1611690516-d99b7463a257f659341e7d5db73ba461 (826918), страница 65
Текст из файла (страница 65)
Тогда K lp=mvnep (1+х)=тш (/+х)а- Учтя еще, что К гег——J t <о, получим^ = [^ + 2т(/+дг)»]о).При х—0 о>=ш0 и /CZ0= (/i +2/n/s)(D0. Так как /Сг= const, то К г= К 2ц, что окончательно дает+Когда х>0, то й><Шо. а когда дс<0, тозов х стремится к нулю, а ш — к ш0.+ч*При затухании колебаний груРис. 298Задача 133. Однородный диск /, имеющий массу т , и радиус /?, насажен наперпендикулярную ему вертикальную ось Сг (рис. 299, где показан вид сверху).На диске сделан паз, в середине О которого находится ползун 2 массой т а(ОС=>■=Л). В момент времени /0= 0 имеющийся на диске толкатель (на рис. 299 не показан) сообщает 'ползуну скорость и, с которой ползун продолжает двигаться.Определить зависимость угловой скорости, с которой начнет вращаться диск,от положения ползуна.Р е ш е н и е .
Рассмотрим диск и ползун как одну систему. Моменты действующих на нее внешних сил относительно оси Сг равны нулю (см. рис. 298);следовательно,const. Поскольку до момента времени /0=0 система былав покое, а ее движение начинается под действием внутренних сил, которые янагение К г изменить не могут, то и в момент <0=0 К г= 0. Отсюда в любой моментвремени тоже К г= К г( >+ К<г '= 0, так как /f*=const._При движении системы /(V — /га> и Kzj=m*(m 1^ t )+ 'n*(mat'iiep)i где v0T=—и, Vj,tp—u>‘CD (ползун в точке D и unepJ_CD).
Тогда mt (mtvox)=m tuh,т г(т л ^ ^ = m^nt^-CD—т %ы-(СО)г. В итоге, так как (С£>)*=Л*+5*, где s=—OD — перемещение ползуна, то получимКш=/*<а +mthu+m,<o (Л * + s*).(а)Полагая теперь Кж=0 и считая для диска У^^О.бт^ 1 [см. § 102, формула (8)),найдем окончательноmthu________со= (б)0,5т1Л* + mt (А* + **)'Вращениерис.
299.происходитвнаправлениипротивоположном показанному на297П р и м е ч а н и е . В данной задаче (и ей аналогичных) было бы ошибочносчитать, что так как в момент /0= 0 ползун получил скорость и, то у системыК го= mtuh (а не Кго^О). В действительности же внутренние силы изменить значение К г не могут; поэтому, сообщив ползуну при t0=0 скорость и, они одновременно сообщат диску угловую скорость ш0, такую, что у системы сохранитсяЛ , 0=0. Из решения (б) видно, .что при /0=0, когда и s=0, диск получает сообщенную внутренними силами угловую скорость о>0==—mjiu!(0 ,5mi/?*+ m ji2),что и дает К г9=0. Затем, при возрастании s, модуль <о убывает.Если же принять Кц>—т,иЛ, то, полагая К г—1\го, где ТС, дается равенством(а), получим со=0.
Такой результат действительно имеет место, когда скорость иползуну сообщают внешние силы и его трение о пазотсутствует.Задача 134. На барабан весом Р и радиусом г (рис. 300)намотана нить с грузом А весом Q на конце. Пренебрегаявесом нити, определить угловое ускорение барабана привертикальном движении груза, если радиус инерции барабана относительно его оси равен р и на барабан действует постоянный момент сил трения М хр.Р е ш е н и е . Рассмотрим систему барабан — груз;тогда неизвестные силы натяжения нити будут внутренними. Воспользуемся теоремой моментов относительнооси О:%==Sm0(F4).(а)Для данной системы K o —K B >-\-Ko‘v.
Груз движется поступательно и егоскорость »=<■V. Барабан вращается вокруг неподвижной оси О и для него J о=■=(Я/г)р* [см. § 102, формула (4)1. Тогда*oP = (Q/8)w . K q‘ p = (P/g) p2w и Ко =(Qr» + Pp > /g .Для моментов сил получим 2 т 0{Р % )~ Qr—Подставляя все эти величины в равенство (а), найдемЯО ± ££отсюда(Q r— M TV)g8= Q^ + ^P? 'i 119* ПРИЛОЖ ЕНИЕ ТЕОРЕМ Ы МОМЕНТОВК Д ВИЖ ЕНИЮ ЖИДКОСТИ (ГА ЗА )Рассмотрим опять (см. §113). установившееся течение жидкости(газа) в трубке тока (или в трубе).
Выделим в трубке объем жидкости1—2, ограниченный сечениями 1 м2, который за промежуток времени d/ переходит в положение 3— 4 (рис. ЗШ). Найдем, как за времяd/ изменится момент количеств движения К 0 этого объема жидкостиотносительно некоторого центра О: Рассуждая так же, как в § 113,придем к вывсщу, что это изменение определится равенством, аналогичным полученному пр>и выводе формулы (23), т. е. чтогде К 1г и— моменты количеств движения жидкости в объемах1—3 и 2— 4 соответственно.298Для определения К ц разобьем площадь S* сечения 1 на элементы Ash.
За промежуток времени d/ через площадку As* в объем1—3 войдет масса жидкости A/nft=(Gc/Sx)Ash 'dt (Gc— секундныйрасход массы). Момент количества движения этой массы будет& K i3 = rh'Xbjnh-vl =r)l XVi(G c/Si)Ash'dt, где г*— радиус-вектор элемента Asfe;— средняя скорость жидкости в сечении 1. Тогда,вынося общие множители за скобки, получимA\s = Gc27* •As*] х у! dt = Ge (7Cl X »,) dt,где rCi — радиус-вектор центра тяжести площади S i сечения 1.Аналогично найдем, что iCt4=Gc(rCiXu„) d/, где обозначенияочевидны. Тогдаd/C0 = 7(M— /?1, = Сс [(7С, х ^ )— (7С, хиЛ] df.Подставляя это значение dК о в уравнение (35), получимGc [(7С, XЕГ,)— (7С, хи,)] = 2т р (F%).(39)Равенствр (39) можно еще представить в видеGc [ т 0 & ) — т 0 (у,)] = 2m0 (F ‘k).(39')При этом векторы и v2должны быть приложены в центрах тяжести площадей соответствующих сечений трубки тока (трубы).Если величину Gcm0 (v) назвать секундным моментом количествдвижения жидкости относительно центра О, то теорему, выраженную равенством (39), можно сформулировать так (сравн.
с § 113): разность секундных моментов количеств движения относительно центра О жидкости, протекающей через два поперечных сечения трубкитока (трубы ), равна сумме моментов о тносительно того же центра всех внешних(массовых и поверхностных) сил, действующих на объем жидкости, ограниченныйэтими сечениями и поверхностью трубкитока (стенками трубы ).
При решении задач теорема позволяет исключить из рассмотрения все внутренние силы, т. е. силывзаимных давлений частиц жидкости в объРис- 301еме /—2.Задача 135. В радиальной гидротурбине, у которой внешний радиус, рабочего колеса гх, а внутренний г2, вода имеет на входе абсолютную скоростьг^, а навыходе — абсолютную скорость о,; при этом векторы vt и и. образуют с касательными к ободам колеса углы а х и а 2, соответственно (рис. 302, где показан одинканал между двумя лопатками турбины). Полный секундный расход массы водычерез турбину Сс.
Определить действующий на турбину момент относительно ееоси Ог сил давления воды (ось Ог направлена перпендикулярно плоскости чертежа).299Р е ш е н и е . Воспользуемся уравнением (39') в проекции на ось Ог, считаядвижение воды плоским. Так как в силу симметрии центр тяжести воды, заполняющей все каналы, лежит на оси Ог, то момент массовых сил (сил тяжести)относительно этой оси равен нулю. Поверхностные внешние силы давления вовходном и выходном сечениях направлены вдоль радиусов и их моменты относительно оси Ог тоже равны нулю. Таким образом, в правой части уравнения (39')сохранится только момент поверхностных сил давления на жидкость лопаток турбины.
Посколькуискомый момент М ж сил давления воды на лопаткитурбины имеет противоположное направление, тоиз (39') в проекции ось Ог получимAf,=Oc [т , (t>7)—т г (у,)].Здесь Gc полный расход воды через все каналы ипоэтому М г будет искомым полным моментом. Изрис. 302 видно, что mt (v1)=mo{v1)= r1v1cosau аналогично m,(t>;)=r2t>2cos а 2. Таким образом,M ,= d c(/,1w1cos а ,—/■jUjCos а 2).(а)П р и м е ч а н и е . По формуле (46) из § 87мощность N = F i v.
Если сила ¥ действует на тело,вращающееся вокруг оси Ог, то u = w и Ar=/7Tro>== М ги>(см. § 122). Тогда, умножив обе части равенства (а) на ш и учтя, что г1а>=и1, гаш = и„ где и1 —окружная скорость на внешнем, a v , на внутреннем ободе колеса турбины, получимiV=Gc(u,t),cos <Xj—Ujti,cos о,).Это уравнение, устанавливающее зависимость между основными динамическими характеристиками турбины, называют турбинным уравнением Эйлера,§ 120. УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫПредставим уравнения (16) из § 107 и (35) или (38) в виде:т -^£- = я* и Ц й . = щили i | c . =(40)Покажем, что из этих уравнений, являющихся следствиямизаконов, изложенных в § 74, получаются все исходные результатыстатики.1.Если механическая система находится в покое, то скоростивсех ее точек равны" нулю и, следовательно, ус=0 и /Со—0, где О —любая точка.
Тогда уравнения (40) дают:£ ' = 0, М ‘0 = 0.(40')Таким образом, условия (40') являются необходимыми условиямиравновесия любой механической системы. Этот результат содержитв себе, в частности, сформулированный в § 2 принцип отвердевания.Но для любой системы условия (40'), очевидно, достаточнымиусловиями равновесия не являются. Например, если изображенныена рис. 274 точки A i и А % являются свободными, то под действиемсил F it и Fn они могут двигаться навстречу друг другу, хотя условия (40') для этих сил будут выполняться. Необходимые и достаточ300ные условия равновесия механической системы будут изложены в§ 139 и 144.2. Докажем, что условия (40') являются не только необходимыми, но и достаточными условиями равновесия для сил, действующих на абсолютно твердое тело.
Пусть на свободное твердое тело,находящееся в покое, начинает действовать система сил, удовлетворяющая условиям (40'), где О любая точка, т. е., в частности, иточка С. Тогда уравнения (40) дают uc =const и /Cc =const, а таккак тело вначале было в покое, то vc —0 и К с ~ 0- При vc = 0 точкаС неподвижна и тело может иметь только вращение с угловой скоростью со вокруг некоторой мгновенной оси С/ (см. § 60).
Тогда поформуле (33) у тела будет K t —JНо K t есть проекция вектораК с на ось С/, а так как /Сс—0. то и К ,= 0, откуда следует, ч то иш=0, т. е. что при выполнении условий (40') тело остается в покое.3. Из предыдущих результатов вытекают, в частности, исходныеположения 1 и 2, сформулированные в § 2, так как очевидно, чтодве силы, изображенные на рис. 2, удовлетворяют условиям (40')и являются уравновешенными и что если к действующим на телосилам прибавить (или от них отнять) уравновешенную систему сил,т.
е. удовлетворяющую условиям (40'), то ни эти условия, ни уравнения (40), определяющие движение тела, не изменятся.Глава XXVТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИКИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ СИСТЕМЫ8 121. КИНЕТИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ СИСТЕМЫКинетической энергией системы называется скалярная величинаТ, равная сумме кинетических энергий всех точек системы:Т = 2 ^ 1 /2 (4‘)Кинетическая энергия является характеристикой и поступательного, и вращательного движений системы.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
