Айзенберг Т.Б., Воронков И.М., Осецкий В.М. - Руководство по решению задач по теоретической механике (1079942), страница 48
Текст из файла (страница 48)
Теперь из равенства (а) находим искомые проекции количества движения данной системы: Р1 Р гвсозу ГР, К = — — ос сов(р — — оо соз ~)= — — ~ — + Р) = х д о~ а ~2 — (Р, +2Р), Р1 . Р . Ра РФ К = — 'о з1п<р+ — оо ыпгр+ — 'ох — — — ' ° — вз)пвг'+ у, с, + — гвз1пв(+ — 'гвыпьи' = (Р +2Р+4Р ). Р .
2Р, гв Мп ОР Ы а 2а а Второй способ. На основании формул (204) имеем: Р, Р, Р Р, Р, Р А(хс — 'хс, + — 'хс,+ — хо МУ, = — Ус, + У '+ У, с... с,' а о, где а4 — масса всей данной системы, состоящей из трех тел; С вЂ” центр масс этой системы. Из рис. 192 находим: г х — — ОС ып р= — — з1пЫ, х — О, у =- — ОС,сов ~р= — — созвС у =АС,— ОА=( — 2гсозвт, где ) = АС, =сопз1, х„= — 00, з)п ~р = — г ып в(, уо = — 00, соыр= — г сов в(.
Следовательно, Лйхс= — ' — з!пв) — — г ып в) = — (Р Р2Р) Р, к Р г Мпа1 с а 2 ' 1 ' 2Х У 328 Р, Р Р| Му = — — ' — созгве — — г созые+ — *(! — 2г соз га1) ~ с е 2 И е Отсюда на основании формул (205') получаем: Ку Мус 2 (~ 1+2~ + 4~ з)' Задачи типа 1! К задачам второго типа относятся задачи, в которых сумма проекций всех внешних сил на данную неподвижную ось, например, на ось х, равна нулю. В этом случае (см.
равенство 207') имеем К„= ~~ то„= сопз1. Следовательно, если обозначим К, количество движения системы в начальный момент (при 1=-0), то К„=К,„или ~', гпо„= ~ч~то,„. (208) Если в начальный момент система неподвижна, т. е. начальные скорости всех ее точек равны нулю, то в этом случае Кс„= 0 и, следовательно, ~то„=О. (209) Так как К„=-Мое, (см. равенства 205'), то при К„=сопз1 имеем: ос.
= (ос.Ь=е- Если в начальный момент скорость центра масс системы ехс равна нулю, то (ос.)~= =О и, следовательно, ос.=О или — „=0; отсюда х, = сопз1 = хс„ (210) т. е. абсцисса центра масс системы в рассматриваемом случае постоянна. Задачи второго типа можно решать двумя способами: 1) на основании равенств (208) и (209); 2) с применением равенства (210). Пример 156. Определить перемещение плавучего крана, поднимающего груз весом Р.
=20 кн, при повороте стрелы крана на ЗО' до вертикального положения. Вес крана Р, = 200 кн, длина стрелы ОА = 8 м. Сопротивлением воды пренебречь (рнс. 193). 126 змк езтз 929 или, интегрируя, Р,х, 4 Р,х, = сопз( = Р,х„+ Р,х„, где х„и к„,— абсциссы груза и центра тяжести крана в началь- ный момент, причем, как видно нз рисунка, х„= — ОА з1п30'=* — 4. В момент, когда стрела займет вертикальное положение, абсцнсса к,, груза будет равна перемещению з крапа; следова- тельно, в этот момент имеем Р,з 4- Р1х, = — 4Р, + Р,х„ Р,з 4- Р,(х,— х„) = — 4Р,. х — х 'а 1» (Р, + Р,)з= — 4Р,, илн Так как откуда находим 4Р1 4 — — — — = — 0,36 м. Р, е Р, П Знак минус указывает на то, что крап переместился влево, В~аорой способ, Применяя равенс~во (210), имеем хс = сонэ(, Решение.
Оерваб способ. В данной задаче имеем свстему, состоящую из двух тел: плавучего крана и груза; внешними силами, приложенными к этой системе, являкпся вес крана Р„ вес груза Р, и вертикальное давле- 1Д ние воды, направленное снизу вверх Л (архимедова сила). Так как все эти 1 внешние силы вертикальны, то сумма их проекций на горизонтальную ось х равна нулю. Кроме того, в начальный момент система неподвижна, поэтому, применяя равенство (209), получим Р, Р, — ' о -1- — 'о =О, 1»+, 1» — Р г где о,„и о,„— проекции на ось х Рис ВЗ абсолютных скоростей груза и пла- вучего крана. »»1 д»1 Заменяя о и и на — ' и — ', где х и х — соответственно 1» 1» Ш Ш 1 1 абсциссы груза и центра тяжести крана, получим: Р, ш1 Р, 11»1 — — + — — =0 дш дш где к — абсцисса центра масс (центра тяжести) данной сисгемы (груза и крана).
Но гпх, +т х, Р,х, -1-Р,х, с вь+ж, Р +Р„ поэтому Р,к, А Р,к, =сопз1. Таким образом, мы имеем то же уравнение, которое получили выше, при первом способе решения задачи. Из этого уравнения так же, как прн первом способе решения, находим искомое перемещение крана. Пример 157. На гори- ,,',С 9' З зонтальной платформе весом Р, установлена наклонная плоскость АВ, ! образующая с горизон- 1! )- том угол а (рис. 194). По к этой наклонной плоско- м! л'з сти при помощи лебедки Рвс. !94 поднимается груз С весом Р, так, что расстояние АС изменяется по закону з= — аР.
! 2 В начальный момент вся система находится в покое. Определить скорость, с которой будет двигаться платформа; сопротивлением движению платформы пренебрегаем. Решение. Первый способ. В данной задаче мы имеем си. стему, состоящую из двух тел: платформы и груза С; внешними силами, приложсннымн к этой системе, являются вес плат. формы Р„вес груза Р, и нормальные реакции М, и Л~, рельсов в точках 0 и Е. Так как все эти силы вертикальны, то сумма их проекций на горизонтальную ось к равна нулю, т.
е, ъ !о ~~Х =-0; поэтому, учитывая, что в начальный момент система йсподвижна, и применяя равенство (209), как в предыдущей за даче, получим ' г (а) где о,„и о,х — проекции на ось к скоростей платформы и груза. Если поступательное движение платформы принять за переносное движение, то относительным движением груза будет его перемешение по наклонной плоскости АВ. Следовательно, вектор о, относительной скорости груза направлен параллельно АВ и по модулю ранен дй о = — =и1. Й !зВ' ЗЗ! Вектор в, переносной скорости груза равен скорости платформы о„параллельной оси х, поэтому о! е а =о. !! !' По теореме сложения скоростей имеем; о,„= о,„+ о,, = о, + а!сова.
Поэтому равенство (а) перепишется так: — 'о + — '(о +а!сова) =О. д 1 з ! Отсюда находим о, = — — атсова. Р, Р,+Р, Знак минус указывает на то, что платформа будет перемещаться влево. Вгпорой способ. Лбсцисса центра масс данной системы равна т,х, + !п,х, Р,х, + Р,х, хс= "!!+~! Р!+Р! где х, и х,— абсциссы центров тяжести платформы и груза.
Следовательно, на основзнии равенства (2!0) имеем Р,х, -1 Р,х, =сопв1 Но, как видно из рисунка, х,=х,— 1) юсова, а потому Р,х, + Р, (х,— 1-) в сова) =сопв1. Дифференцируя это равенство по С получим: чх! !'Йх! !тв Р— '+Р ~ — '+ — сова)=О, !ш !~й и (Р, + Р,) „~' = — Р, а1 сова, отсюда ах! Р, — '=с,= — — *а1сова. !и ' Р+Р, Задачи !пипа !П Задачи типа (П, в которых требуется определить реакции связей, также можно решать двумя способами: 1) по теореме о количестве движения системы (по уравнениям (202)], 2) по теореме о движении центра масс (по уравнениям (206')1.
Пример 158. Мотор, вес которого равен Р, прикреплен к фундаменту болтами. Вес ротора мотора равен Р„а его центр тяжести С, смещен относительно оси врзщения на расстояние ОС,=с. Ротор враюср щается по закону ф= —. Определить вертикальное давление 2 мотора на фундамент и горизонтальное усилие, приходящиеся 332 на все болты, в момент 1=1 сск (рис. 195). Решение. Пеовыа способ, В данной задаче мы имеем си- стему, состоящую из двух тел: корпуса мотора и ротора. Внешними силами, прило- женными к этой системе, явля- ются вес мотора, вес ротора, реа кции в болта х. Обозначим вертикальные ре- акции в точках А и В через Ули р'а, а горизонтальные ре- акции обозначим Хл н Хз.
Если количества движения мотора и ротора обозначим К, и К„то количество движения данной системы будет К = К, + + К,. Так как мотор неподвижен, то К,=О К=К,. Количество движения ротора находим по — Р К = — *о, е а е где о,— скорость точки С,. Следовательно, находим проекции количества движения д координатные оси: К = — *о, К = — 'о а у а Применяя теперь теорему о количестве (уравнения (202)), получим Л"=ВХ"', ща=ВУ"', <й ' Ж Рис 193 и, следовательно, формуле (205) К= — *о.
Отсюда Р,— а е' анной системы на движения системы или еР, (йо е = — ~~ — созе — ео з(пер) а ~а1 333 р,ие, Р ео — ' л1 — — Хл+Хв —,' а1"-=-)'л+)'в — (Р, +Р,). (а) Скорость центра тяжести С, ротора перпендикулярна к радиусу ОС, и по модулю равна о, =ОС,еа=ев, где в=Я=я(— угловая скорость ротора. Следовательно, о, = о, сов ~р =еео сов ер; и,„ = — о, 31п ер =* = — воз 31п д. Поэтому уравнения (а) принимают вид: еР, и еР /й» ~бр 1 .Хл +Ха = — — (и сов ер)= — ( — сов ер — м 3!п ф — 1= а (,и ш ~ еР, И(в Фп гр) А В ! а а гн еР, ~лв дф) =Р +Р— — *) — э)п ф+в сов ер — ') = 1 й Е ) аи ж) .Рг Ев а = Р + Р— — ') — айп !р+в соэф).
а В момент й = 1 сек имеем: га а'в йр = — = —, з) и йр = 1, сов !р = О, в = Ы = л; — = л; 2 2' ' ' ' ггг поэтому в этот момент еР, ггв )А+1 В=Р +Р а я,уг Р, =Р + Р— ел — '. 1 й д ХА+ Х — — — — л еР, И Таким образом, полное вертикальное давление на фундамейы в момент 1=1 сея равно Р + Р— ел —, а общ е горизонтальное Р, 1 ! й д усилие, приходящееся на все болты, равно — л, еР, Я Второй способ. Применяя теорему о движении центра масс системы [уравнения 1206')), имеем ХА+ ХВ МУс 1 А+1 В Р! Ра Мх = — х + — хс, и Му = — у + — ус ° Р, Р, Р, Р, с я й с Е й е Но х,=у,=О, хс, =ОС, з!п !р=ез)п ф. ус, =-ОС, сов !р =е сов!р, а потому Мхе= — гейбл р, Му = — 'есоз!р. й" Отсюда Мх = — есоз!р — = — евсозф, Ра Еф Ра а Ей а Муг = — — е з1пф — = — — ев з)п йр, й еф а гг! а еР а еР,Е Мх == — ' — (в соз !р), Му =- — — ". — )в ып ф), е гп с=" е гц где хс и ус — координаты центра тяжести данной системы, состоящей иэ корпуса мотора с центром тяжести в точке О и нз ротора с центром тяжести в точке С,.
По формулам (204) находим: Следовательно, Х„+Х„= — '„—,(ьэсозф, ~'~ +У~=-Р, ь Р,— — ' — (ел мп р). еР, в гР, в Мы получили, таким образом, те же уравнения, как и при первом способе решения. г!з этих уравнений так же как указано выше, получим тот же результат. ф 2. ТЕОРЕМА О КИНЕТИЧЕСКОМ МОМЕНТЕ СИСТЕМЫ вЂ”,' = й4он = г,то (Ры'). (2И) (214) Следствие. Если главный момент всех внешних сил отнопстельно неподвижного центра 0 или данной неподвижной оси г равен нулю, то кинетический момент системы относительно этого центра или этой оси остается неизменным, т. е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
