Новожилов А.И. - Краткий курс теоретической механики (1079976), страница 25
Текст из файла (страница 25)
Дифференциальное уравнение вращения тела вокруг неподвижной осиТело вращается вокруг неподвижной оси z под действием внешнихсил, в том числе и реакций подшипников А и В (рис.19.15).По теореме (19.19)dL z(e)=Mz .dtdϕ= J z ϕ , тоdtполучается дифференциальное уравнениевращения телаТак как L z = J z ω = J z⎛ ( e) ⎞ = ∑ M z ⎜ F i ⎟ .J zϕ⎠⎝(19.21)Заметим, что реакции подшипников в уравнение не входят.Рис.19.15Пример 19.6. Стержень весом Р и длиной l качается как маятникв вертикальной плоскости, вращаясь вокруг горизонтальной оси О(рис.19.16). Составим уравнение качаний стержня.1P 2Так как J o =l , а реакции оси не учиты3g1P 2lваются, то по (19.21) получим = − P sin ϕl ϕ3g23g +ϕsin ϕ = 0 .или2 lРис.
19.162. Дифференциальное уравнение вращения тела при плоскопараллельном движенииКак известно, плоскопараллельное движение тела состоит из двух:поступательного движения вместе с произвольно выбранным полюсом ивращения вокруг оси, проходящей через этот полюс перпендикулярноплоскости движения. Причем, это вращение не зависит от выбора полюса.162AKF3.RUЕсли полюсом назначить центр масс тела, то с помощью теоремы омоменте количества движения по формуле (19.20) сразу получим дифференциальное уравнение вращения ( Lc = J c ω = J c ϕ ) :( e) = ∑ M c ⎛⎜ F i ⎞⎟ ,J cϕ⎠⎝(19.22)где J C – момент инерции тела относительно центральной оси С, перпендикулярной плоскости движения.Иногда полезно и выгодно составить дифференциальное уравнениевращения относительно оси Cv , проходящей через мгновенный центр скоростей.
Это уравнение проще получить,воспользовавшись принципом Даламбера.Приведем силы инерции точек телак центру масс С (рис. 19.17). Главныйвектор сил инерции найдем как сумму каτсательной составляющей R ин , направленной так же, как и скорость перпендикулярноCCv ,инормальнойnсоставляющей R ин , направленной перτпендикулярно R ин , то есть по CCv .Главный момент сил инерцииРис.
19.17 и направлен в стоM cин = J c ε = J cϕрону, противоположную угловому ускорению ε, которое считаем положительным. Внешние силы на рисунке не показаны.По принципу Даламбера, составив уравнение моментов относительно оси Cv , проходящей через мгновенный центр скоростей, получим:( )JG (e)τ− M Cин − Rинa + ∑ M Cv F i = 0.dd vc ) = M ( aϕ + aϕ ) ,= M ( aω) = M ( aω + aωdtdtJG (e) − Maϕ a − Maϕa + ∑ M C F i = 0.то уравнение получится таким: − J C ϕvτ= MWCτ = MИ, так как Rин( )163AKF3.RUНо M a ϕ a = M (aω)a = M vc a = Ka. Подставим в уравнение, получимJG (e) − Ka − Ma 2 ϕ + ∑ M Cv ⎜⎛ F i ⎟⎞ = 0.− JC ϕ⎝⎠JG(e) + Ka = ∑ M Cv ⎜⎛ F i ⎟⎞ = 0.
И окончательноИли ( J C + Ma 2 ) ϕ⎝⎠JG( e ) + Ka = ∑ M Cv ⎛⎜ F i ⎞⎟ ,JCv ϕ(19.23)⎝⎠daгде K = M vC – количество движений тела, a = CCv и a = .dtНесмотря на то что в этом уравнении в сравнении с (19.22) появилсядополнительный член, оно довольно часто оказывается более выгодным.Во-первых, нередко при движении тела расстояние a = CCv = const и этотдополнительный член исчезает, уравнение оказывается по форме такимже, как относительно центральной оси С (19.22):JG (e) = ∑ M Cv ⎛⎜ F i ⎞⎟ .J Cv ϕ⎝⎠Во-вторых, реакции идеальных связей не войдут в уравнение.
И это оченьсущественное преимущество.Действительно, по определению идеальных связей сумма работ ихреакций на любом возможном перемещении равна нулю∑ Ri δsi cos αi = 0.Но при плоскопараллельном движении возможные перемещения точек определяются поворотом тела на малый угол вокруг мгновенного центраскоростей: δs i = a i δϕ, где a i – расстояние от точки до Cv (см. рис. 19.17).Поэтому сумма работ реакцийJG∑ Ri ai δϕ cos αi = δϕ ∑ Ri ai cos αi = δϕ ∑ M Cv Ri = 0.( )А так как δϕ ≠ 0 , тоJG∑ M Cv Ri = 0.( )Сумма моментов реакций идеальных связей тела относительнооси Cv , проходящей через мгновенный центр скоростей, равна нулю.Пример 19.7.
Однородный круглый цилиндр скатывается по наклонной плоскости (рис.19.18). Цилиндр совершает плоскопараллельное движение. Так как a = CCv = r = const и, значит, a = 0, составим дифференциальное уравнение вращения относительно оси Cv , проходящей черезмгновенный центр скоростей.164AKF3.RUМомент инерции цилиндра относительно оси Cv1P 2 P 2 3P 2J Cv = J C + Ma 2 =r + r =r . Уравнение получится таким:2g2gg2g3P 2 = − P r sin α или = −ε=ϕr ϕsin α.3r2gЗнак (–) указывает на направление углового ускорения – по часовой стрелке.
Обратимвнимание на то, что реакции не вошли в уравнение.Чтобы определить реакцию Fтр , можносоставить еще одно дифференциальное уравнение вращения относительно центральнойРис. 19.181P 2 = − Fтр r. Отсюдаоси С (19.22):r ϕ2g1P1P 2g1 =Fтр = −rϕr⋅sin α = P sin α.2g2g 3r3Конечно, N = Pcosα.
Чтобы тело катилось без скольжения, должно выпол1P sin α < fP cos α. Поэтому коэффициентняться условие Fтр < fN или31трения скольжения должен удовлетворять условию f > tgα.3Пример 19.8. Балочка АВ длиной l и весом Р падает, скользя концамипо гладким поверхностям стены и пола (рис. 19.19). Составим дифференциальное уравнение вращения.lЗдесь a = CCv = = const .
Поэтому опять2выгоднее составить дифференциальное уравнениевращения относительно оси Cv . Тем более, чтонеизвестные реакции N A и N B не войдут в этоуравнение.1 P 2Так как J C v = J C + M a 2 =l +12 gРис. 19.19P l2 1 P 21P 2l = P sin ϕ или+=l , то уравнение получится таким:l ϕg 4 3g3g23g −ϕsin ϕ = 0.2 l165AKF3.RUПример 19.9. Тело, имеющее форму половины кругового цилиндра,катается по горизонтальной плоскости без скольжения (рис. 19.20).Вес его Р. Положение центра тяжести определяется расстоянием4rOC = e =, момент инерции относи3π1тельно оси О равен J O = Mr 2 .2Поскольку неизвестны ни сила трения Fтр , ни нормальная реакция N, выгоднее составить дифференциальное уравнение вращения относительно оси Cv поформуле (19.23).
Момент инерции телаотносительнооси Cv по теоремеГюйгенса-Штейнера J C v = J C + Ma 2 ,Рис. 19.20аJ O = J C + Me2 , поэтомуJ C v = J O + M (a 2 − e2 ) .da=dter2erϕ sin ϕPP== ϕ sin ϕ. Количество движения K = vc = aϕ .gg2 e 2 + r 2 − 2er cos ϕ aРасстояниеa = CCv = e2 + r 2 − 2er cos ϕ ,производнаяСоставляем дифференциальное уравнение (19.23)Per + aϕ 2 sin ϕ = − Pe sin ϕ[ J O + M (a 2 − e2 ) ] ϕga⎡1 P 2 P 2 2 ⎤P + er ϕ 2 sin ϕ + Pe sin ϕ = 0.⎢ 2 g r + g (a − e )⎥ ϕg⎣⎦После подстановки значения a получим(3r − 4e cos ϕ) ϕ + 2e⎛⎜ ϕ 2 + g ⎞⎟ sin ϕ = 0r⎠⎝4rили окончательно, подставив значение e = ,3π + 8(rϕ 2 + g ) sin ϕ = 0.(9π − 16 cos ϕ)rϕили166a =AKF3.RUЧтобы убедиться, что использованное здесь решение удобнее, стоитсравнить его с решением другим методом*, которое заняло почти 1,5 страницы и где рассмотрен лишь только частный случай – малые колебания.§5.
Дифференциальные уравнения плоскопараллельного движения телаПлоскопараллельное движение тела, как известно, складывается издвух: поступательного движения вместе с некоторым полюсом (переносное движение) и вращения вокруг оси, проходящей через этот полюс (относительное движение).Если полюсом назначить центр масс тела С, то движение его, а значит и поступательное переносное движение, можно определить с помощьютеоремы о движении центра масс, составив уравнения (19.2),(e)MxC = ∑ X i ,⎫⎪(19.24)(e) ⎬MyC = ∑ Yi .
⎪⎭Относительное движение определяется составлением дифференциального уравнения вращения относительно центральной оси (19.22)⎛ (e) ⎞ = ∑ M C ⎜ F i ⎟JCϕ(19.25)⎝⎠или относительно оси Cv , проходящей через мгновенный центр скоростей (19.23):JG (e) + Ka = ∑ M Cv ⎛⎜ F i ⎞⎟ .J Cv ϕ(19.26)⎝⎠Комбинация любых трех уравнений из этих четырех позволит определить плоскопараллельное движение тела.Пример 19.10. Стержень качался как маятник, вращаясь в вертикальной плоскости вокруг шарнира О.
В момент, когда стержень был в вертикальном положении и угловая скорость его была ω0 , шарнир разрушился.Определим дальнейшее движение стержня.Стержень начнет совершать плоскопараллельное движение. На рис. 19.21показано его промежуточное положение.Составим дифференциальные уравнения движения (19.24) и (19.25).PP = 0 или xC = 0, yC = g , ϕ = 0.xC = 0,yC = P, J C ϕggИнтегрируем их дважды*Бутенин Н.В., Лунц Я.Л., Меркин Д.Р. Курс теоретической механики: В 2т. – М.: Наука, 1985. Т.2 – 282 с.167AKF3.RUxC = C1,⎫⎪⎪yC = gt + D1,⎬ и⎪⎪⎭ϕ = B1,xC = C1t + C2 ,⎫⎪1 2⎪yC = gt + D1t + D2 ,⎬2⎪ϕ = B1t + B2 .⎪⎭Начальные условия: при t = 0 xС = 0,l1y C = , xC = vC = l ω0 , y C = 0, ϕ = ω 0 .22Подставив их в последние шесть уравнений,1найдём значения постоянных: C1 = lω 0 ,21C 2 = 0, D1 = 0, D 2 = l , B1 = ω 0 , B2 = 0.2Рис. 19.21Тогда уравнения плоскопараллельногодвижения стержня будут111x C = lω 0 t ; y C = gt 2 + l ; ϕ = ω 0 t.222πНапример, стержень займет горизонтальное положение ϕ = в мо21 πмент t =, когда центр масс его будет в точке с координатами2 ω0xC =1πl ,4⎞g1⎛y C = ⎜⎜ π 2 2 + 4l ⎟⎟.8 ⎝ ω0⎠XX.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
