Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, т.2 (947424), страница 40
Текст из файла (страница 40)
Если р есть давление (на единицу площади) в точке, отстоящей от центра на расстояние г, то рассматриваемому кольцу отвечает элементарное давление г(р.=р 2лг б, так что, суммируя, получаем равенство Р=2л ~ ргг!г. Оно, повторяем, и выражает тот факт, что суммарное давление, расирелеленвос по пяте, равно давлению со стороны вала. гМ ГЛ.
Х. ПРИЛОЖЕНИЯ ИНТЕГРАЛЬНОГО ИСЧИСЛЕНИЯ 13М Определим теперь момент М силы трения во вращающейся пяте относительно оси вращения. Рассмотрим снова элементарное кольцо, о котором шла речь выше; развивающаяся в нем сила трения, противодействующая вращению, будет Л г(Р = 2лррг г(г, так что соответствующий ей элементарный момент г(М выразится произведением из этой силы на плечо г (общее для всех точек кольца) ХЛХ = 2лдрг- г(г. Отсюда полный момент трения будет ЛХ= 2л)г~рг' г(г. (12) Как известно из механики, работа А, производимая таким постоянным вращательным моментом ЛХ в одну секунду, получас!ся умножением момента ЛХ на угловую скорость ш (1/сох.) вращения Для того чтобы довести до конца вычисление работы А, теперь нужно сделать те или иные допущения относительно закона распределения р на поверхности пяты.
Самым простым является предположение, что давление распределяется равномерно, т. е. что Р= с= солях Величина этой постоянной определяется из условия (11). Впрочем, в этом случае непосредственно ясно„ что если давление Р равномерно распределяет- единицу площади придется давление р= Рис. 45. ся по площади кольца т(Я'- гее), то иа Р =-с= л(Я ' о) Подставляя это значение вместо р в (12), найдем далее и г г Я' — г2 ЛХ --- 2лд ° ~ гг Й =-РР т(Яг-ге) 3 Я'-г', 2 В частности, для сплошной пяты будем иметь: М = — РРЯ. 3 Однако эти результаты прилагают лишь к новым, не обтершимся еще пятам.
Дело в том, что при вращении вала точки пяты, дальше отстоящие от центра О, движутся с большей скоростью, в них работа трения больше и, соответственно, больше и изнашивание как наты, так и подпятниха; благодаря этому часть давления перелагается на более близкие к центру части пяты. Для старых приработавшихся пят обычно допускается, что давление на них распределяется так, что работа трения (на единицу плоШади), а с нею н изнашивание, всюду сохраняют постояи- Збб) 1 3. ВЫЧИСЛВНИЕ МЕХАНИЧЕСКИХ ВЕЛИЧИН ную неличину. Разделив элементарную работу й1г1= го й(М на площадь 2хг й эле- ментарного кольца, запюлем наше допущение в виде гадрг=сопз1, откуда и рг= с=соп31; итак, мы предполагаем, что р изменяется обратно пропорционально расстоянию г от центра. Подставляя с вместо ргв условие(11), найдем величину этой постоянной я Р Р=2лс~г(г= 2лс(й — г ), откуда с =- 2з (Д вЂ” га) Наконец, заменив и в (12) Рг полученным выражением, придем к такому результату: я Р Г 1 М=2, д ~ гг(г= — РР(йч га).
2н(й га) г, 1 Для сплошной же пяты М = — РРВ. 2 Легко видстгч что потеря мощности на трение в случае приработавшихся цят меньше, чем в случае новых пят. 356. Задачи иа суммирование бесконечно малых элементов. Приведем еше ряд задач, решаемых методом суммирования бесконечно малых элементов. 1) Найти формулу для выражения статического момента М тела ((г) относительно данной плоскости, если известны площади поперечных сечений тела параллельно этой плоскости (в функции расстояния х от нее). Плотность предполагается равной едиюще. При обозначениях и* 342, масса (объем) элементарного слоя тела на расстоянии х от плоскости есть Р(х) й(х, его статический момент й(М=хР(х) й(х, так что, суммируя, получим М- 1хР(х) (х. а Расстоегие( центра тяжести тела от данной плоскости выразится так ~ хР(х) г1х М а й ~ Р(х) й(х а В частности„для тела вращения й ~ху' й(х ~ у'Фх 240 Гл.
ю НРилОжения интеГРАльнОГО исчисления [356 Если применить этот результат (а) к круговому конусу и (б) к полусфере, то 1 найдем, что расстояние центра тяжести от основания составит (а) — высоты, 3 4 (б) — радиуса. 8 2) Найти формулу для выражения статического момента М и о в е р к- н о с т и в р а щ е н и я относительно плоскости, перпендикулярной к оси враще- ния. аПоверхнсстная плотностьь предполагается равной единице. Примем ось врщцения за ось х, а за начало координат возьмем точку пересе- чения ее с упомянутой плоскостью. При обозначениях и' 344 масса (площаль) элементарного кольцевого слоя на расстоянии г от начала дуги есть 2лу а6, его статический момент а(М=2лхуаЬ и, окончательно, 5 5 М=2л [ ху гЬ= 2л ~ГЕ(г)1(г(г) 45, е е В частности, если вращающаяся кривая задана явным уравнением у=)(х) ( < ь), 1 г Муз=- ~ хг45, Мж= ~ уг45, Мху= — ~ гагЬ, 2" Муг Р Мгг л= —, Р Мху Р где Р— площадь поверхности.
В предложенном примере: 8 = О, а) =. — а, ь = — )ь 4 ' 8 4) Моментом инерции (или квадратичным моментом)материальной точки массы т относительно некоторой осн (или плоскости) называется произведение массы т на к в а д р а т расстояния 4 от точки до оси (до плоскости). а ь М=2л ~ху[(1~-у'~а)х=2л ~х Ях)[()Ч-[7(х)['г/х. а а расстояние 8 центра тяжести понерхности от данной плоскости будет 5 ь ~ ху аЬ ~ ху [/1-уу" йт М о а Р 5 ь ) уа(г ~ у[1+у„гаЬ 8 а Применить последшою формулу к повергностя (а) кругового конуса, (б) полусферы. 1 Ответ.
Расстояние центра тяжести от основания равно (а) — высоты„(б) ! 3 — радиуса. 2 3) Определить статические моменты Муг, Мгт, М„у относительно координатных плоскостей для ци л ни д ри ч ес к о й по в е р я ности [34б, рис. 33[ и положение ее центра тяжести. Применить полученные формулы к боковой поверхности цилиндрического отрезка [343, 8)). Откат. Общие формулы 5 5 5 24( 1 3. ВЫЧИСЛЕНИЕ МЕХАНИЧЕСКИХ ВЕЛИЧИН Исходя из этого, предполагается найти выраясенне для момента инерции 1, относительно оси у плоской фигуры А,В,В,Ан (рис. 46), в предположении, что споверхностная плотностьэ распределения масс есть единица. Имеем 1« — — ~хс(ус-ус) всх.
а с(1У вЂ” — х'(у, — у,) с(х, Например, для случаев, изображенных на рис. 47, получим: И с»вЂ” ЬЬн (а) У,— У,=Ь, 1«=Ь ~ хсЫ«=-ЬссЬ.Ь вЂ”, и с — „— ЬЬн в частности, при с=О будет 1«= — ', 12 у -у,= 2(мс-(х-с)с, с+с лг' 1 =2 ~ хс ~гс — (х — с)сйх=лг'с'» —, 4 с-с ссгс в частности, прн с=О будет 1У= —. 4 5) Определить момент инерции т е л а (Н), расамотренного в задаче )), относительно упомянутой там и л о с к о с т и . Применить полученную формулу к вычислению момента инерции (а) кругового конуса, (б) полусферы — отиосиЬс тельно плоакости основания.
в Ответ. 1= ~ «сР(х) с(х; в частности, а л 2л (а) 1= — ВсЬс, (б) 1= — Яс, ЗО )5 н Мы берем ось у лежащей на свободной поверхности жидкости. Сб Г. М. Фннсснсольсь т. 11 6) Давление жидкости на какую-ни- А будь площадку, расположенную на глубине Ь(м) под ее поверхноатью, равно весу цилиндрического столба хощкосги высоты Ь, имеющего эту плошадку своим основанием. Таким образом, давление (в к1ум') х на глубине Ь (м), приходящееся на едишщу , 46.
площади, равно Ьу, если у означает Удель- рис. нмй вес жидкости («Г(мн). Предположим, что в жидкость вертикально погружена плоская фигура А,В,В,А, (рис. 46) '. Найти полное гццростатическое давление НГ на эту фигуру и его момент ЬУ (относительно свободной поверхности жндкости). 242 ГЛ. Х. ПРИЛОЖЕНИЯ ИНТЕГРАЛЬНОГО ИСЧИСЛЕНИЯ (Збб Элементарная площадка г(Р=(уа — у,) Нх испытывает давление НИ" = ух(у, -у,) Их, момент которого относительно оси у равен а(М ух'(у, — у,) а(х. Отсюда Р у ~ х(уа уг) йх М у 1 хй(уа уг) г(х а а Первый интеграл, очевидно, представляет собой статический момент Му фигуры относительно оспу; второй же дает м о мент и пер ци и 1У фигуры относительно той же оси.
У а га1 Рис. 47. Если Ь есть расстояние центра тяжести С фигуры от свободной поверхности, а Р— ее площадь, то можно написать, что ат'=уРВ Центр д а вл ения, т. е. точка приложения равнодействующей всего давления, от свободной поиерхности отстоит на расстоянии М РЬ Ь" = — =— Приложим эти формулы к случаям, изображенным на рис.
47. В случае а): Ь вЂ”. с, Р= ЬЬ и УР= УЬЬс. Далее, так как в 4) мы уже вычислили 1у-- ЬЬз Ь' = Ьсайч —, то можем сразу написать Ьа = сь —. В частности, если с = Ь/2 (т. е. 12 12с 1 верхняя сторона прямоугольника лежит на уровне жидкости), имеем й'= — ТЬЬ-", 2 2 ЬЯ =- — с. 3 ига В случае б): Ь=-с, Р=яг' и И'Ууслга. Здесь 1 =го'с'и — (см. 4)]. Позтому га 4 Ьа=с+ —. 4с 7) Если в стенке резервуара, наполненного водой, на глубине Ь (и) лод поверхностью воды имеется горизонтальная щель, то через нее вода будет вытекать м ) со скоростью ~в — 1 1е = 1'2ЕЬ а. сея 1 Эта формула, доказьпаемая в гидродинамике, известна под названием формулы Торич елли.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
