и до удара:
к =
Применяя теорему об изменении кинетической энергии шарика при
его движении вниз (до удара) и при его движении вверх (после удара),
найдем скорости шарика непосредственно перед ударом о неподвижную
пластину (v) и сразу после удара (и):
= mgh\
v= y/2ghx\
Поэтому
к =
Задача 44.4(44.4). Упругий шарик падает по вертикали с высоты
h на горизонтальную плиту, отскакивает от нее вверх, вновь падает
на плиту и т.д., продолжая эти движения. Найти путь, пройденный
шариком до остановки, если коэффициент восстановления при ударе
равен к.
Ответ: s =
-r
- к2
11. Удар
371
h2
.
1 2 3
Рис. 44.4.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 44.4.1. Рассмотрим т-ное
соударение шарика с неподвижной поверхностью. Скорость после удара
ит = kvm. Скорость до удара vm = yj2ghm. Высота падения
где ит-\ = kvm-\ — скорость отскока шарика при предыдущем
соударении. Отсюда нетрудно получить, что
hm =
т. е. высота падения изменяется по закону убывающей геометрической
прогрессии со знаменателем к2 < 1. Так как к Ф 0, то это бесконечная
геометрическая прогрессия. Искомый путь
= 2
" h =
т=\
Задача 44.5 (44.5). Два тела с массами Мх и М2 и коэффициентом
восстановления к движутся поступательно по одному и тому же
направлению. Каковы должны быть их скорости V\ и v2, чтобы после
удара догоняющее тело М\ остановилось, а тело Mi получило бы
заданную скорость и-р.
Ответ: v\ =
fc m2
rri\ —
■* Решение. Применим теорему об изменении количества движения
системы при ударе в проекции на ось х, направленную вдоль движения тел:
- (m\V\
= 0.
372 11. Удар
При прямом соударении тел коэффициент восстановления
k [411
vx -v2 vx- v2
Выражая отсюда
и2
V\ = V2 + —
и подставляя в (1), получим:
( иЛ
т2и2 - т\ I v2 + — 1 - m2v2 = О
ктп2 — тп\ и2 1 + к тп2
rU2, V\ = V2 + -— = — U2.
) к к m + m
=> v2 = т,rU2, V\ = V2 + =
fe(mi+m2) к к
Замечание к задаче 44.5. В ответе, данном в задачнике, неверно указан знак в
выражении для V2.
S N
Задача 44.6 (44.5). Паровой молот массы 12 т падает со скоростью
5 м/с на наковальню, масса которой вместе с отковываемой деталью
равна 250 т. Найти работу А\, поглощаемую отковываемой деталью,
и работу А2, потерянную на сотрясение фундамента, а также
вычислить коэффициент ц полезного действия молота; удар неупругий.
Ответ: А{ = 143 кН • м, А2 = 6,87 кН • м, ц = 0,95.
^ Решение. Применяя теорему об изменении количества движения и
учитывая, что внешних ударных импульсов нет, выпишем закон
сохранения количества движения системы:
m,\V\ = (mi + т2)и2 (так как v2 = 0, к = 0) ==> и2 = v\.
тп\ -\-тп2
Здесь т\ — масса молота, тп2 — масса наковальни с деталью.
Работа А\, поглощаемая отковываемой деталью и затрачиваемая на ее
пластическое деформирование, равна потере кинетической энергии Гп
системы:
л -rp _rp rr _ ra^i (mi + m2)u\ _
Ax-ln-lo-1 -—2 j "
7П\ + 7П2 ТЩ 2
2 2
12 000-250000-25
2(12000 + 250000)
11. Удар 373
Работа, потерянная на сотрясение фундамента А2, равна кинетической
энергии системы после удара:
(mi + т2)и2 (mi + т2) т] 2 miv?
2 ~ Щ
2 ~ 2 (т]+т2)2Щ ~ 2(mi + m2)
12 0002-25 *оп/ „ ч
: 6,87 (кН • м).
2(12 000 + 250000)
Коэффициент полезного действия молота определяется отношением
потерянной кинетической энергии системы к начальной кинетической
энергии:
_ГП_ Vfixvfi2v\2 _ т2 _ 250000
' ~ Го ~ 2(mi + m2)mit^ ~ mi + т2 ~ 12 000 + 250 000 ~ '
Задача 44.7(44.7). Молот массы mi = 10 кг расплющивает
заготовку до нужных размеров за 70 ударов. За сколько ударов эту
операцию произведет молот массы т2 = 100 кг, если приводной механизм
сообщает ему такую же скорость, что и первому молоту. Масса
наковальни М = 200 кг. Удар считать абсолютно неупругим.
Ответ: 10 ударов.
^ Решение. Воспользуемся решением задачи 44.6. За 70 ударов
молотом массы т\ деталью поглощается работа, равная
А =
2(m,+M) ''
Та же работа поглощается деталью за п ударов молотом массы т2. Поэтому
70т \М 2 пгп2М 2
2(mi + М) х
Следовательно,
mim2 + M „Л 10 100 + 200
п = 70——^ =70 = 10 (ударов).
т2т1+М 100 10 + 200 УУ У '
Задача 44.8(44.6). Найти скорости после абсолютного упругого
удара двух одинаковых шаров, двигавшихся навстречу друг другу со
СКОРОСТЯМИ V\ И V2
Ответ: Шары после удара обмениваются скоростями.
374 11. Удар
v2
-«—О
(до удара)
щ u2
O—► O—►
(после удара)
Рис. 44.8.1
^ Решение. Расчетная схема на рис. 44.8.1. Применим теорему об
изменении количества движения системы:
=> тщ + ти2 - (mv\ - mv2) = 0 =>
=> Ui+U2=V{- V2.
Так как удар абсолютно упругий, то коэффициент восстановления
_ щ-и2 =
V+v v P ;
Решим систему двух полученных уравнений относительно переменных ь
и и2:
{=> U2=V\9 Щ = -V2.
-щ + и2 = v\ + v2
Это означает, что после удара шары обмениваются скоростями.
Задача 44.9 (44.7). Два одинаковых упругих шара А и В
движутся навстречу друг другу. При каком соотношении между скоростями
до удара шар А после удара остановится? Коэффициент
восстановления при ударе равен fe.
_ vA I + к
Ответ: — = -—-.
vB 1 -к
*■* Решение. Расчетная схема на рис. 44.9.1. Согласно закону
сохранения количества движения, имеем:
mAvA - mBvB =mA0 + mBuB.
Так как тА = тв, то
vA-vB = uB. (1)
11. Удар 375
до удара:
после удара:
х
Рис. 44.9.1
Воспользуемся формулой коэффициента восстановления для прямого удара:
fc _ '"В
Выразим отсюда величину ив и подставим ее в (1). Получим:
vA-vB = k(vA + vB).
Отсюда следует, что
уа = 1 + к
vB 1-fc*
Задача 44.10(44.10). Тело А настигает тело Б, имея в 3 раза
большую скорость. Каким должно быть соотношение масс этих тел,
чтобы после удара тело А остановилось? Удар считать прямым
центральным. Коэффициент восстановления к = 0,8.
Ответ: ^ = 5.
тА
^ Решение. Запишем закон сохранения количества движения системы
двух тел:
= тА • 0 + твив,
где
vA = 3vB.
Коэффициент восстановления
Отсюда получим:
Va~
— и
vB
( Зтпаув + mBvB = твив,
\ив = 0,8(3vj
(ЗтА + mB)vB
2>тпа = 096тпв
3~VB)
= rnB •
1,6vB -
Шв _ с
mA ~
376 11. Удар
s >
Задача 44.11 (44.8). Определить отношение масс тп\ и т2 двух
шаров в следующих двух случаях: 1) первый шар находится в покое;
происходит центральный удар, после которого второй шар остается
в покое; 2) шары встречаются с равными и противоположными
скоростями; после центрального удара второй шар остается в покое.
Коэффициент восстановления равен fe.
Ответ: 1) — = fc, — =
mi mi
■► Решение. 1. Используя закон сохранения количества движения и
формулу для коэффициента восстановления, получаем:
\ • 0 - m2v2 = -m\U\ + m2 • О,
m2 щ
щ - u2 u\ => — = — = k.
= — mi v2
V\ - V2 V2
2. Используя закон сохранения количества движения и формулу для
коэффициента восстановления, получаем:
тп\У\ — tti2v2 = —rn\U\ + тп2 • О,
_ -щ - и2 _ щ (1)
V\+V2 V\+V2'
В формуле для коэффициента восстановления учтено, что первое
тело после удара изменяет направление движение на противоположное.
Перепишем систему уравнений (1), используя равенство V\ = v2, и
решим ее:
(mi - m2)v\ = -т
— 7T12)V\ = —7П\ • 2kV\ =^
m2 = 0 =^ —
mi
Задача 44.12(44.9). Три абсолютно упругих шара с массами ть
тп2 и тз лежат в гладком желобе на некотором расстоянии друг
от друга. Первый шар, пущенный с некоторой начальной скоростью,
ударяет во второй, покоящийся шар, который, начав двигаться, в свою
очередь ударяет в третий, покоящийся шар. При какой величине массы
тп2 второго шара третий шар получит наибольшую скорость?
Ответ: тп2 = т/тщтщ.
11. Удар 377
^ Решение. Используем закон сохранения количества движения при
соударении первого и второго шаров:
77l\V\ = 7Tl\U\ +
Так как шары абсолютно упругие, то
Поэтому щ =U2~V\. Следовательно,
2т\
U2 = ; V\.
Рассмотрим соударение второго и третьего шаров. По аналогии с
предыдущим соударением выпишем скорость третьего шара после удара:
2гп2 2тп2 2т 1
Щ = Щ = V\.
Vfli + ТПъ Vfli + ?71з ТП\ + 7П2
Для того чтобы эта скорость была наибольшей, необходимо, чтобы
выражение
ТП2
{m2 + m?)(m\ +m2)
было бы наибольшим, или чтобы обратное ему выражение
(гп2 + m,i)(m\ + ТП2) т\т,ъ
= 7П\ + ГП2 + ТПз Н
7П2 ТП>2
было наименьшим. Приравняем нулю производную последнего
выражения ПО Vfl2\
Следовательно, rri2 = у/Щтщ.
Задача 44.13(44.10). Шар массы т\, движущийся поступательно
со скоростью v\, встречает покоящийся шар массы m2 так, что
скорость его образует при ударе угол а с линией, соединяющей центры
шаров. Определить: 1) скорость первого шара после удара, считая удар
абсолютно неупругим; 2) скорость каждого из шаров после удара в
предположении, что удар упругий с коэффициентом восстановления к.
cos2а;
Л^ / m, V
Ответ: 1) щ = vm/sin2a + ( j
^\ /о /ml ~ fe^2\ о
2) щ = Vj 4 / sirr а + I 1 cos^ а, ^2 = V\
378 11. Удар
Рис. 44.13.1
*■* Решение. Расчетная схема — на рис. 44.13.1.
1. Запишем закон сохранения количества движения системы в
проекции на общую нормаль п и общую касательную г к соударяющимся
шарам:
{Vfl\V\ COS OL = (ТП\ + TTl2)U\ni
m\V\ sin a = m\U\T
(щп = U2n, так как удар абсолютно неупругий и к = 0; Щт = 0, так как
трением между шарами пренебрегаем и второй шар до удара покоился).
Отсюда скорость первого шара после удара
щ = Ju\ + и\ = v\\/sin2a + ( — ) cos2a.
v у \mi +m2/
2. Запишем закон сохранения количества движения системы в
проекции на п и г:
{TTl\V\ COS OL = TTl\U\n + Я&2^2п»
m\V\ sin a = m\U\T.
В этом случае также UiT = 0, а нормальные составляющие скоростей
после удара связаны соотношением
ttln W2n
К = .
«In
Отсюда
v>2n = v\n-k + щп = kvx cos a + tiln.
Поэтому
ТП\ — 2
= v\ sin a, wln = vx cos a,
Tfl\ + Wl
т\ктг m\ll + к)
u2n = kv\ cos a H vi cos a = v\ cos a
ГП\ + Ш2 W
11. Удар 379
Следовательно,
f~Z Г" / (ГП\ — кШ2\ -,
щ = Ju]T + и]п = v\ \ sin2 a + ■ cos2 а,
v у \ тп\ + mi J
= Щи = V\ (1 + fe)cosa.
7П\ + ГП2
Задача 44.14 (44.11). Абсолютно упругий шар, центр которого
движется прямолинейно со скоростью v, встречает под углом а гладкую
вертикальную плоскость, Определить скорость шара после удара.
Ответ: Угол отражения равен углу падения, скорости до и после
удара по модулю равны.
^ Решение. При абсолютно упругом ударе о гладкую неподвижную
плоскость теорема об изменении количества движения в проекции на ось г
(рис. 44.14.1) принимает вид:
mu cos 7 - mv cos 7 = О,
так как поверхность гладкая и ударный импульс S
перпендикулярен ей. Коэффициент восстановления
ип ttsin7 л
к — = —: = 1.
vn v sin a
Отсюда получаем
{и cos 7 = v cos a,
и sin 7 = v sin a. Рис. 44.14.1
Возведя в квадрат и сложив левые и правые части уравнений, получаем,
что и = v. А следовательно, и a = 7.
Итак, скорости до и после удара по модулю равны, и угол отражения
равен углу падения.
Задача 44.15(44.12). Стальной шарик падает на горизонтальную
стальную плиту под углом 45° и отскакивает под углом 60° к вертикали.
Определить коэффициент восстановления при ударе.
Ответ: fc = 0,58.
■* Решение. Расчетная схема — на рис. 44.15.1. Пренебрегая трением
шарика о поверхность плиты и считая, что ударный импульс S направлен
380
11. Удар
Рис. 44.15.1
по нормали п к поверхности, запишем
теорему об изменении количества движения
шарика в проекции на ось г:
ти sin /3 - mv sin a = 0.
Отсюда
и sin /3 = v sin a =
и
v
sin a
sin/3'
Коэффициент восстановления при ударе равен:
ип и cos/? sin a cos/3 tga tg45° 1 ^
vn v cos a sin /? cos a tg /3 tg 60° V3
Задача 44.16(44.13). Шарик падает наклонно
со скоростью v на неподвижную горизонтальную
плоскость и отскакивает от плоскости со
скоростью v\ = v\fl/2 (рис. 44.16.1). Определить угол
падения а и угол отражения /3, если коэффициент
восстановления при ударе к = \/3/3.
Рис.44.16.1 Ответ: а = тг/6, /? = тг/4.
S
ч
\
г;
г
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 44.16.2. В силу отсутствия
ударного трения vT = V\T; коэффициент восстановления к = V\n/vn.
Поэтому имеем два уравнения
относительно а и /3:
v sin а = —v sin /3,
v/2 =»
у/з_Т»со5/?
Рис. 44.16.2 ^ 3 vcosa
ч/2
sin a = — sin /3,
— cos a = — cos /3
sin2 a + - cos2 a = - sin2 /3 + - cos2 /3
11. Удар 381
Задача 44.17(44.14). Два одинаковых абсолютно упругих шара,
двигаясь поступательно, соударяются с равными по модулю
скоростями v. Скорость левого шара до удара направлена по линии центров
направо, а скорость правого шара до удара
образует с линией центров угол а (рис. 44.17.1).
Найти скорости шаров после удара. ( гГ
оТа о
Ответ: и]п = -vcosa, щт = О, и2п = v, ч ~' '^ 2
и2т = г; sin а. Ось п направлена по линии
центров вправо, ось г — вверх.
ч, у
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 44.17.2. В силу отсутствия
ударного трения теорема об изменении количества движения, записанная
в проекции на общую касательную ось г, для первого и второго шара
(отдельно) имеет вид:
m\U\T - m\ -0 = О,
т2и2т - m2v2T = 0.
Поэтому
щт = 0, и2т = v2t = v sin a. Рис> 44-17-2
Для определения скоростей шаров после удара в проекции на ось п (вдоль
линии центров) запишем теорему об изменении количества движения для
системы двух шаров в проекции на ось п и соотношение для
коэффициента восстановления:
тп\Щп + тп2и2п - (m\V\ - m2v2 cos a) = 0,
. «Ип " U>2n U\n ~ U2n
К
1 Л/ — ■
Так как
V\n - V2n
гп\ = m2,
то уравнения принимают вид:
Итак, после удара
Г Щп + ^2п "
|^ v + v cos a
и2п = v9
- v
=
Щп
V\ H-^cosa
= v2, k=\,
+ v cos a = 0,
U2n ~ Щп
= -vcosa.
щт = 0, щп = -v cos a;
и2т = v sin а, и2п = v.
382
11. Удар
Задача 44.18(44.15). Имеются три одинаковых шара Mi,M2,M3
радиусов R, расстояние между центрами C\Ci = а (рис. 44.18.1).
Определить, на какой прямой АВ перпендикулярной линии C\Ci,
должен находиться центр Сз третьего шара для того, чтобы,
получив некоторую скорость по направлению
АВ, этот шар после удара о шар Mi нанес
центральный удар шару М\; шары абсолютно
упруги и движутся поступательно.
Рис. 44.18.1
Ответ: Расстояние прямой АВ от центра С2
равно ВСг = 4R2/a.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 44.18.2. Рассмотрим
соударение шаров Мз и Mi. Запишем теорему об изменении количества движения
шара Мз в проекции на общую касательную ось г и для системы шаров
Мз и Mi — на общую нормальную ось п (ударным трением пренебрегаем,
т. е. ударные импульсы Si и §з направлены вдоль п):
Г m3tt3r ~ гп3у3т = О,
\ гпъиЪп + т2и2п -
= 0
х
32Д'
+ и2п = Щ cos a, cosa =
(О
Так как к = 1, то
~ U2n
v^ cos a
= 1
= Щп + v3 cos a.
Рис. 44.18.2
11. Удар 383
Поэтому из (1) получаем:
х
Щп= , ^3r=V3 —.
Следовательно, для того чтобы шар Мз после удара о шар М2 нанес
центральный удар шару М\, необходимо, чтобы его скорость щ = щт лежала
на прямой, проходящей через центр С\ шара М\. Из геометрических
соображений выписываем соотношение:
2R х 4Д2
=» х = .
С2Сз a 2R
4R2
Расстояние ВС2 = х = .
a
Задача 44.19(44.16). Для укрепления грунта под фундаментом
здания сваи массы М = 50 кг вбивались копром, боек которого массы
М\ = 450 кг падал без начальной скорости с высоты h = 2 м; при
последних десяти ударах свая углубилась на б = 5 см. Определить среднее
сопротивление грунта при вбивании свай. Удар считать неупругим.
v
Ответ: S = 159 кН.
■* Решение. Скорость копра непосредственно перед ударом о
фундамент определяется теоремой об изменении кинетической энергии:
Скорость системы после неупругого удара определяется из уравнения
количества движения:
(М, + М)и - Mxvx = 0 =^ и = ' «1 = ' y/2gh.
М\ + М М\ + М
Применим теперь теорему об изменении кинетической энергии (учтем
10 ударов):
-Го) = A{R) + A(P)
Найдем
.2.9,8.2= 1292 600 (Н).
384
11. Удар
Сила R — это сила, которая соответствует сопротивлению грунта за 10
ударов. Следовательно,
Задача 44.20(44.17). Два шара с массами т\ и т2 висят на
параллельных нитях длин 1\ и 12 так, что центры их находятся на одной
высоте. Первый шар был отклонен от вертикали на угол ct\ и затем
отпущен без начальной скорости. Определить угол предельного
отклонения а2 второго шара, если коэффициент восстановления равен к.
. а2 mi(l+fc) \ . i
Ответ: sin — = — W — sin —.
2 mi + m2 У h 2
т
об
Рис. 44.20.1
^ Решение. Расчетная схема представлена
на рис. 44.20.1. Применим теорему об
изменении кинетической энергии первого шара при
его движении до соударения со вторым шаром:
= mxglx{\ -<
Z
Скорость
»! = yJ2glx(\ -
Рассмотрим соударение шаров:
Ш2^2 - mi^i = 0,
щ -и2
m\U\
u2=vi(\+k)
u2 =
TYl\
7П\
= О
7П\
y/2gli(l -cose*!).
Для определения угла отклонения второго шара после удара применим
для него теорему об изменении кинетической энергии:
- cosa2).
11. Удар
385
Получим:
1 - cos a-i
= 2gh = V
или
. 0L2
sin — =
2gl2
о
Задача 44.21 (44.18). Маятник ударной машины
состоит из стального диска А радиуса 10 см и толщины
5 см и из стального круглого стержня В диаметром 2 см
и длины 90 см. На каком расстоянии / от
горизонтальной плоскости, в которой лежит ось вращения О, должен
быть помещен разбиваемый машиной брусок С, чтобы ось
не испытывала удара? Ударный импульс лежит в плоскости
рис. 44.21.1 и направлен горизонтально.
Ответ: Z = 97,5 см.
Рис. 44.21.1
■► Решение. Расчетная схема — на рис. 44.21.2.
Если ось подвеса не испытывает удара, т. е.
ударные реакции подшипников оси Oz равны нулю,
то точка D, в которой приложен ударный импульс
S со стороны бруска С, является центром удара.
Найдем его положение, используя известную
формулу [4,11]:
, _ Jqz
ту с
Определим момент инерции маятника Joz'-
Рис. 44.21.2
Введем общую для диска А и стержня В плотность j. Получим
тв = утгг2Ь, гпа = jnBrh,
где h — толщина диска. Окончательно имеем:
386
11. Удар
Определим положение центра масс С маятника:
Ус =
гпАУсА+гпвуСв
- R2h(L + R) + -r2L2
r2L + R2h
Суммарная масса
m = ша + тпв = fn(R h + r L).
Поэтому искомое расстояние I равно следующему выражению:
1 =
R2h(L + R) + -r2L2
0,l2 • 0,05(0,9 + 0,1) + - • 0,022 • 0,92
97,5 (cm).
: 0,975 (m),
Задача 44.22 (44.19). Определить положение центра удара
прямоугольной мишени для стрельбы (рис. 44.22.1). Высота мишени равна Л.
Ответ: s = 2Л/3.
Рис. 44.22.1
sssss
77777
О
\
\
\
\
/M
У i
/'
\
1 \
\
\
\
sssss
77777 i
z
h
Рис. 44.22.2
■^ Решение. Расчетная схема — на рис. 44.22.2. Воспользуемся
формулой:
s = ОМ =
JOz
2
= -п.
3
= =
туе гад/2 3
11. Удар
387
Задача 44.23(44.20). Определить положение центра удара к
треугольной мишени для стрельбы (рис. 44.23.1). Высота мишени равна ft.
Ответ: s = ft/2.
Рис. 44.23.1
Решение. Расчетная схема — на рис. 44.23.2.
Joz (mft2/l8) + m(ft/3)2
S
ft
2"
ту с mft/3
При определении момента инерции пластины Joz использован результат
задачи 34.12 и теорема Штейнера—Гюйгенса.
Задача 44.24 (44.21). Два шкива вращаются в одной плоскости
вокруг своих осей с угловыми скоростями о;ю и о;2о. Определить угловые
скорости шкивов U\ и uii после того, как на них будет накинут ремень,
считая шкивы круглыми дисками одинаковой плотности с радиусами
R\ и #2 и пренебрегая скольжением и массой ремня.
Ответ: шх =
RX{R} + R\) '
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 44.24.1. Наложение ремня на
шкивы рассмотрим как ударный процесс, при котором происходит
мгновенное изменение угловых скоростей шкивов.
388
11. Удар
Воспользуемся теоремой об изменении кинетического момента при
ударе:
Для первого шкива:
для второго шкива:
Подшипники осей шкивов считаем гладкими. Ударные моменты со
стороны наложенного ремня равны по величине: М\ = Mi.
Исключая из составленных уравнений ударные моменты, получим
уравнение:
JOizV\ ~ JOtzVlQ = ~Jo2z^2 + Jo2zV2Q- (1)
Так как ремень предполагается нерастяжимым, то wxR\ = wiRi. Масса
шкивов равномерно распределена по их ободу. Моменты инерции шкивов:
Joiz = m\R\, Jo2z = TriiRi.
Массы шкивов: rrt\ = j-27rR\, mi = j-2ttRi , где у — плотность материала.
Из уравнения (1) с помощью последних соотношений получаем
угловые скорости:
RdRi + Rl) '
R2(R] + Rl) '
Задача 44.25 (44.22). Баллистический маятник, употребляющийся
для определения скорости снаряда, состоит из цилиндра АВ,
подвешенного к горизонтальной оси О; цилиндр открыт с одного конца
А и наполнен песком (рис. 44.25.1); снаряд, влетающий в цилиндр,
производит вращение маятника вокруг оси О на некоторый угол.
Дано: М — масса маятника; ОС = h —
расстояние от его центра масс С до оси О; р — радиус
инерции относительно оси О; т — масса
снаряда; OD = a — расстояние от линии действия
ударного импульса до оси; a — угол отклонения
маятника. Определить скорость снаряда,
предполагая, что ось маятника О не испытывает удара,
причем ah = р2.
Рис. 44.25.1
Ответ: v =
2(Mh 4- ma)
т
g . a
- sin —.
a 2
11. Удар
389
^ Решение. Расчетная схема изображена
на рис. 44.25.2. Воспользуемся теоремой об
изменении кинетического момента системы
относительно оси вращения Oz при ударе:
\С"
Так как ось маятника не испытывает удара, то
внешних ударных импульсов нет: Koz = Kol-
Рис. 44.25.2
KqI = mva, KOz = mua 4- Mp2w, и = wa, p2 = ah =>
=> rnva = mwa2 4- Mwah.
Выразим из полученного соотношения скорость снаряда v через угловую
скорость о; маятника, приобретенную после удара:
та2 4- Mah та 4- Mh
v = о; = о;.
та
т
Для послеударного движения маятника воспользуемся теоремой об
изменении кинетической энергии:
тш2а2
* ° 2 2
Выразим о; через угол а:
= -mga(\ - cos a) - Mgh(\ - cos а).
2g(\ - cos а)(та 4- Mh)
та2 4- Мр2
4gs\n2(a/2) • (та 4- Mh)
а(та 4- МЛ)
Искомая скорость снаряда:
ma + Mh 2(ma + Mh) fg a
v = ш = W- sin —.
т т у а 2
390
11. Удар
«Г
Ж
м
-
ж
"7"
1
_. ,
Рис. 44.26.1
Задача 44.26 (44.23). Однородный стержень
массы М и длины I, прикрепленный своим верхним
концом к цилиндрическому шарниру О, падает без
начальной скорости из горизонтального положения
(рис. 44.26.1). В вертикальном положении он ударяет
груз массы га, сообщая ему движение по
горизонтальной шероховатой плоскости. Коэффициент
трения скольжения — /. Определить путь, пройденный
грузом, считая удар неупругим.
Ответ: s = —•
Ъ1 М2
mg\
Рис. 44.26.2
■*■ Решение. Расчетная схема — на рис. 44.26.2. Согласно теореме об
изменении кинетической энергии стержня при «доударном» движении
имеем:
Mgl
2 ~'°2 ■ ~ JOz МР/3 ==>> Ш~~
Для определения скорости и фуза сразу после удара выпишем
следующие уравнения, используя теорему об изменении кинетического момента
относительно оси вращения Oz при ударе и условие неупругого удара:
mul 4-
zw = 0 (шарнир Oz — гладкий),
_ и
1 I'
Отсюда
и =
М12/3
. Ml2'
Ml
М
I Зт + М
11. Удар
391
Далее рассмотрим движение груза по шероховатой поверхности,
предполагая, что «почти сразу» груз и стержень после удара движутся независимо
друг от друга. Запишем теорему о движении центра масс в проекции на оси
х и у:
тх = -F,
тр>
=> x = -fg =
=» путь,
1 0 = mg -
=> xdx = -fgdx
пройденный грузом
N
5
0
/ ^
и
и2
2fg
:dx =
31
2/С
5
- / fgdx =
0
M2
Задача 44.27(44.24). Однородная прямая призма с квадратным
основанием стоит на горизонтальной плоскости и может вращаться
вокруг ребра АВ, лежащего в этой плоскости (рис. 44.27.1). Ребро
основания призмы равно а, высота ее — За,
масса — Зт. В середину С боковой грани,
противолежащей ребру АВ, ударяет шар
массы т с горизонтальной скоростью v.
Предполагая, что удар неупругий и что
масса шара сосредоточена в его центре,
который после удара остается в точке С,
определить наименьшую величину скорости v, при
которой призма опрокинется.
\
Ответ: v = - \/53ga.
3
Рис. 44.27.1
^ Решение. На рис. 44.27.2 изображено сечение призмы вертикальной
плоскостью, проходящей через центр масс С призмы.
Пусть скорость шарика, который ударяет призму, равна г;. С
помощью теоремы об изменении кинетического момента относительно оси
вращения Oz при ударе определим угловую скорость призмы:
JOzu + rnu • ОС - mv-a = 0. (1)
2
Ударным моментом в оси вращения Oz пренебрегаем. Удар неупругий,
поэтому скорость шарика и после удара связана с угловой скоростью ш
392
11. Удар
призмы следующим образом:
I 7 /3 \2 л/13
и = ш • ОС = ом / о2 + I -о 1 = ша——.
Момент инерции Jo^ призмы вычислим, используя результат задачи 34.10
и теорему Штейнера—Гюйгенса:
В результате из уравнения (1) выразим v через и:
Л 9 13 2
ОС 4
3
-та
3
-та
- = Юта2.
53
• ш = —аи.
6
(2)
Определим центр масс Е системы «призма 4- шарик»:
т • СЕ = Ът • ED, или т • СЕ =
СЕ = -а.
Призма опрокинется, если при ее повороте вокруг оси Oz общий
центр масс Е окажется на вертикальной прямой, проходящей через ось
Oz, т. е. если точка Е достигнет положения Е1 (см. рис. 44.27.2).
Достаточно, чтобы в этом положении угловая скорость призмы стала равной нулю.
11. Удар
393
Запишем теорему об изменении кинетической энергии системы при
повороте призмы на угол а:
где
3
2й
cos а =
(-И'
12
Тз'
vu т л 2 лл /ЗУ / зу 13
и = ша , Jqz = Юта , ОЕ = \ / I -о 1 4- I а о 1 = —о.
2 VV2/\8/8
Из составленного уравнения выразим наименьшую угловую скорость ш9
с которой надо толкнуть призму с шариком, чтобы она опрокинулась:
-—та2и2 - 5та2ш2 = -4mg • — о(1 - cos а)
8 8
Теперь с помощью соотношения (2) найдем наименьшую величину
скорости v шарика, при которой призма опрокинется:
53 1 /—
v = —аи = - у 53ga.
о 3
Задача 44.28 (44.25). Платформа с
помещенным на ней призматическим грузом АВ
катится по горизонтальным рельсам со скоро- t
стью v (рис. 44.28.1). На платформе имеется
выступ, в который упирается ребро В груза, ?
препятствуя последнему скользить по
платформе вперед, но не препятствуя вращению
его около ребра Б. Дано: ft — высота центра масс груза над
платформой, р — радиус инерции груза относительно ребра В. Определить
угловую скорость и вращения груза около ребра В в момент
мгновенной остановки платформы.
Рис. 44.28.1
Ответ: ш = hv/p2.
^ Решение. Согласно теореме об изменении кинетического момента
груза АВ относительно оси Bz при ударе имеем соотношение:
Jbzv - rnvh = 0.
394
11. Удар
Отсюда
ш =
mvh mvh vh
Jbz ~ rnp1 ~ p2'
Задача 44-29 (44.26). Полагая при условиях предыдущей задачи,
что груз представляет собой однородный прямоугольный
параллелепипед, длина ребра которого вдоль платформы равна 4 м, а высота —
3 м, найти, при какой скорости произойдет опрокидывание груза.
Ответ: v = 30,7 км/ч.
^ Решение. Расчетная схема изображена на
рис. 44.29.1. Воспользуемся результатами задач
44.27 и 44.28.
Угловая скорость ш груза в момент
мгновенной остановки платформы:
Рис. 44.29.1
ш =
<
Момент инерции груза:
mvh
Скорость v платформы, выраженная через угловую скорость w груза:
v =
JBzu a1 + b2
-ш.
mh 3ft
Опрокидывание груза произойдет, если центр масс С груза хотя бы с
нулевой скоростью достигнет вертикального положения, т. е. если груз успеет
повернуться на угол а, такой, что
Ь
cos a =
Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии:
J--— = mg-BC{\ - cos a).
Отсюда
l2mgBC(\ -cosa)
\
11. Удар
395
Искомая линейная скорость v платформы равна:
а2 + Ъ2 с
6
Если предположить, что ft = -, то
»■=
-9,8«8,5 ("
или
12. Динамика точки и системы переменной массы
(переменного состава) (§ 45, [10])
Задача 45.1 (45.1). Составить уравнение движения маятника
переменной массы в среде, сопротивление которой пропорционально
скорости. Масса маятника изменяется по заданному закону т = m(t)
путем отделения частиц с относительной скоростью, равной нулю.
Длина нити маятника — I. На маятник действует также сила
сопротивления, пропорциональная его угловой скорости: R = -/Зф.
в g
Ответ: ф Н——ф + - sin tp = 0.
m(t)l I
^ Решение. Уравнение Мещерского в проекции на касательную к
траектории (окружности) маятника имеет вид:
т(Ь)(1ф) = -m(t) • gsin (р + R + Fp,
где R = -/Зф — сила сопротивления, Fp = -ve • fa — реактивная сила
(ve — относительная скорость отделения частиц). Но так как (по условию
задачи) ve = 0, то имеем:
т(Ь)1ф = -m(t)g sin ip - (Зф.
Отсюда получаем ответ к задаче.
Задача 45.2(45.2). Составить дифференциальное уравнение
восходящего движения ракеты. Эффективную скорость ve истечения газов**
считать постоянной. Масса ракеты изменяется по закону т = mo f(t)
(закон сгорания). Сила сопротивления воздуха является заданной
функцией скорости и положения ракеты: R(x, x).
f(t) R{x,x)
^ Решение. Уравнение Мещерского в проекции на вертикаль х имеет
вид:
mof(t) • х = -mof(t) -g- mofve - R.
Отсюда получаем ответ к задаче.
*' Тяга реактивного двигателя определяется формулой Рд = —(dm/dt)ve, где ve —
эффективная скорость истечения.
12. Динамика точки 397
Задача 45-3 (45.3). Проинтегрировать уравнение движения
предыдущей задачи при га = гао(1 -at) и R = 0. Начальная скорость ракеты
у поверхности Земли равна нулю. На какой высоте будет находиться
ракета в моменты t = 10; 30; 50 с при ve = 2000 м/с и а = 1/100 с"1?
Ответ: x(t) = — [(1 - at) In (1 - at) + at] - у,
ж(10) = 0,54 км, ж(30) = 5,65 км, ж(50) = 18,4 км.
Решение. Уравнение движения из предыдущей задачи имеет вид:
1 - at
Интегрируя по времени один раз, имеем:
x(t) = -gt - ve In (1 - at) (±(0) = 0).
Интегрируя по времени второй раз, получим:
t
x(t) = - у - ve Г In (1 - at) dt.
Интеграл берем по частям:
t
f\n(\-at)dt= [Ып(1-а*)]|* - /(—]"гЧ) tdt =
о о
t
= t\n(\-at)- f -^—- dt = t\n (1 - at) - t - - In (1 - at),
j i at a
о
Отсюда нетрудно получить ответ к задаче.
Задача 45.4(45.4). Ракета начальной массы гао поднимается
вертикально вверх в однородном поле силы тяжести с постоянным
ускорением ng (g — ускорение земного тяготения). Пренебрегая
сопротивлением атмосферы и считая эффективную скорость ve истечения газов
постоянной, определить: 1) закон изменения массы ракеты, 2) закон
изменения массы ракеты при отсутствии поля тяготения.
Ответ: 1) га = гаоехр< gt>; 2) га = гаоехр< 1>.
, I ve ) I ve )
398 12. Динамика точки
■* Решение. Уравнение Мещерского в проекции на вертикаль имеет
вид:
m(t) • ng = -m(t)g -verh.
Разделяя переменные, получим:
dm (n + l)g
-dt => m(t) = rao exp < --
ra ve
Если g = 0, то имеем уравнение:
. v dm ng
= -vem => — = dt
m ve
m(t) = ran exp < 1 >.
{ ve J
Задача 45.5 (45.5). Масса ракеты, описанной в задаче 45.2,
изменяется до t = tо по закону га = гапе"0*. Пренебрегая силой
сопротивления, найти движение ракеты и, считая, что к моменту времени to
весь заряд практически сгорел, определить максимальную высоту
подъема ракеты. В начальный момент ракета имела скорость, равную
нулю, и находилась на земле.
Ответ: H = —-(ave-g)tl, где ve — эффективная скорость истечения
газов из ракеты.
N *
^ Решение. Уравнение Мещерского в проекции на вертикаль:
m(t)x = -m(t)g - vem => х = -g-ve—.
га
Но, так как га(£) = moe~at, то получим:
х = -g + ve-a => x(t) = t(-g + a-ve), x(t) = -~(-
Если к моменту t = t0 весь заряд сгорел, то при t > t0 начинается просто
движение в поле силы тяжести. Имеем:
vQ = x(t0) = to(-g + ave), x(t0) = -j(-g + ave).
Максимальный подъем от координаты x(to) будет в поле тяжести с
начальной скоростью vq = x(to) составлять:
Суммарный подъем составит:
Я = X(to) + ftmax = |(ot»e -g) + |(ot»e ~g)2 = ^-(ave -g)t20.
12. Динамика точки 399
Задача 45.6(45.6). При условиях предыдущей задачи определить
значение а, отвечающее максимальной возможной высоте подъема
ракеты Ятах, и вычислить Ятах (величину ц = ato = In (mo/m,\)
необходимо считать постоянной; тп\ — масса ракеты в момент to).
Ответ: а = оо (мгновенное сгорание), Ятах = г)2 — .
*+ Решение. Так как \i = ato = const, то имеем t0 = fi/a. Тогда,
используя ответ к задаче 45.5:
Ve fl2 Ve 2/ g\
Н = — • a(vea -g) - — = —fi [ve I.
2g a1 2g \ a)
Из последней формулы видно, что максимум Я достигается при а = оо,
т.е.
Ятах =
Задача 45.7(45.7). При условиях задач 45.5 и 45.6, задавшись
коэффициентом перегрузки к = ave/g, определить высоту подъема Я
ракеты в зависимости от Ятах.
Решение. Пусть к = ave/g. Тогда из ответа к задаче 45.5 имеем:
Кроме того, так как
л _ /**
«о г
о а
то получим:
так как по ответу к задаче 45.6 имеем
и -
ятах_
400 12. Динамика точки
Задача 45.8(45.8). Ракета стартует с Луны вертикально к ее
поверхности. Эффективная скорость истечения ve = 2000 м/с. Число
Циолковского z = 5 *\ Определить, какое должно быть время сгорания
топлива, чтобы ракета достигла скорости v = 3000 м/с (принять, что
ускорение силы тяжести вблизи Луны постоянно и равно 1,62 м/с2).
Ответ: « 2 мин 4 с.
^ Решение. Уравнение Мещерского в проекции на вертикаль:
mx = -mg-vem => х = -g-ve—,
m
где m = mQ+m\(t), mo — масса ракеты, m\(t) — масса топлива. По
условию:
mo+mi(O) z5
Интегрируя уравнение Мещерского, получим:
В момент t = t* полного выгорания топлива имеем m,\(t*) = 0, x(tt) =
= у = 3000 м/с. Тогда получим:
U = -(-v + ve In 5) « 135,1 с.
о
Отметим, что ответ задачника [10] U « 124 с!
Задача 45.9(45.9). Ракета движется в однородном поле силы
тяжести вверх с постоянным ускорением w. Пренебрегая сопротивлением
атмосферы и считая эффективную скорость ve истечения газов
постоянной, определить время Т, за которое масса ракеты уменьшится
в два раза.
_ ve In 2
Ответ: Т= — .
Решение. Уравнение Мещерского в проекции на вертикаль:
m
= -mg-vem =Ф w = -g-ve—.
m
*' Числом Циолковского называется отношение стартовой массы ракеты к массе
ракеты без топлива.
12. Динамика точки 401
Разделяя переменные и интегрируя, получаем формулу:
w , m(°)
(w+g)t = ve\n-^-.
При t = Т имеем
та(0) _ „
т(Т) ~ 2)
тогда
Задача 45.10(45.10). Эффективная скорость истечения газов из
ракеты ve = 2,4 км/с. Какой процент должен составлять вес топлива
от стартового веса ракеты, чтобы ракета, движущаяся вне поля
тяготения и вне атмосферы, приобрела скорость 9 км/с?
Ответ: Примерно 98 %.
Решение. Уравнение Мещерского в проекции на вертикаль:
mi) = -vem => v(t) = ve In f —т-г ) =>
m(0) mo+m,(O)
В момент полного выгорания t = tt имеем mj(^) = 0, v = 9 км/с, тогда:
т0 + гп\ (0) то + mi (0)
— I ~ с /^ и,Уо — Уо то.
Задача 45.11 (45.11). Ракета движется поступательно при
отсутствии тяготения и сопротивления среды. Эффективная скорость
истечения газов ve = 2400 м/с. Определить число Циолковского, если
в момент полного сгорания топлива скорость ракеты будет равна
4300 м/с.
Ответ: z « 6.
Решение. Используя решение предыдущей задачи, получим:
z = o '() = е"* = е4300'2400 « 5,999 « 6.
то + 0
402 12. Динамика точки
Задача 45.12 (45.12). Тело переменной массы, имея начальную
скорость, равную нулю, движется с постоянным ускорением w по
горизонтальным направляющим. Эффективная скорость истечения
газов ve постоянна. Определить, пренебрегая сопротивлением, путь,
пройденный телом до того момента, когда его масса уменьшится
в к раз.
Ответ: 5 = —^-—
v 2w
■* Решение. Уравнение Мещерского в проекции на горизонталь имеет
вид:
mw = -vem =$- In
Но так как w = const, то
2
\m(t)J ve
Если t — таково, что
m(Q)
m(t)
то
= k,
Задача 45.13(45.13). Решить предыдущую задачу, предположив,
что на тело действует сила трения скольжения.
Ответ: s = •— ~Tj(lnA;)2, где / — коэффициент трения
скольжения.
ч s
Ъ+ Решение. Здесь уравнение Мещерского в проекции на горизонталь
и при учете силы трения принимает вид:
mw = -fmg - vem =>
m ve\nk
=> w + fg = -ve-— => t = >
> t
m w + fg
wt2 w ^(lnA;)2
12. Динамика точки 403
Задача 45.14(45.14). Тело переменной массы движется по специ- х
альным направляющим, проложенным вдоль экватора. Касательное
ускорение wT = а постоянно. Не учитывая сопротивление движению,
определить, во сколько раз уменьшится масса тела, когда оно сделает
один оборот вокруг Земли, если эффективная скорость истечения
газов ve = const. Каково должно быть ускорение о, чтобы после
одного оборота тело приобрело первую космическую скорость? Радиус
Земли — R.
Ответ
: В ехр < > раз; а = —.
I ve J 4тг
■^ Решение. Уравнение Мещерского в проекции на касательную к
экватору имеет вид:
а
ma = -vem => In k = — t ==>
Если t — таково, что пройден весь экватор, то:
(at\
= ехр < — >.
at2
— = 2ttR (R — радиус Земли).
Тогда:
t = 2\ — => A; = exp < —VnRa >.
V a lve J
Первая космическая скорость находится из соотношения:
vi - /—
R
Тогда, если t = л/nR/a, то
g
Vj = at => 2VnRa = y/gR => a =
Задача 45.15 (45.15). Определить в предыдущей задаче массу
топлива, сгоревшую к моменту, когда давление тела на направляющие
будет равно нулю.
Ответ:
404 12. Динамика точки
^ Решение. Аналогично решению предыдущей задачи имеем
соотношения:
at=y/gR => t=-y/gR
а
(так как давление на направляющие равно нулю при достижении 1-й
космической скорости!). Из уравнения Мещерского получаем:
= А ==> mi(0) - mx(t) = m(0)(l - e"A),
где га(0) = то + тп\(0) — стартовая масса ракеты.
Задача 45.16(45.16). Тело скользит по горизонтальным рельсам.
Истечение газа происходит вертикально вниз с постоянной
эффективной скоростью ve. Начальная скорость тела равна vo. Найти закон
изменения скорости тела и закон его движения, если изменение массы
происходит по закону m = mo-at. Коэффициент трения скольжения
равен /.
Ответ: v = vQ -
= vot-f\ -z— Ve U In mo H (In (m0 - at) - 1 -
I 2 L a \
^ Решение. Уравнения движения в проекциях на горизонталь и
вертикаль имеют вид:
mi) = —fN; m • 0 = N - mg - verh
(так как относительная скорость отделяющихся частиц направлена по
вертикали!). Отсюда получим:
mi) = -f(mg + mve) =>
Интегрируя это соотношение еще раз по t (интеграл берется так же по
частям, как в решении задачи 45.3), получим ответ к задаче.
12. Динамика точки 405
Задача 45.17 (45.17). Решить предыдущую задачу, если изменение
топлива будет происходить по закону га = moe~at. Определить, при
каком а тело будет двигаться с постоянной скоростью г;0.
t я.
Ответ: v = v0 - f(g - ave)t, s = vot- f(g - ave) — 9 a = —.
I ve
^ Решение. Если m(t) = moe~at, то уравнение для v из предыдущей
задачи получается таким:
v = -f(g-ave) => v(t) = v0 - ft(g- ave) =^
ft2
=> s(t) = vot - — (g - ave).
Если g - ave = 0 => a = g/ve, то v(t) = const = vo.
Задача 45.18(45.18). Какой путь пройдет ракета на
прямолинейном активном участке в пустоте и при отсутствии сил тяготения за
время разгона от нулевой начальной скорости до скорости, равной
эффективной скорости истечения продуктов сгорания ve, если
известна начальная масса ракеты гао и секундный расход /3?
_ vem0 е-2
Ответ: s = — , где е — неперово число.
Р е
ч
^ Решение. Уравнение Мещерского имеет вид:
mi) = -mve;
так как га = -/3, т. е. га(£) = гао - /3t, то получим:
v =
Для момента t = tt, когда v(tt) = ve, имеем
_ га0 е - 1 тр _
/3 е гао - PU
И мы получим:
г;ега0 е-2
406 12. Динамика точки
Задача 45.19 (45.19). Ракета движется прямолинейно вне поля
тяготения и при отсутствии сопротивления. Найти работу силы тяги
к моменту, когда сгорит все топливо. Начальная масса ракеты то,
конечная — гп\. Эффективная скорость истечения ve постоянна.
Ответ: А = m\v\(z - 1 - In z), z = —.
mi
^ Решение. Запишем уравнение Мещерского:
mi) = -Vem = -Рреакт =>• ^реакт = -УеГП.
Работа реактивной силы:
,t\]= I (-verh)vdt= I mvvdt.
о о
Интегрируя уравнение Мещерского, имеем:
»«>=»•" Ш-
Тогда имеем следующее выражение для работы:
= -v\ I In ( — 1 dm = m\vl(z - 1 - In z),
где z = mo/mi.
Задача 45.20 (45.20). При каком отношении z начальной mo и
конечной m\ масс ракеты, движущейся прямолинейно в пустоте и при
отсутствии сил тяготения, ее механический КПД, определяемый как
отношение кинетической энергии ракеты после выгорания топлива
к затраченной энергии, имеет наибольшее значение?
2(z -
Ответ: z — корень уравнения In z =
12. Динамика точки 407
Решение. Используя решение предыдущей задачи, имеем:
m,\v\j2 I m\ • vj(lnz)2
КПД = fi =
A[O,tt] 2 m,»f(z- 1 -In z) "^
_ 1 (M2 ^
2z - 1 - \nz
/21 \
lnz(2 In z - In z I
J \ z z _J_=0,
<£г 2 (z - 1 - In
является корнем уравнения
т.е.
lnz =
l+z
Задача 45.21 (45.21). Самолет, имеющий массу mo,
приземляется со скоростью vo на полярный аэродром. Вследствие обледенения
масса самолета при движении после посадки увеличивается
согласно формуле m = mo + at, где a = const. Сопротивление движению
Самолета по аэродрому пропорционально его весу (коэффициент
пропорциональности /). Определить промежуток времени до остановки
самолета с учетом (Г) и без учета (Т\) изменения его массы. Найти
закон изменения скорости с течением времени.
_ 2mot;o -
2(m0 + at)
^ Решение. Запишем уравнение Мещерского для движения самолета
по горизонтали. При этом будем учитывать, что присоединяющиеся частицы
воздуха (которые создают лед!) имеют по горизонтали относительную
скорость (-v), где v — скорость самолета. Тогда получим:
m(t)v = -fm(t) • g + (-v)rh.
Учитывая, что
m(t) = mo + at,
408 12. Динамика точки
отсюда получим:
Это — неоднородное линейное дифференциальное уравнение 1-го
порядка. Его решение:
где V\(t) — общее решение однородного уравнения
имеющее вид:
Vi (t) = С 7 > С = const*>
m + at
vi — частное решение неоднородного уравнения, которое найдем,
используя вариацию С:
mo + at
В итоге мы получим:
v(t) = С —г - ^(тп0 + at).
w mo + at 2ov
Константу С найдем из начального условия v(0) = vo:
ТТЬ(\
C=—(2avo + fgmo).
Следовательно, решение:
Шо(2аг7о + fgTfio) — fg(vfiQ + at) 2то#о ~~ fgt(2tno + at)
^ ^" 2o(m0 + at) " 2(m0 + at) '
Отсюда находим t = T — время остановки, когда v(T) = 0, т.е. ответы
из задачника.
/* *\
Задача 45.22(45.22). Эффективные скорости истечения первой
и второй ступени у двухступенчатой ракеты соответственно равны
vy = 2400 м/с и vjp = 2600 м/с. Определить, считая, что движение
происходит вне поля тяготения и атмосферы, числа Циолковского
для обеспечения конечной скорости V\ = 2400 м/с первой ступени
и конечной скорости v2 = 5400 м/с второй ступени.
Ответ: zx = 2,72, z2 = 3,17.
12. Динамика точки 409
Решение. Уравнение Мещерского:
га »(<2)-t;(*i) _
V — — Ve -f — In
-f — In —7ГТ*
ra ve Tn(t2)
Отсюда для чисел Циолковского мы получим формулы:
V\ V2- V\
Задача 45.23 (45.23). Считая, что у трехступенчатой ракеты числа
Циолковского и эффективные скорости ve истечения у всех трех
ступеней одинаковы, найти число Циолковского при ve = 2,4 км/с,
если после сгорания всего топлива скорость ракеты равна 9 км/с
(влиянием поля тяготения и сопротивлением атмосферы пренебречь).
Ответ: z = 3,49.
■^ Решение. Аналогично решению предыдущей задачи запишем три
соотношения для сгорания последовательно трех ступеней:
V\ . V2-V\ V3-V2
\nz = —, \nz = , \nz = .
Ve Ve Ve
Сложим эти равенства:
Задача 45.24(45.24). Трехступенчатая ракета движется
поступательно при отсутствии тяготения и сопротивления атмосферы.
Эффективные скорости истечения и числа Циолковского для всех ступеней
одинаковы и соответственно равны ve = 2500 м/с, z = 4. Определить
скорости ракеты после сгорания горючего в первой ступени, во второй
и в третьей.
J
Ответ: v\ = 3465 м/с, v2 = 6930 м/с, t;, = 10 395 м/с.
^ Решение. Используя равенства из решения предыдущей задачи,
получим:
V\ = Ve In Z, V2 = 2ve 111 Z, V3 = 3ve 111 Z.
Подставляя числа, получаем ответы к задаче.
410
12. Динамика точки
Задача 45.25 (45.25). В момент, когда приближающийся к Луне
космический корабль находится на расстоянии Н от ее поверхности
и имеет скорость vq, направленную к центру Луны, включается
тормозной двигатель. Учитывая, что сила тяготения обратно
пропорциональна квадрату расстояния от корабля до центра Луны и принимая,
что масса корабля изменяется по закону m = тп^е~аЬ (то — масса
ракеты в момент включения тормозного двигателя, а — постоянное
число), найти а, при котором корабль совершит мягкую посадку
(т. е. будет иметь скорость прилунения, равную нулю). Эффективная
скорость истечения газов ve постоянна. Радиус Луны — R, ускорение
силы тяжести на Луне — gn.
Ответ: а =
2veH
+
"* Решение. Введем ось х с началом в точке начала торможения и
направленную к центру Луны (см. рис. 45.25.1). Тогда уравнение Мещерского
по оси х имеет вид:
mgnR2
gnR2
корабль
Умножим обе части на ж и проинтегрируем:
x\t) vl gnR2 *ЛД2
луна
Рис.45.25.1
полагая здесь
±{t) = 0, x{t) = Н,
получим ответ.
Задача 45.26(45.26). Найти закон изменения массы ракеты,
начавшей движение вертикально вверх с нулевой начальной скоростью,
если ее ускорение w постоянно, а сопротивление среды
пропорционально квадрату скорости (Ь — коэффициент пропорциональности).
Поле силы тяжести считать однородным. Эффективная скорость
истечения газа ve постоянна.
Ответ:
m
V
3
exp
( w+g}
< 1 >
I ve }
2v2bw2
w+g (w+g)2 (w+g)
bw2 2 2vebw2
r +
,3*
12. Динамика точки 411
^ Решение. Уравнение Мещерского по вертикали имеет вид:
тпх = -mg - bx2 -f vem.
Используя условия задачи, имеем
х = w, х = wt.
Тогда получим уравнение для m(t):
g+W Ь 22
га - га = —w t .
Это — линейное неоднородное дифференциальное уравнение 1-го
порядка. Решая его по обычным правилам, имеем:
где rai(£) — общее решение однородного уравнения, имеющее вид:
«,<«) = Се"*, Х = 8-^,
а гаг(t) — частное решение неоднородного уравнения, которое следует
искать в виде:
m2(t) = a2t2 + a\t + о0,
Oo,ai,a2 — константы.
Тогда получим:
2a2tl
2a2
htti -
-Ле,
- Аао
(a2t2
-0
-0
Используя начальное условие
найдем константу
Си
+ U\t + Яо) •
Ь 2
> U7 ■
Ave
=* ао =
то(0) = то
А =
2а2
А
А
Ve
bw2
g + w'
2vebw2
(g + w)2
2v2bw2
(g + w)3'
получим ответ задачника.
412
12. Динамика точки
Задача 45.27 (45.27). Ракета перемещается в однородном поле
силы тяжести по прямой с постоянным ускорением w. Эта прямая
образует угол а с горизонтальной плоскостью, проведенной к
поверхности Земли в точке запуска ракеты (рис. 45.27.1). Предполагая,
что эффективная скорость истечения газов ve постоянна по величине
и направлению, определить, каково должно быть отношение
начальной массы ракеты к массе ракеты без топлива (число Циолковского),
если к моменту сгорания топлива ракета оказалась на расстоянии Н
от указанной выше касательной плоскости.
Ответ
: z = ехр \ -
cos a
Л ., /, где в — угол, образуемый ско-
е cos /3 V sin a J
w sin a + g
ростью ve с касательной плоскостью, равный /3 = arctg .
v w cos a i
У А
H
У i
\
0
ГП/
УС'
W
f
X
Рис. 45.27.1
Рис. 45.27.2
^ Решение. Введем систему координат О£?/, гае О£ направлена по
прямой движения ракеты, а Ог\ — ей перпендикулярна (рис. 45.27.2).
Уравнение Мещёрского в проекциях на эти оси имеет вид:
mw = -mgsina - vemcos((3 - a), (1)
m • 0 = -mg cos a - verh sin (ft - a). (2)
Умножая (1) на sin (/? - a), а уравнение (2) на cos (ft- a) и вычитая одно
из другого, получим:
mw sin (/3 - a) = -mg [sin a sin (/3 - a) - cos a cos (/3 - a)].
Отсюда находим:
g
sin (3 cos a - cos (3 sin a = — cos /? =s>
w
Используя полученное соотношение, имеем:
cos (/? - a) = cos j3 • (cos a + tg /3 sin a) = cos /3
g 4- w sin a
wcosa
g sin a + w
wcosa
12. Динамика точки 413
Далее интегрируем уравнение (1) по времени:
(г/; + gsin a)t = ve cos (/J - a) • In ( ^4 ) • (3)
Если ракета за время t поднялась на высоту Н, то
sin a 2
Подставляя полученное t в (3), имеем:
, v / 2Я g sin a + w
(w+gsinah/ = ve -cosp • • \nz
V wsma до cos a
cos a rr~r=
z = exp
jcos^9
Задача 45.28 (45.28). Тело переменной массы движется вверх с
постоянным ускорением w по шероховатым прямолинейным
направляющим, составляющим угол а с горизонтом. Считая, что поле силы
тяжести является однородным, а сопротивление атмосферы движению
тела пропорционально первой степени скорости (Ь — коэффициент
сопротивления), найти закон изменения массы тела. Эффективная
скорость истечения газа ve постоянна; коэффициент трения
скольжения между телом и направляющими равен /.
/ bwvgX Г «ill bto / ve\
Ответ: m = [ mo л- exp < 1 > It ,
V wf J { ve J им V wi /
где Wi = w +g(sin a 4- / cos a), mo — начальная масса тела.
I
Рис. 45.28.1
*■* Решение. Направляем ось Ох системы координат Оху вдоль
наклонной плоскости вверх, а ось Оу — перпендикулярно к ней (рис. 45.28.1).
Уравнения движения (с учетом реактивной силы Мещерского) в
проекциях на эти оси имеют вид:
тх = -mgsin a - fN -bx + vem, m • 0 = N - mgcos a.
414 12. Динамика точки
Исключая N, получаем:
тх = -mg sin a - fmg cos a-bx + vem ==> (так как х = w, x = wt)
g sin a + fg cos a + w 6
=> m - m = —w^.
Ve Ve
Решая это линейное неоднородное дифференциальное уравнение 1-го
порядка стандартными методами, получим ответ.
Задача 45.29 (45.29). Аэростат весом Q поднимается вертикально
и увлекает за собой сложенный на земле канат. На аэростат
действует подъемная сила Р, сила тяжести и сила сопротивления,
пропорциональная квадрату скорости: R = -fix2. Вес единицы длины
каната — у. Составить уравнение движения аэростата.
Ответ: x = -g +
■* Решение. Направим ось х вертикально вверх. Уравнение
Мещерского вдоль этой оси имеет вид:
тх = -mg + Р- /Зх2 + vem, (1)
где ve — относительная скорость присоединяющихся частиц каната, которая
в данном случае равна ve = —х. Ясно, что
т = -х, m(t) = — + -x.
g g g
Подставляя полученные соотношения в уравнение (1), получим ответ
задачника:
N
Задача 45.30(45.30). При условиях предыдущей задачи
определить скорость подъема аэростата. В начальный момент аэростат
неподвижен и находится на высоте Щ.
Ответ: х2 = Pg
Gte + 7)L
Г (0±1Щ\2^)Л
L \Q+ix) J
12. Динамика точки 415
■► Решение. Перейдем в уравнении, полученном в решении
предыдущей задачи, к новой независимой переменной х:
х
2 dx
Обозначим х2 = u, получим линейное дифференциальное уравнение
первого порядка:
du 2(fe + 7) 2Pg
dx Q + -yx s
Решая это уравнение стандартными методами, получим:
и = щ + щ
(щ — общее решение однородного уравнения, щ — частное решение
неоднородного уравнения), где
а частное щ находим методом вариации постоянной С. Используя
начальные условия ж(0) = #о, ж(0) = 0, получим ответ задачника.
Задача 45.31 (45.31). Шарообразная водяная капля падает
вертикально в атмосфере, насыщенной водяными парами. Вследствие
конденсации масса капли возрастает пропорционально площади ее
поверхности (коэффициент пропорциональности а). Начальный
радиус капли — го, ее начальная скорость — vo, начальная высота — ho.
Определить скорость капли и закон изменения ее высоты со временем
(сопротивлением движению пренебречь).
Указание. Показать, что dr = adt, и перейти к новой независимой
переменной г.
Г3 2 f Г4\
О о ( ' 0 \
V = V$-z - — I Г г 1,
г3 4а \ т5)
где r =
^ Решение. Направим ось х вертикально вниз. Тогда уравнение
Мещерского по этой оси имеет вид:
mx = mg + vem. (1)
Ясно, что скорость ve присоединяющихся частиц есть ve = —х. Кроме
того, по условию задачи:
пь = а-4тгг2р (р — плотность воды).
416 12. Динамика точки
Но так как
то
Следовательно,
4тгг2рг =
Переходя к независимой
т =
т =
= а4пг2р
= ^r3p,
4тгг2р • г.
переменной
г =
из уравнения (1), получим:
dv
adr g-
а4тгг2с
: at + го
>
= а
dv
dr H
= const.
3 g
г а
где г = at + го. Решение полученного уравнения ищем стандартным
способом:
V = V\
где Vj — общее решение однородного уравнения:
dvx 3 С „
—- -f v\ - = 0 =» v\ = -т, С = const,
dr r r3
а ^2 — частное решение неоднородного, которое ищем методом вариации
постоянной:
г5 а а 4 4а
Таким образом, получается решение:
х = v = -г + /-г,
г3 4а
где г = го 4- а£. Константу С находим, используя начальное условие
v(r0) = Vq.
Далее:
dx dx С g
— = —а = f- -—-г —>
d^ dr r3 4a
12. Динамика точки 417
Таким образом,
где следует подставить вместо С выражение:
После нескольких преобразований мы получаем ответы задачника.
Задача 45.32(45.32). Решить предыдущую задачу в
предположении, что на каплю кроме силы тяжести действует еще и сила
сопротивления, пропорциональная площади максимального поперечного
сечения и скорости капли, R = -4/?тгг2г; (f3 — постоянный
коэффициент).
- r2Q)
^ Решение. Добавим в уравнение (1) предыдущей задачи силу
сопротивления R = -4/Зтгг2у, тогда:
mi) = mg + vem - 4f3nr2v. (1)
Проводя аналогичные рассуждения, мы получим
ve = -х = -v, f = a = const => г = го + a£.
Тогда
4 о 2 2
m = -тгг /9, m = 4тгг /9Г = а4тгг /9.
Деля в уравнении (1) обе части на га, получим:
За 4/Зтгг2
-тгг р
Беря за независимую переменную
г = го 4-
418 12. Динамика точки
получим:
dv g
dr a r I a J
(мы положили /9=1— плотность воды).
Интегрирование полученного уравнения выполняется совершенно
аналогично тому, как это было сделано при решении предыдущей
задачи. В результате нескольких, но громоздких выкладок получается ответ
задачника.
Задача 45.33(45.33). Свернутая в клубок тяжелая однородная
цепь лежит на краю горизонтального стола, причем вначале одно
звено цепи неподвижно свешивается со стола. Направляя ось х
вертикально вниз и принимая, что в начальный момент х = О, х = О,
определить движение цепи.
Ответ: х = —.
6
^ Решение. Пусть х направлена вертикально вниз и в момент t длина
цепи составляет x(t). Тогда ее масса px(t), где р — погонная масса цепи,
а ускорение о = х. Уравнение Мещерского:
[px(t)]x = pgx + ve[px].
Здесь для присоединяющихся частиц цепи мы должны принять ve = -х.
Тогда имеем:
хх = gx — х .
Переходя к независимой переменной х и обозначая х2 = и, получим:
1 du du 2
+ 2
где щ = С/х2 — общее решение однородного уравнения, щ — частное
решение неоднородного уравнения, которое ищем методом вариации
постоянной:
— - С-- 3 --
Таким образом:
.2 С 2
и = х = —т н—gx.
Так как в начальный момент х = 0 и ж(0) = 0, то мы должны принять
С = 0, т.е. имеем:
.2_2 dx [2
12. Динамика точки
419
Мы берем С\ = О, так как x(t = О) = 0. Таким образом,
1
Задача 45.34(45.34). Цепь сложена на земле и одним концом
прикреплена к вагонетке, стоящей на наклонном участке пути,
образующем угол а с горизонтом. Коэффициент трения цепи о землю — /.
Вес единицы длины цепи — у, вес вагонетки — Р. Скорость
вагонетки в начальный момент — vo. Определить скорость вагонетки в любой
момент времени и выяснить необходимое условие, при котором
вагонетка может остановиться.
х2 P2v2
Ответ: — = ———^Ц-г
2 2(Р 4- ух)2
Р2
+1*)
Pg
37 !
fPg\
4- -gx sin a 4- —— 1 -
3 67 L
Остановка может иметь место при выполнении неравенства / > tga.
1
■► Решение. Расчетная схема изображена
на рис. 45.34.1. Пусть х — координата
вагонетки, отсчитываемая вдоль наклонной
плоскости вниз от клубка цепи. Тогда уравнение
Мещерского вдоль оси х таково:
р
(р 7
- + -
\g g
= (Р + ух) sin a + ve ( -i ) - fyx cos a,
\g )
где ve — относительная скорость
присоединяющихся частиц цепи, равная:
vP = -х.
клубок цепи
вагонетка
ч
X
Рис. 45.34.1
Таким образом, получаем уравнение:
Р+уХ„ 7 .2 /«
х 4- -ж = (Р 4- 7#) sin a - fjx cos a.
g g
Вводя независимую переменную х, обозначая х2 = и и используя
тождество
„i<*(*2)
2 dx '
420 12. Динамика точки
получим:
du , 2У „_,_„.__ 2fgjxcosa
dx P + yx P + yx
Решая это линейное дифференциальное уравнение 1-го порядка
стандартным способом, получим:
где щ —
равное:
общее решение однородного уравнения:
du\
dx
27
Р -\-jx""
С
и2 — частное решение неоднородного уравнения, которое ищем методом
вариации постоянной:
, 1 2fgy cos a • х
С— гг = 2gsina - -^ =^
(Р 4- ух)2 Р-\-ух
=^ С' = 2g sin a(P 4- ух)2 - 2fgy cos a • x(P 4- yx) =>
=^ С = (P 4- 7#)3 - fgy cos a • Рж2 - 2/#72 cos a • —.
Таким образом, решение имеет вид:
2 С 2gsina. .
= x2 = — гу4- -^г (Р + ух)-
(Р + ух)2 37 v 7
2/^72 cos a • ж3
где константу С следует выбирать из начального условия х2 = vl при
х = 0, т.е.:
2 С 2Pgsina 2/^2 2Pgsina
В результате получаем следующее выражение:
2Pg Г Р2 1 2
4 sin a 1 - -, rz 4- -^ж sin a 4-
З7 L (P4-7#)2J 3
fPg cos a
x2 =
12. Динамика точки 421
Для выяснения возможности остановки установим, когда уравнение
Ф(ж) = 0 имеет решение при х £ [0, оо). Достаточное условие:
Ф(0) = vq > О, Ф(оо) < 0 =$> Ф(оо) ~ x-g(sin a - f cos a) -» -oo,
если / > tga. Итак, если / > tga, то уравнение Ф(х) = О обязательно
имеет положительный корень и будет остановка. Если же / < tga, то
2 2 ±
-gx sin a —fgx cos a > 0,
и, как это видно из выражения для Ф(ж), будет соблюдаться неравенство
Ф(ж) > 0 при х £ [0, оо), т.е. вагонетка никогда не остановится.
Задача 45.35(45.35). Материальная точка массы га
притягивается по закону всемирного тяготения Ньютона к неподвижному центру.
Масса центра со временем меняется по закону М = Mo/(\+at).
Определить движение точки.
Указание. Перейти к новым координатам с помощью соотношений
е= х п= у
и к приведенному времени
г =
Ответ: Уравнения движения в координатах £, г имеют вид (/ —
постоянная тяготения):
-i + /-^ = o, v-K/
т. е. отвечают обычным уравнениям в случае постоянных масс.
Поэтому в зависимости от начальных условий в переменных £ и rj имеют
место эллиптические, параболические или гиперболические орбиты.
^ Решение. Уравнения Ньютона для плоской орбиты точки га в
декартовых координатах (ж, у) имеют вид:
гаж = -/гаМ(£) — 2\з/25 m^ = ~/m^(0
Делая замену
ж = (1+а^, 2/ = (1 4-аО^7, г = —-
422 12. Динамика точки
имеем:
\+at ъ dr
IE d4 1
-г^+ат-
at)2J \(l + at)2J dr dr2(\+at)2
Уравнение для координаты х примет вид:
,d2(, t Мр (l+at)t
(ЛТ) /
Отсюда получаем:
d? =
Совершенно аналогично получается уравнение для координаты rj:
—г = -/М0
Эти уравнения уже описывают кеплеровские орбиты (эллипс, параболу
или гиперболу).
Задача 45.36(45.36). Для быстрого сообщения ротору гироскопа
необходимого числа оборотов применяется реактивный запуск. В тело
ротора вделываются пороховые шашки общей массой то, продукты
сгорания которых выбрасываются через специальные сопла. Принять
пороховые шашки за точки, расположенные на расстоянии г от оси
вращения ротора. Касательная составляющая эффективной скорости
истечения продуктов сгорания ve постоянна.
Считая, что общий расход массы пороха в одну секунду равен q,
определить угловую скорость ш ротора к моменту сгорания пороха,
если на ротор действует постоянный момент сопротивления, равный
М. Радиус ротора — R. В начальный момент ротор находится в покое.
Ответ: ш = 1I1I1 in — где j0 = j + тог2, Jv — момент инер-
r2q Jp *
ции ротора относительно оси вращения.
12. Динамика точки 423
■* Решение. Можно считать все пороховые шашки за одну
материальную точку переменной массы, расположенную на расстоянии г от оси
ротора. Тогда уравнение моментов Мещерского относительно оси ротора
имеет вид:
[jp + m(t)r2]u) = -verhr -M\ (1)
учитывая, что
m(t) = mo-qt, m = -q,
получим:
[jP + (ra0 - qt)r2] — = veqr -M =»
du =
dt
(veqr - M)dt
/P + (mo - qt)r2
-M \ Jp + m0r2
Полное сгорание соответствует такому £*, что mo - qU = 0. Подставляя,
получаем ответ задачника.
Задача 45.37(45.37). Поданным предыдущей задачи найти
угловую скорость ротора после сгорания пороха, если на ротор действует
момент сопротивления, пропорциональный его угловой скорости (Ь —
коэффициент пропорциональности).
—■
^ Решение. Подставляя в уравнение (1) из решения предыдущей
задачи значение М = -Ьш, получим:
[Jp + (mo - qt)r2\Cj = veqr - Ъш =>
Ь veqr
JP + (т0 - qt)r2 Jp + (то - qt)r2'
Решая это уравнение стандартным способом, получим:
&J — (л)\ —г* 0J')
где Ш\ — общее решение однородного уравнения, равное:
Ъ
424 12. Динамика точки
u)i — частное решение неоднородного уравнения, которое в данном случае
равно константе:
veqr
Ы1 = —.
Подбирая константу С из начального условия ш(0) = 0, получим ответ:
В момент t = U полного сгорания имеем mo - qt* = 0, тогда:
Литература
1. Булгаков Б. В. Прикладная теория гироскопов. М.: Гостехиздат, 1955.
2. Веселовский И. Н. Сборник задач по теоретической механике. М.: ГИТТЛ, 1955.
500 с.
3. Граммель Р. Гироскоп, его теория и применения. М.: ИЛ, 1952. Т. 1, II.
4. Дронг В. //., Дубинин В. В., Ильин И. И. и др. Курс теоретической механики.
Учебник для вузов / Под общей редакцией К. С. Колесникова. М.: Изд-во МГТУ
им. Баумана, 2000. 736 с.
5. Журавлев В.Ф. Основы теоретической механики. М.: Физматлит, 2001. 319 с.
6. Козлова 3. П., Паншина А. В., Розенблат Г. М. Теоретическая механика в
решениях задач из сборника И. В. Мещерского. Динамика материальной точки /
Под ред. Г. М. Розенблата. М.: КомКнига/URSS, 2006. 312 с.
7. Космодемьянский А. А. Механика тел переменной массы. М.: Изд.-во ВВИА
им. Н.Е.Жуковского, 1947. 109 с.
8. Лурье А. И. Аналитическая механика. М.: Физматлит, 1963.
9. МеркинД.Р. Механика нити. М.: Наука.
10. Мещерский И. В. Задачи по теоретической механике. Учебное пособие. 44-е изд.,
стереотипное / Под ред. В. А. Пальмова, Д. Р. Меркина. СПб.: Лань, 2005.448 с.
(См. также предыдущие издания задачника с 1986 по 2004 гг.)
11. Никитин Н. Н. Курс теоретической механики. М.: Высшая школа, 1990. 607 с.
12. Пэнлеве П. Лекции о трении. М.: Гостехиздат, 1954. 316 с.
13. Розенблат Г. М. Гироскопические эффекты в механике твердых тел:
Методическое пособие. М.: УРСС, 2003. 96 с.
14. Розенблат Г. М. Динамические системы с сухим трением. М.; Ижевск: НИЦ
«Регулярная и хаотическая динамика», 2006. 204 с.
15. Розенблат Г. М. Механика в задачах и решениях. М.: УРСС, 2004. 160 с.
16. Neuber Н. von. Losungen zur aufgabensammlung Mestschersri. VEB Deutscher Verlag
Aer Wissenschaften. Berlin, 1961. 464 s.