Книжная полка Сохранить
Размер шрифта:
А
А
А
|  Шрифт:
Arial
Times
|  Интервал:
Стандартный
Средний
Большой
|  Цвет сайта:
Ц
Ц
Ц
Ц
Ц

Общие теоремы динамики: учебное пособие по курсу «Теоретическая механика»

Покупка
Артикул: 800121.01.99
Доступ онлайн
800 ₽
В корзину
Рассмотрены основные понятия механики: центр масс, количество движения, кинетический момент механической системы. Даны способы вычисления работы различных сил (постоянных и переменных). Приведены прямые, обратные и смешанные задачи для систем с одной и двумя степенями свободы. Показаны решения задач. Для студентов, выполняющих курсовые задания по общим теоремам динамики. Пособие может быть полезно также для аспирантов и преподавателей кафедр теоретической механики.
Дубинин, В. В. Общие теоремы динамики: учебное пособие по курсу «Теоретическая механика» / В. В. Дубинин, Г. И. Дубровина, А. Ю. Карпачев. - Москва : МГТУ им. Баумана, 2010. - 59 с. - Текст : электронный. - URL: https://znanium.com/catalog/product/1951189 (дата обращения: 19.05.2024). – Режим доступа: по подписке.
Фрагмент текстового слоя документа размещен для индексирующих роботов. Для полноценной работы с документом, пожалуйста, перейдите в ридер.
Московский государственный технический университет
имени Н.Э. Баумана

В.В. Дубинин, Г.И. Дубровина, А.Ю. Карпачев

ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ

Рекомендовано Научно-методическим советом
МГТУ им. Н.Э. Баумана в качестве учебного пособия
по курсу «Теоретическая механика»

Москва
Издательство МГТУ им. Н.Э. Баумана
2010

УДК 531.3(075.8)
ББК 22.213
Д79

Д79

Р е ц е н з е н т ы: В.В. Андронов, Ю.Г. Мартыненко

Дубинин В.В.
Общие теоремы динамики : учеб. пособие по курсу «Теоретическая 
механика» / В.В. Дубинин, Г.И. Дубровина,
А.Ю. Карпачев. – М. : Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2010. –
59, [1] с. : ил.

Рассмотрены основные понятия механики: центр масс, количество
движения, кинетический момент механической системы. Даны способы 
вычисления работы различных сил (постоянных и переменных).
Приведены прямые, обратные и смешанные задачи для систем с одной 
и двумя степенями свободы. Показаны решения задач.
Для студентов, выполняющих курсовые задания по общим теоремам 
динамики. Пособие может быть полезно также для аспирантов
и преподавателей кафедр теоретической механики.
УДК 531.3(075.8)
ББК 22.213

c⃝ МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2010

ВВЕДЕНИЕ

Общие теоремы динамики получают для того, чтобы было
возможно составить динамические дифференциальные уравнения
движения механической системы. Если в механической системе
главный вектор или главный момент внешних сил (или их про-
екции на оси) равны нулю, то получаются законы сохранения ко-
личества движения или кинетического момента системы (или их
проекций на оси). Законы сохранения представляют собой первые
интегралы для механической системы.
Теорема об изменении кинетической энергии записывается в
дифференциальной или интегральной форме. Интегральная фор-
ма этой теоремы дает еще один первый интеграл механической
системы.
При составлении уравнений движения и решении задач с по-
мощью общих теорем динамики используются специальные поня-
тия и величины, с которыми необходимо познакомить студентов
и показать им на примерах, как эти обобщенные меры движения
определяются.
К обобщенным мерам движения надо отнести понятия цен-
тра масс и меры движения — количество движения, кинетический
момент относительно точки или оси, кинетическая энергия меха-
нической системы.

1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ

1.1. Центр масс механической системы

Центр масс механической системы — геометрическая точка,
радиус-вектор которой определяется по формуле

ˉrC =

N
k=1
mkˉrk

M
,

где M =
Nk=1
mk, mk, ˉrk — масса и радиус-вектор k-й точки.

Координаты центра масс системы определяются по формулам

xC =

k
mkxk

M
; yC =

k
mkyk

M
; zC =

k
mkzk

M
,

где xk, yk, zk — координаты k-й точки системы.
При движении системы центр масс может быть неподвижным
или подвижным.

Рис. 1

Пример 1. Даны три точки с
массами m1, m2, m3, их коорди-
наты xk, yk, zk (k = 1, 2, 3).
Определить координаты цен-
тра
масс
этой
системы,
если
m1 = 3 кг, m2 = 2 кг, m3 = 1 кг,
x1 = y1 = 0, x2 = 3 м, y2 = 0,
x3 = 0, y3 = 2 м (рис. 1).
Решение. Определим xC, yC:

xC = m1x1 + m2x2 + m3x3
m1 + m2 + m3
;

xC =
2 ∙ 3
3 + 2 + 1 = 1 м;

yC = m1y1 + m2y2 + m3y3
m1 + m2 + m3
; yC =
1 ∙ 2
3 + 2 + 1 = 1
3 м.

Пример 2. Определить координаты центра масс механической
системы, состоящей из трех точек массами m1, m2, m3. Исходные
данные приведены в таблице.

4

Координаты
m

m1 = 1 кг
m2 = 2 кг
m3 = 3 кг

x
0
2
–2

y
0
3
0

z
0
0
2

Рис. 2

Решение. Координаты цен-
тра масс равны (рис. 2):

xC = m1x1 + m2x2 + m3x3
M
;

xC = 2 ∙ 2 + 3(−2)
1 + 2 + 3
= −1
3 м;

yC = m1y1 + m2y2 + m3y3
M
;

yC = 2 ∙ 3
6
= 1 м;

zC = m1z1 + m2z2 + m3z3
M
;

zC = 3 ∙ 2
6
= 1 м.

Пример 3. Точки M1, M2 массами m1, m2 движутся по законам
x1 = x1(t);
y1 = y1(t);

x2 = x2(t);
y2 = y2(t).

Определить траекторию центра масс этой системы.
Принять: m1 = 1 кг; m2 = 2 кг;
x1 = t;
y1 = t2;

x2 = t;
y2 = 2t,

где xk, yk — в м; k = 1, 2; t — в с.
Решение. Определим xC(t), yC(t):

xC = m1x1 + m2x2
m1 + m2
; xC = 1 ∙ t + 2t
1 + 2
= t;

yC = m1y1 + m2y2
m1 + m2
; yC = 1 ∙ t2 + 2 ∙ 2t
1 + 2
= 1
3(t2 + 4t).

5

Рис. 3

Уравнение траектории центра масс:

yC = 1
3
x2
C + 4xC
, 0 ⩽ xC < ∞.

Траектории точек M1, M2:

y1 = x2
1; 0 ⩽ x1 < ∞; y2 = 2x2;

0 ⩽ x2 < ∞.
Из рис. 3 и расчетов видно, что при
t = 2 c все три кривые пересекаются в
точке с координатами x = 2 м, y = 4 м.
Пример 4. Однородный диск массой
М и радиусом r вращается вокруг неподвижной 
оси O′z с постоянной угловой
скоростью ω (рис. 4). По диску по закону
S = S(t) движется точка массой m.
Определить скорость центра масс системы.
Принять: M = 9m; m = 1 кг; r = 0,5 м; ω = 2 рад/с; S = 5t,
где S — в м, t — в с.

Рис. 4

Решение.
Центр
масс
(см.
рис. 4) однородного диска находится 
в точке O′. Поэтому надо искать
центр масс системы диск — точка
M на отрезке O′M.
Абсолютная скорость точки M:

ˉv = ˉvr + ˉve;

vrS = ˙S = 5 м/с > 0;

ve = ω ∙ r, ve = 2 ∙ 0,5 = 1 м/с;

vτ = 5 + 1 = 6 м/с > 0.

Далее получим

rC = MrO′ + mr
M + m
; rC = 1 ∙ 0,5
9 + 1 = 0,05 м.

Абсолютная угловая скорость радиуса О′М :

ω= ωe+ωr; ωe =2 рад/с; ωr =
˙S
r ; ωr =10 рад/с; ω = 12 рад/с.

6

Абсолютная скорость центра масс:

vC = ωrC; vC = 0, 6 м/с.

Представим пример использования закона сохранения для теоремы 
о движении центра масс механической системы.

Пример 5. Точка массой m скатилась по желобу из положения с
координатами XO, YO в положение с координатами X1, Y1. Гладкий
желоб изогнут по кривой с уравнением Y = X2, 0 ⩽ X < ∞, где
X, Y — относительные координаты точки M на плите, и укреплен
на плите массой M (рис. 5).

Рис. 5
Определить перемещение плиты по гладкой поверхности. В
начальный момент система покоилась.
Принять: Y0 = 1 м; Y1 = 0; M = 4m.
Решение. Определим начальное и конечное значения координат 
X = X0, X1; X0 = √Y0; X0 = 1 м; X1 = 0.
Запишем теорему о движении центра масс системы в проекции
на неподвижную ось Ox. Пусть x — обобщенная координата плиты
в неподвижной системе координат:

M ¨xC =
k
F (e)
kx = 0,

так как внешние силы mˉg, Mˉg и ˉN перпендикулярны оси Ox.
Отсюда, интегрируя при начальных условиях t = 0, xC = xC0,
˙xC = 0, получаем ˙xC = 0, xC = xC0 = const, т. е. положение

7

центра масс системы не изменяется при движении системы вдоль
оси Ox:

MxC0 =
k
mkxk0; MxC1 =

N
k=1
mkxk1.

Вычитая из второго выражения первое, получаем

N
k=1
mk (xk1 − xk0) =

N
k=1
mkΔxk = 0,

где Δxk — абсолютные перемещения центров масс точки M и
плиты вдоль оси Ox.
Пусть перемещение плиты вдоль оси Ox равно Δx, тогда перемещение 
точки M равно ΔxM = Δx + ΔX. Здесь перемещение
ΔX точки M относительно плиты равно ΔX = X1 − X0 = −1 м,
Δxe = Δx — переносное перемещение точки M вместе с плитой.
Окончательно имеем

M Δx + m (Δx + ΔX) = 0,

откуда

Δx = − mΔX
M + m;
Δx = −mΔX
5m
= − ΔX
5
= 0,2 м,

где Δx > 0 (x1 − x0 > 0, x1 > x0) означает, что плита переместилась 
вправо вдоль оси Ox.
Отметим, что в данном примере проекции главного вектора
внешних сил для данной механической системы и начальной скорости 
центра масс ее на ось Ox равны нулю.

1.2. Количество движения механической системы

Определим количество движения механической системы

ˉQ =

N
k=1
mkˉvk,

где mk, ˉvk — масса и абсолютная скорость k-й точки.
Обычно механическая система состоит из S тел, тогда

ˉQ =

S
j=1
MjˉvCj.

8

Здесь произведено суммирование по точкам отдельных тел.
Пример 6. Система состоит из груза A массой m, однородного
блока B и ступенчатого катка C массой M (рис. 6). Скорость груза
A равна ˉv. Каток C катится без скольжения.

Рис. 6

Определить количество движения системы. Нить нерастяжима
и не скользит по блоку и катку (см. рис. 6)
Решение. Количество движения системы (рис. 6, а) равно сум-
ме ˉQ = ˉQC + ˉQB + ˉQA количеств движения тел системы, причем
ˉQB = mBˉvB = 0 в силу того, что ˉvB = 0. Далее имеем
vC
vD
=
r
R − r и vD = v

ввиду нерастяжимости и непроскальзывания нити.
Окончательно получаем

vC = v
r
R − r.

Затем находим

ˉQA = mˉv,
ˉQC = MˉvC.

Cтроим вектор ˉQ. Получаем проекции ˉQ на оси Oxy (рис. 6, б):

Qx = QC cos α, Qy = QA + QC sin α,

где QC = Mv
r
R − r; QA = mv.

9

Рис. 7

Пример 7. На платформе D массой M помещен механизм.
Стойка NN приварена к платформе D. Кривошип 1, звено AB и
муфта 3 имеют массы m1, m2, m3, O1A = l. Трением пренебречь
(рис. 7).
Определить количество движения механической системы и его
проекции на неподвижные оси координат.
Составить дифференциальное уравнение с помощью теоремы
об изменении количества движения системы в проекции на ось Oy.
Решение. Количество движения системы равно сумме коли-
честв движения тел механической системы:

ˉQ = ˉQD + ˉQ1 + ˉQ2 + ˉQ3,

где ˉQD = MˉvD; ˉQ1 = mˉvC1; ˉQ2 = m2ˉv2; ˉQ3 = m3ˉvC; ˉvD, ˉvC1, ˉv2,
ˉvC — абсолютные скорости центров масс платформы, звеньев 1 и
2 и муфты C.
Кроме того,

ˉvC1 = ˉv(r)
C1 + ˉv(e)
C1 ;
ˉv2 = ˉv(r)
2
+ ˉv(e)
2 ;
ˉvC = ˉv(r)
C + ˉv(e)
C ,

т. е. абсолютные скорости центров масс тел равны геометрическим
суммам их относительных и переносных скоростей.
Система имеет две степени свободы, обобщенные координаты
x, ϕ.

10

Доступ онлайн
800 ₽
В корзину