С. М. Тарг

КРАТКИЙ КУРС

ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ

МЕХАНИКИ

ИЗДАНИЕ 10-е, ПЕРЕРАБОТАННОЕ

И ДОПОЛНЕННОЕ

Допущено Министерством высшего и среднего специального образования СССР в качестве учебника для высших технических учебных ваведеиий

МОСКВА «ВЫСШАЯ ШКОЛА» 1986

Б Б К 22.21

Т 1 9

У Д К 531.8

Р е ц е н з е н т : кафедра теоретической механики Университета Дружбы народов им. П. Лумумбы (зав. кафедрой д-р техи. иаук, проф. А. С. Галиуллин)

Тарг С. М.

Т19 Краткий курс теоретической механики: Учеб. для вту­

з о в . — 10-е изд., перераб. и доп. — М.: Высш. шк. , 1986 .—

416 с , ил.

В книге изложены основы механики материальной точки, системы мате* риальных точек и твердого тела в объеме, соответствующем программам техни­ческих вузов. Приведено много примеров и задач, решения которых сопровож­даются соответствующими методическими указаниями. В 10-м издании (9-е — 1974 г.) значительно изменены и более компактно изложены вопросы статики; в разделе «Динамика» дополнительно рассмотрены приложения общих теорем к изучению движения жидкости, малые колебания системы и некоторые другие вопросы.

Для студентов очных н заочных технических вузов.

т 1703020000—423

001 (01)—вв 77—86

ББК 22.21

531

© Издательство «Наука», 1974

© Издательство «Высшая школа», 1986, о изменениями

ПРЕДИСЛОВИЕ К ДЕСЯТОМУ ИЗДАНИЮ

Десятое издание «Краткого курса теоретической меха­

ники» при сохранении общей его направленности отличается

от предыдущих изданий целым рядом изменений и дополне­

ний, внесенных во все разделы курса.

В статике существенно изменены последовательность, а

вместе с тем и само изложение ряда вопросов; особенно это

коснулось содержания глав I I I , IV и частично V, VI I . В кине­

матике изменены лишь некоторые доказательства (§ 43, 66).

Рассмотрение графических методов исключено и в статике,

и в кинематике.

Выделение динамики точки в самостоятельный раздел сох­

ранено ввиду важности этого раздела, а также потому, что

совместное изложение общих теорем динамики для точки и

системы экономии во времени по существу не дает, но создает

у изучающих курс дополнительные трудности, связанные с

необходимостью усваивать одновременно большое число важ­

нейших понятий механики.

В изложение динамики также внесено много изменений и

дополнений. В частности, дополнительно рассмотрены неко­

торые приложения общих теорем к движению жидкости или

газа (§ 113, 119), элементы теории устойчивости равновесия

и малые колебания системы (гл. XXX) , а также вопросы, из

ложенные в § 76, 105, 120, 125, 137 и др.

Как и в предыдущих изданиях, большое место в курсе от

ведено примерам и методам решения задач; этот материал

занимает около трети всей книги. Число рассмотренных задач

увеличено до 189, а их решения сопровождаются рядом указа-

ний, которые должны помочь студентам при их самостоятель

ной работе. В этой части книга будет полезна студентам всех

специальностей и особенно студентам заочных вузов.

Материал книги изложен так, что ею можно пользоваться

при изучении курса и по кратким, и по более полным програм­

мам. Та часть материала, которую можно опустить без ущерба

3

для понимания остального текста, выделена в главы или па­

раграфы (пункты), помеченные звездочкой или набранные

петитом. Хотя в книге, чтобы примерно сохранить ее объем,

помимо дополнений сделан и ряд сокращений, в ней сохранено

изложение некоторых вопросов, отнесенных в программах к

дополнительным (движение в поле земного тяготения и дви­

жение тела переменной массы — ракеты). Эти вопросы в наши

дни столь актуальны, что ознакомиться с ними должны иметь

возможность студенты всех специальностей.

В книге используется общепринятое векторное изложение

материала и предполагается, что читатель знаком с основами

векторной алгебры; однако в примечаниях даются и некоторые

необходимые справки. Нумерация формул в каждом из разде­

лов книги сплошная и при ссылках на формулы данного раз­

дела обычно указывается-только их номер; в ссылках на фор­

мулы из других разделов указывается еще и номер параграфа.

Автор выражает глубокую благодарность профессорам

А. С. Галиуллину и Г. Ю. Степанову за целый ряд полезных

замечаний и предложений, позволивших улучшить содержа­

ние курса. Автор благодарит также всех читателей, выска­

завших замечания и пожелания, которые по возможности

были учтены при подготовке данного издания.

С. Тара

ВВЕДЕНИЕ

Современная техника ставит перед инженерами множество задач, решение которых связано с исследованием так называемого механи­ческого движения и механического взаимодействия материальных тел.

М е х а н и ч е с к и м д в и ж е н и е м называют происходя­щее с течением времени изменение взаимного положения материаль­ных тел в пространстве. Под м е х а н и ч е с к и м в з а и м о д е й ­с т в и е м понимают те действия материальных тел друг на друга, в результате которых происходит изменение движения этих тел или изменение их формы (деформация). За основную меру этих действий принимают величину, называемую силой. Примерами механического движения в природе являются движение небесных тел, колебания земной коры, воздушные и морские течения, тепловое движение мо­лекул и т. п., а в технике — движение различных наземных или водных транспортных средств и летательных аппаратов, движение частей всевозможных машин, механизмов и двигателей, деформация элементов тех или иных конструкций и сооружений, течение жидко­сти и газов и многое другое. Примерами же механических взаимодей­ствий являются взаимные притяжения материальных тел по закону всемирного тяготения, взаимные давления соприкасающихся (или соударяющихся) тел, воздействия частиц жидкости и газа друг на друга и на движущиеся или покоящиеся в них тела и т. д.

Наука о механическом движении и взаимодействии материаль­ных тел и называется механикой. Круг проблем, рассматриваемых в механике, очень велик и с развитием этой науки в ней появился це­лый ряд самостоятельных областей, связанных с изучением меха­ники твердых деформируемых тел, жидкостей и газов. К этим обла­стям относятся теория упругости, теория пластичности, гидромеха­ника, аэромеханика, газовая динамика и ряд разделов так называе­мой прикладной механики, в частности: сопротивление материалов, статика сооружений, теория механизмов и машин, гидравлика, а так­же многие специальные инженерные дисциплины. Однако во всех этих областях наряду со специфическими для каждой из них зако­номерностями и методами исследования опираются на ряд основных законов или принципов и используют многие понятия и методы, об­щие для всех областей механики. Рассмотрение этих общих понятий, законов и методов и составляет предмет так называемой теоретиче­ской (или общей) механики.

В основе механики лежат законы, называемые законами класси­ческой механики (или законами Ньютона), которые установлены пу-

5

тем обобщения результатов многочисленных опытов и наблюдений я нашли подтверждение в процессе всей общественно-производствен­ной практики человечества. Это позволяет рассматривать знания, основанные на законах механики, к ак достоверные знания, на кото­рые инженер может смело опираться в своей практической деятель­ности *.

Общий метод научных исследований состоит в том, что при рас­смотрении того или иного явления в нем выделяют главное, опреде­ляющее, а от всего остального, сопутствующего данному явлению, абстрагируются. В результате вместо реального явления или объек­та рассматривают некоторую его модель и вводят ряд абстрактных понятий, отражающих соответствующие свойства этого явления (объекта). Такие научные абстракции, как указывал В. И. Ленин, «отражают природу глубже, вернее, полнее» и играют при построе­нии науки исключительно важную роль.

В классической механике научными абстракциями или моделями являются по существу все вводимые исходные положения и понятия. Они учитывают то основное, определяющее, что существенно для рассматриваемого механического движения и позволяет его строго охарактеризовать и изучить. Так, например, вместо реальных ма­териальных тел в механике рассматривают такие их абстрактные модели, к ак материальная точка, абсолютно твердое тело или сплош­ная изменяемая среда, абстрагируясь от учета в первом случае фор­мы и размеров тела, во втором — его деформаций, в третьем — молекулярной структуры среды. Но только построив механику та­кого рода моделей, можно разработать методы, позволяющие изу­чать с пригодной для практики точностью равновесие и движение реальных объектов, проверяя в свою очередь эту пригодность опы­том, практикой.

Роль и значение теоретической механики в инженерном образова­нии определяется тем, что она является научной базой очень многих областей современной техники. Одновременно законы и методы ме­ханики как естественной науки, т. е. науки о^-природе, позволяют изучить и объяснить целый ряд важных явлений в окружающем нас мире и способствуют дальнейшему росту и развитию естествозна­ния в целом, а также выработке правильного материального мировоз­зрения.

По характеру рассматриваемых задач механику принято разде­лять н а с т а т и к у , к и н е м а т и к у и д и н а м и к у . В ста­тике излагается учение о силах и об условиях равновесия материаль­ных тел под действием сил. В кинематике рассматриваются общие

* Последующее развитие науки показало, что при скоростях, близких к скорости света, движение тел подчиняется законам механики теории относитель­ности, а движение микрочастиц (электроны, позитроны и др.) описывается зако­нами квантовой механики. Однако эти открытия только уточнили область прило­жений классической механики и подтвердили достоверность ее законов для движе­ний всех тел, отличных от микрочастиц, при скоростях, не близких к скорости света, т. е. для тех движений, которые имели и имеют огромное практическое зна­чение в технике, небесной механике и ряде других областей естествознания.

6

геометрические свойства движения тел . .Наконец , в динамике изу­чается движение материальных тел под действием сил.

Возникновение и развитие механики * как науки неразрывно связано с историей развития производительных сил общества, с уровнем производства и техники на каждом этапе этого развития.

В древние времена, когда запросы производства сводились глав­ным образом к удовлетворению нужд строительной техники, начи­нает развиваться учение о так называемых простейших машинах (блок, ворот, рычаг, наклонная плоскость) и общее учение о равно­весии тел (статика). Обоснование начал статики содержится уже в сочинениях одного из великих ученых древности Архимеда (287— 212 г. до н. э . ) .

Развитие динамики начинается значительно позже. В XV—XVI столетиях возникновение и рост в странах Западной и Центральной Европы буржуазных отношений послужили толчком к значитель­ному подъему ремесел, торговли, мореплавания и военного дела (по­явление огнестрельного оружия) , а также к важным астрономиче­ским открытиям. Все это способствовало накоплению большого опытного материала, систематизация и обобщение которого привели в XVII столетии к_открытию законов динамики. Главные заслуги в создании основ динамики принадлежат гениальным исследовате­лям Галилео Галилею (1564—1642) и Исааку Ньютону (1643—1727). В сочинении Ньютона «Математические начала натуральной фило­софии», изданном в 1687 г., и были изложены в систематическом виде основные законы классической механики (законы Ньютона).

В XVI I I в. начинается интенсивное развитие в механике анали­тических методов, т. е. методов, основанных на применении диффе­ренциального и интегрального исчислений. Методы решения задач динамики точки и твердого тела путем составления и интегрирова­ния соответствующих дифференциальных уравнений были разрабо­таны великим математиком и механиком Л. Эйлером (1707—1783). Из других исследований в этой области наибольшее значение для развития механики имели труды выдающихся французских ученых Ж. Даламбера (1717—1783), предложившего свой известный прин­цип решения задач динамики, и Ж. Ла гранжа (1736—1813), раз­работавшего общий аналитический метод решения задач динамики на основе принципа Даламбера и принципа возможных перемещений. В настоящее время аналитические методы решения задач являются в динамике основными.

Кинематика, как отдельный раздел механики, выделилась лишь в XIX в. под влиянием запросов развивающегося машиностроения. В настоящее время кинематика имеет и большое самостоятельное значение для изучения движения механизмов и машин.

В России на развитие первых исследований по механике боль­шое влияние оказали труды гениального ученого и мыслителя

* Термин «механика» впервые появляется в сочинениях одного из выдающих­ся философов древности Аристотеля (384—322 г. до н. э.) и происходит от греческо­го тёсЬапё, означающего по современным понятиям «сооружение», «машина».

7

М. В. Ломоносова (1711—1765), а также творчество Л. Эйлера, дол­гое время жившего в России и работавшего в Петербургской акаде­мии наук. Из многочисленных отечественных ученых, внесших зна­чительный вклад в развитие различных областей механики, прежде всего должны быть названы: М. В. Остроградский (1801—1861), ко­торому принадлежит ряд важных исследований по аналитическим методам решения задач механики; П. Л. Чебышев (1821—1894), соз­давший новое направление в исследовании движения механизмов; С. В. Ковалевская (1850—1891), решившая одну из труднейших за­дач динамики твердого тела; А. М. Ляпунов (1857—1918), который дал строгую постановку одной из фундаментальных задач механики и всего естествознания — задачи об устойчивости равновесия и дви­жения и разработал наиболее общие методы ее решения; И. В. Ме­щерский (1859—1935), внесший большой вклад в решение задач ме­ханики тел переменной массы; К. Э. Циолковский (1857—1935), ав­тор ряда фундаментальных исследований по теории реактивного движения; А. Н. Крылов (1863—1945), разработавший теорию ко­рабля и много внесший в развитие теории гироскопа и гироскопи­ческих приборов.

Выдающееся значение для дальнейшего развития механики име­ли труды «отца русской авиации» Н. Е. Жуковского (1847—1921) и его ближайшего ученика основоположника газовой динамики С. А. Чаплыгина (1869—1942). Характерной чертой творчества Н. Е. Жуковского было приложение методов механики к решению актуальных технических задач, примером чему служат многие его труды по динамике самолета, разработанная им теория гидравличе­ского удара в трубах и др. Большое влияние идеи Н. Е. Жуков­ского оказали и на преподавание механики в высших технических учебных заведениях нашей страны.

В наши дни перед отечественной наукой и техникой стоят важ­ные задачи по ускорению научно-технического прогресса и дальней­шему развитию и совершенствованию социалистического производ­ства. В числе этих задач такие актуальные проблемы, как автомати­зация производственных процессов и их оптимизация, создание и внедрение промышленных роботов, эффективное использование всех конструкционных материалов и многие другие. Д л я решения этих задач важное значение имеет дальнейшее повышение качества под­готовки инженерных кадров, расширение теоретической базы их знаний, в том числе и знаний в области одной из фундаментальных общенаучных дисциплин — теоретической механики.

раздел первый

СТАТИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА

Глава I

ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И ИСХОДНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ

СТАТИКИ

§ I. АБСОЛЮТНО ТВЕРДОЕ ТЕЛО; СИЛА. ЗАДАЧИ СТАТИКИ

Статикой называется раздел механики, в котором излагается общее учение о силах и изучаются условия равновесия материальных тел, находящихся под действием сил.

Под равновесием будем понимать состояние покоя тела по отно­шению к другим телам, например по отношению к Земле. Условия равновесия тела существенно зависят от того, является ли это тело твердым, жидким или газообразным. Равновесие жидких и газооб­разных тел изучается в курсах гидростатики или аэростатики. В об­щем курсе механики рассматриваются обычно только задачи о рав­новесии твердых тел.

Все встречающиеся в природе твердые тела под влиянием внеш­них воздействий в той или иной мере изменяют свою форму (дефор­мируются). Величины этих деформаций зависят от материала тел, их геометрической формы и размеров и от действующих нагрузок. Д л я обеспечения прочности различных инженерных сооружений и конструкций материал и размеры их частей подбирают так, чтобы деформации при действующих нагрузках были достаточно малы *. Вследствие этого при изучении условий равновесия вполне допусти­мо пренебрегать малыми деформациями соответствующих твердых тел и рассматривать их как недеформируемые или абсолютно твер­дые. Абсолютно твердым телом называют такое тело, расстояние между каждыми двумя точками которого всегда остается постоян­ным. В дальнейшем при решении задач статики все тела рассматри­ваются как абсолютно твердые, хотя часто для краткости их назы­вают просто твердыми телами.

* Например, материал и размеры стержней, входящих в те или иные конст­рукции, выбирают такими, что при действующих нагрузках стержни удлиняются (или укорачиваются) менее чем на одну тысячную долю их первоначальной длины. Таков же порядок допускаемых деформаций при изгибе, кручении и т. п.

9

Состояние равновесия или движения данного тела зависит от ха­рактера его механических взаимодействий с другими телами, т. е. от тех давлений, притяжений или отталкиваний, которые тело испы­тывает в результате этих взаимодействий. Величина, являющаяся основной мерой механического взаимодействия материальных тел, называется в механике силой.

Рассматриваемые в механике величины можно разделить на ска­лярные, т. е. такие, которые полностью характеризуются их число­вым значением, и векторные, т. е. такие, которые помимо числового значения характеризуются еще и направлением в пространстве.

Сила — величина векторная. Ее действие на тело определяется: 1) числовым значением или модулем силы, 2) направлением силы, 3) точкой приложения силы.

Модуль силы находят путем ее сравнения с силой, принятой за единицу. Основной единицей измерения силы в Международной сис­теме единиц (СИ), которой мы будем пользоваться (подробнее см. § 75), является 1 ньютон (1 Н) ; применяется и более крупная еди­ница 1 килоньютон (1 кН = 1000 Н) . Д л я статического измерения силы служат известные из физики приборы, называемые динамомет­рами.

Силу, как и все другие векторные величины, будем обозначать буквой с чертой над нею (например, Р), а модуль силы — символом \Р\ или той же буквой, но без черты над нею (Р). Графически сила, к ак и другие векторы, изображается направленным отрезком (рис. 1). Длина этого отрезка выражает в выбранном масштабе мо­дуль силы, направление отрезка соответствует направлению силы, точка А на рис. 1 является точкой приложения силы (силу можно изобразить и так, что точкой приложения будет конец силы, как

^ на рис . А, в). Прямая ВЕ, вдоль ко­торой направлена сила, называется ли­нией действия силы. Условимся еще о следующих определениях.

1. Системой сил будем называть сово­купность сил, действующих на рассмат­риваемое тело (или тела). Если линии дей-

Рис. 1 ствия всех сил лежат в одной плоскости, система сил называется плоской, а если

эти линии действия не лежат в одной плоскости,— пространствен­ной. Кроме того, силы, линии действия которых пересекаются в од­ной точке, называются сходящимися, а силы, линии действия кото­рых параллельны друг другу ,— параллельными.

2. Тело, которому из данного положения можно сообщить любое перемещение в пространстве, называется свободным.

3. Если одну систему сил, действующих на свободное твердое тело, можно заменить другой системой, не изменяя при этом состоя­ния покоя или движения, в котором находится тело, то такие две системы сил называются эквивалентными.

4. Система сил, под действием которой свободное твердое тело

10

метет находиться в покое, называется уравновешенной или экви­валентной нулю.

5. Если данная система сил эквивалентна одной силе, то эта сила называется равнодействующей данной системы сил.

Сила, равная равнодействующей по модулю, прямо противопо­ложная ей по направлению и действующая вдоль той же прямой, на­зывается уравновешивающей силой.

6. Силы, действующие на данное тело (или систему тел), можно разделить на внешние и внутренние. Внешними называются силы, которые действуют на это тело (или на тела системы) со стороны дру­гих тел, а внутренними — силы, с которыми части данного тела (или тела данной системы) действуют друг на друга.

7. Сила, приложенная к телу в какой-нибудь одной его точке, называется сосредоточенной. Силы, действующие на все точки дан­ного объема или данной части поверхности тела, называются распре­деленными.

Понятие о сосредоточенной силе является условным, так как практически приложить силу к телу в одной точке нельзя . Силы, ко­торые в механике рассматривают как сосредоточенные, представля­ют собой по существу равнодействующие некоторых систем распре­деленных сил.

В частности, рассматриваемая в механике сила тяжести, дейст­вующая на данное твердое тело, представляет собой равнодейст­вующую сил тяжести, действующих на его частицы. Линия действия этой равнодействующей проходит через точку, называемую центром тяжести тела*.

Задачами статики являются: 1) преобразование систем сил, дей­ствующих на твердое тело, в системы им эквивалентные, в частно­сти приведение данной системы сил к простейшему виду; 2) опреде­ление условий равновесия систем сил, действующих на твердое тело.

Решать задачи статики можно или путем соответствующих гео­метрических построений (геометрический и графический методы), или с помощью численных расчетов (аналитический метод). В курсе будет главным образом применяться аналитический метод, однако следует иметь в виду, что наглядные геометрические построения иг­рают при решении задач механики чрезвычайно важную роль.

§ 2 . ИСХОДНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ СТАТИКИ

При изложении статики можно идти двумя путями: 1) исходить из уравнений, которые получаются в динамике как следствия основ­ных законов механики (см. § 120); 2) излагать статику независимо от динамики исходя из некоторых общих законов механики и положе-

* Вопрос об определении центров тяжести тел будет рассмотрен в гл. VIII. Предварительно заметим, что если однородное тело имеет центр симметрии (пря­моугольный брус, цилиндр, шар и т. п.), то центр тяжести такого тела находится в его центре симметрии.

а

ний, называемых аксиомами или принципами статики, хотя посу-шеству они являются не независимыми аксиомами, а следствиями тех же основных законов механики (см. § 120). В учебных курсах, как и в данном, обычно идут вторым путем, так как по ряду причин оказывается необходимым начинать изучение механики со статики, т. е. до того, как будет изложена динамика. Положения (или аксио­мы), из которых при этом исходят, можно сформулировать следую­щим образом.

1. Если на свободное абсолютно твердое тело действуют две силы, то тело может находиться в равновесии тогда и только тогда, когда эти силы равны по модулю ( / 4 = ^ 2 ) и направлены вдоль одной прямой в противоположные стороны (рис. 2).

2. Действие данной системы сил на абсолютно твердое тело не изменяется, если к ней прибавить или от нее отнять уравновешен­ную систему сил.

Рис. 2 Рис. 3

Иными словами это означает, что две системы сил, отличающие­ся на уравновешенную систему, эквивалентны друг другу.

С л е д с т в и е : действие силы на абсолютно твердое тело не из­менится, если перенести точку приложения силы вдоль ее линии дей­ствия в любую другую точку тела.

В самом деле, пусть на твердое тело действует приложенная в точ­

ке А сила Р (рис. 3). Возьмем на линии действия этой силы произ­

вольную точку В и приложим в ней две уравновешенные силы Рг и

Р2, такие, что Рг=Р и р\=—Р. От этого действие силы Р на тело не

изменится. Но силы Р и Р2 также образуют уравновешенную систе­

му, которая может быть отброшена *. В результате на тело бу­

дет действовать только одна сила Рг, равная Р, но приложенная в

точке В. _

Таким образом, вектор, изображающий силу Р, можно считать приложенным в любой точке на линии действия силы (такой век­тор называется скользящим).

Полученный результат справедлив только для сил, действующих на абсолютно твердое тело. При инженерных расчетах им можно пользоваться лишь тогда, когда определяются условия равновесия той или иной конструкции и не рассматриваются возникшие в ее частях внутренние усилия.

* Отброшенные или перенесенные силы будем на рисунках перечеркивать.

12

Однако внутренние усилия

А В

Например, изображенный на рис. 4, а стержень АВ будет нахо­диться в равновесии, если Р^—Рг. При переносе точек приложения обеих сил в какую-нибудьточкуСстержня (рис. 4, б) или при пере­носе точки приложения силы /ч в точку В, а силы Р2 в точку (рис. 4, е) равновесие не нарушается будут в каждом из рассматри- д> ваемых случаев разными. В пер­вом случае стержень под дей-ствием приложенных сил рас­тягивается, во втором случае он не напряжен, а в третьем стер­жень будет сжиматься.

Следовательно, при определе­нии внутренних усилий перено­сить точку приложения силы вдоль линии действия нельзя.

Еще два исходных положения относятся к общим законам меха­ники.

З а к о н п а р а л л е л о г р а м м а с и л : две силы, приложен­ные к телу в одной точке, имеют равнодействующую, приложенную в той же точке и изображаемую диагональю параллелограмма, по­строенного на этих силах, как на сторонах.

г*

Г,

Рис. 4

Рис. 5 Рис. 6

Вектор ^ , равный диагонали параллелограмма, построенного

на векторах Р\ и ~Р\ (рис. 5), называется геометрической суммой век­

торов Рх и Р%: _

Следовательно, закон параллелограмма сил можно еще сформу­лировать так: две силы, приложенные к телу в одной точке, имеют равнодействующую, равную геометрической (векторной) сумме этих сил и приложенную в той же точке.

В дальнейшем следует различать понятия суммы сил и их равно­

действующей. Поясним это примером. Рассмотрим две силы Рг и Рг

(рис. 6), приложенные к телу в точках А и В. Показанная на рис. 6

сила С равна геометрической сумме сил Рг и Р2 (Я=р1+Р2), как

диагональ соответствующего параллелограмма. Но сила (2 не явля­

ется равнодействующей этих сил, так как нетрудно понять, что одна

13

сила ф не может заменить действие сил Р± и Р2 на данное тело, где бы она ни была приложена. В дальнейшем будет еще строго доказа­но (§29, задача 38), что эти две силы не имеют равнодействующей.

З а к о н р а в е н с т в а д е й с т в и я и п р о т и в о д е й ­с т в и я : при всяком действии одного материального тела на другое имеет место такое же численно, но противоположное по направле­нию противодействие.

Этот закон является одним из основных законов механики. Из него следует, что если тело А действует на тело В с некоторой силой Р, то одновременно тело В действует на тело А с такой же по модулю и направленной^доль той же прямой, но в противоположную сторо­ну силой Р'=—Р (рис. 7). Заметим, что силы Р и Р', как приложен­ные к разным телам, не образуют уравновешенную систему сил.

Рис. 7

С в о й с т в о в н у т р е н н и х с и л . Согласно данному за­кону при взаимодействии две любые части тела (или конструкции) действуют друг на друга с равными по модулю и противоположно направленными силами. Так как при изучении условий равновесия тело рассматривается как абсолютно твердое, то все внутренние силы образуют при этом уравновешенную систему сил, которую можно отбросить. Следовательно, при изучении условий равновесия тела (конструкции) необходимо учитывать только внешние силы, дей­ствующие на это тело (конструкцию). В дальнейшем, говоря о дей­ствующих силах, мы будем подразумевать, если не сделано специ­альной оговорки, что речь идет только о внешних силах.

Еще одним исходным положением является п р и н ц и п от­в е р д е в а н и я : равновесие изменяемого (деформируемого) тела, находящегося под действием данной системы сил, не нарушится, если тело считать отвердевшим (абсолютно твердым).

Высказанное утверждение очевидно. Например, ясно, что рав­новесие цепи не нарушится, если ее звенья считать сваренными друг с другом. Так как на покоящееся тело до и после отвердевания дей­ствует одна и та же система сил, то данный принцип можно еще вы­сказать в такой форме: при равновесии силы, действующие на любое изменяемое (деформируемое) тело или изменяемую конструкцию, удовлетворяют тем же условиям, что и для тела абсолютно твер­дого; однако для изменяемого тела эти условия, будучи необходимы­ми, могут не быть достаточными (см. § 120).

Например, для равновесия гибкой нити под действием двух сил, приложенных к ее концам, необходимы те же условия, что и для

14

жесткого стержня (силы должны быть равны по модулю и направле­ны вдоль нити в разные стороны). Но эти условия не будут достаточ­ными. Для равновесия нити требуется еще, чтобы приложенные силы были растягивающими, т. е. направленными так, как на рис. 4, а.

Принцип отвердевания широко используется в инженерных рас­четах. Он позволяет при составлении условий равновесия рассмат­ривать любое изменяемое тело (ремень, трос, цепь и т. п.) или лю­бую изменяемую конструкцию как абсолютно жесткие и применять к ним методы статики твердого тела. Если полученных таким путем уравнений для решения задачи оказывается недостаточно, то до­полнительно составляют уравнения, учитывающие или условия рав­новесия отдельных частей конструкции, или их деформации (зада­чи, требующие учета деформаций, решаются в курсе сопротивления материалов).

§ 3. СВЯЗИ И ИХ РЕАКЦИИ

По определению, тело, которое может совершать из данного по­ложения любые перемещения в пространство, называется свободным, (например, воздушный шар в воздухе). Тело, перемещениям кото­рого в пространстве препятствуют какие-нибудь другие, скреплен­ные или соприкасающиеся с ним, тела, называется несвободным. Все то, что ограничивает перемещения данного тела в пространстве, называют связью. В дальнейшем будем рассматривать связи, реали­зуемые какими-нибудь телами, и называть связями сами эти тела.

Примерами несвободных тел являются груз, лежащий на столе, дверь, подвешенная на петлях, и т. п. Связями в этих случаях будут: для груза — плоскость стола, не дающая грузу перемещаться по вертикали вниз; для двери — петли, не дающие двери отойти от косяка .

Тело, стремясь под действием приложенных сил осуществить перемещение, которому препятствует связь, будет действовать на нее с некоторой силой, называемой силой давления на связь. Одновремен­но по закону о равенстве действия и противодействия связь будет действовать на тело с такой же по модулю, но противоположно на­правленной силой. Сила, с которой данная связь действует на тело, препятствуя тем или иным его перемещениям, называется силой ре­акции (противодействия) связи или просто реакцией связи.

Значение реакции связи зависит от других действующих сил и наперед неизвестно (если никакие другие силы на тело не действуют, реакции равны нулю); для ее определения надо решить соответству­ющую задачу механики. Направлена реакция связи в сторону, про­тивоположную той, куда связь не дает перемещаться телу. Когда связь может препятствовать перемещениям тела по нескольким на­правлениям, направление реакции такой связи тоже наперед неиз-

-вестно и должно определяться в результате решения рассматривае­мой задачи.

Правильное определение направлений реакций связей играет при решении задач механики очень важную роль. Рассмотрим по-

15

этому подробнее, как направлены реакции некоторых основных видов связей (дополнительные примеры приведены в § 17).

1 . Г л а д к а я п л о с к о с т ь ( п о в е р х н о с т ь ) и л и о п о р а . Гладкой будем называть поверхность, трением о которую данного тела можно в первом приближении пренебречь. Такая

Рис. 8 Рис. 9

поверхность не дает телу перемещаться только по направлению общего перпендикуляра (нормали) к поверхностям соприкасающих­ся тел в точке их касания (рис. 8, а) *. Поэтому реакция N гладкой поверхности или опоры направлена по общей нормали к поверхно­стям соприкасающихся тел в точке их касания и приложена в этой точке. Когда одна из соприкасающихся поверхностей является точ­кой (рис. 8, б), то реакция направлена по нормали к другой поверх­ности.

2 . Н и т ь . Связь, осуществленная в виде гибкой нерастяжимой нити (рис. 9), не дает телу М удаляться от точки подвеса нити по

направлению АМ. Поэтому реакция Т натя­нутой нити направлена вдоль нити к точке ее подвеса.

3 . Ц и л и н д р и ч е с к и й ш а р н и р ( п о д ш и п н и к ) . Цилиндрический шар­нир (или просто шарнир) осуществляет такое соединение двух тел, при котором одно те­ло может вращаться по отношению к другому вокруг общей оси, называемой осью шарнира

(например, как две половины ножниц). Если тело АВ прикреплено с помощью такого шарнира к неподвижной опоре В (рис. 10), то точка А тела не может при этом переместиться ни по какому на­правлению, перпендикулярному оси шарнира. Следовательно, ре­акция /? цилиндрического шарнира может иметь любое направление в плоскости, перпендикулярной оси шарнира, т. е. в плоскости Аху. Д л я силы ^ в этом случае наперед неизвестны ни ее модуль К, ни направление (угол а).

4 . С ф е р и ч е с к и й ш а р н и р и п о д п я т н и к . Тела, соединенные сферическим шарниром, могут как угодно поворачи-

* На рис. 8—12 действующие на тела заданные силы не показаны.

>6

ваться одно относительно другого вокруг центра шарнира. Приме­ром служит прикрепление фотоаппарата к штативу с помощью шаровой пяты. Если тело прикреплено с помощью такого шарнира к неподвижной опоре (рис. 11, а), то точка А тела, совпадающая с центром шарнира, не может при этом совершить никакого пере­мещения в пространстве. Следовательно, реакция 7? сферического шарнира может иметь любое направление в пространстве. Д л я нее наперед неизвестны ни ее модуль 7?, ни углы с осями Ахуг.

Произвольное направ­ление в пространстве мо­жет иметь и реакция 7? п о д п я т н и к а (под­шипника с упором), изо­браженного на рис. 11 ,6 .

5 . Н е в е с о м ы й с т е р ж е н ь . Невесо­мым называют стержень, весом которого по сравнению с воспринимаемой им нагрузкой можно пренебречь. Пусть для какого-нибудь находящегося в равно­весии тела (конструкции) такой стержень, прикрепленный в точках Л и В шарнирами, является связью (рис. 12, а). Тогда на стержень будут действовать только две силы, приложенные в точках А и В; при равновесии эти силы должны быть направлены вдоль одной прямой, т. е. вдоль АВ (см. рис. 4, а, в). Но тогда согласно закону о действии и противодействии стержень будет действовать на тело с силой, тоже направленной вдоль АВ. Следовательно, реакция N невесомого шарнирно прикрепленного прямолинейного стержня на­правлена вдоль оси стержня.

Если связью является криволинейный невесомый стержень (рис. 12 ,6 ) , то аналогичные рассуждения приведут к выводу, что его реакция тоже направлена вдоль прямой АВ, соединяющей

шарниры А и В (на рис. 1 2 ,а направление реакции соответствует случаю, когда стержень сжат, а на рис. 12, б — когда растянут) .

При решении задач реакции связей обычно являются подлежащими

определению неизвестными. Нахождение реакций имеет то прак­тическое значение, что определив их, а тем самым определив по закону о действии и противодействии и силы давления на связи, получают исходные данные, необходимые для расчета прочности соответствующих частей конструкции.

ШШЖЖЖМЖ Рис. 12

17

Глава II

СЛОЖЕНИЕ СИЛ. СИСТЕМА СХОДЯЩИХСЯ ХМЛ

§ 4. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СПОСОБ СЛОЖЕНИЯ СИЛ.

РАВНОДЕЙСТВУЮЩАЯ СХОДЯЩИХСЯ СИЛ;

РАЗЛОЖЕНИЕ СИЛ

Решение многих задач механики связано с известной из вектор­ной алгебры операцией сложения векторов и, в частности, сил. Ве­личину, равную геометрической сумме сил какой-нибудь системы, будем в дальнейшем называть главным вектором этой системы сил. Как отмечалось в § 3 (см. рис. 6), понятие о геометрической сумме сил не следует смешивать с понятием о равнодействующей; для мно­гих систем сил, как мы увидим в дальнейшем, равнодействующей вообще не существует, геометрическую же сумму (главный вектор) можно вычислить для любой системы сил.

1 . С л о ж е н и е д в у х с и л . Геометрическая сумма

двух сил Рх и Р2 находится по правилу параллелограмма (рис. 13, а)

или построением силового треугольника (рис. 13, б), изображаю-

2 . С л о ж е н и е т р е х с и л , н е л е ж а щ и х в о д н о й п л о с к о с т и . Геометрическая сумма /? трех сил Рг, Р2, Р3, не лежащих в одной плоскости, изображается диагональю параллеле­пипеда, построенного на этих силах (правило параллелепипеда). В справедливости этого убеждаемся, применяя последовательно правило параллелограмма (рис. 14).

3 . С л о ж е н и е с и с т е м ы с и л . Геометрическая сумма (главный вектор) любой системы сил определяется или последова­тельным сложением сил системы по правилу параллелограмма, или построением силового многоугольника. Второй способ является более простым и удобным. Для нахождения этим способом суммы сил Ри Р2, Р3, . . . , Рп (рис. 15, а) откладываем от произвольной точки О (рис. 15, б) вектор Оа, изображающий в выбранном масшта­бе силу ри от точки а — вектор аЪ, изображающий силу Рг, от точки Ь — вектор Ьс, изображающий силу Р3, и_т. д.; от конца т предпоследнего вектора откладываем вектор тп, изображающий

а) В щего одну из половин этого параллелограмма. Если угол между силами равен а, то мо­дуль К и углы В, у, которые сила /? образует со слагаемы­ми силами, определяются по формулам:

Рис. 13 К = \Гр\ + р* + 2РгР2 СО50С, (1)

/71/51П7 = /

Г2/81П 6 = /?/51П ОС. (2)

18

силу Рп. Соединяя начало первого вектора с концом последнего, получаем вектор Оп~Я, изображающий геометрическую сумму или главный вектор слагаемых сил:

Л = ?1 + /?, + . . . + /

? я или Л = 2?к. (3)

4 . Р а в н о д е й с т в у ю щ а я с х о д я щ и х с я с и л . Рас­смотрим систему сходящихся сил, т. е. сил, линии действия которых пересекаются в одной точке (рис. 15, а ) . Так как сила, действующая

Рис. 14 Рис. 15

на абсолютно твердое тело, является вектором скользящим, то система сходящихся сил эквивалентна системе сил, приложенных в одной точке (на рис. 15, а в точке А).

Последовательно применяя закон параллелограмма сил, придем к выводу, что система сходящихся сил имеет равнодействующую, рав­ную геометрической сумме (главному вектору) этих сил и прило­женную в точке пересечения их линий действия. Следовательно, система сил Ри Рг, . . . , Рп, изображенных на рис. 15, а, имеет равнодействующую, равную их главному вектору /? и приложенную в точке А (или в любой другой точке, лежащей на линии действия силы К, проведенной через точку А).

5 . Р а з л о ж е н и е с и л . Разложить данную силу н а не­сколько составляющих — значит найти такую систему нескольких сил, для которой данная сила является равнодействующей. Эта задача является неопределенной и имеет однозначное решение лишь при задании дополнительных условий. Рассмотрим два частных случая:

а ) р а з л о ж е н и е с и л ы п о д в у м з а д а н н ы м на­п р а в л е н и я м . Задача сводится к построению такого парал­лелограмма, у которого разлагаемая сила является диагональю, а стороны параллельны заданным направлениям. Например, иа рис. 13 показано, как сила 7? разлагается по направлениям АВ и АО на силы Р\ и Рг— составляющие силы 7? (сила /? и прямые АВ, АО лежат, конечно, в одной плоскости);

б ) р а з л о ж е н и е с и л ы п о т р е м з а д а н н ы м на­п р а в л е н и я м . Если заданные направления не лежат в одной плоскости, то задача 'являегся определенной и сводится к построе­нию такого параллелепипеда, у которого диагональ изображает

19

заданную силу 7?, а ребра параллельны заданным направлениям (см. рис. 14).

Способом разложения можно в простейших случаях пользовать­ся для определения сил давления на связи. Д л я этого действующую на тело (конструкцию) заданную силу надо разложить по направле­ниям реакции связей, так как согласно закону о действии и противо­действии сила давления на связь и реакция связи направлены вдоль одной и той же прямой.

Задача I. Кронштейн состоит из стержней АС и ВС, соединенных со стеной и друг с другом шарнирами, причем ^ВАС=90", /.АВС=а (рис. 16). В точке С подвешен груз весом Р. Определить усилия в стержнях, пренебрегая нх весом.

Рис. 16 Рис. 17

Р е ш е н и е . Под усилиями в стержнях понимают значения сил, растяги­вающих или сжимающих эти стержни. Так как стержни считаются невесомыми, то их реакции (они действуют на шарнир С) направлены вдоль стержней. Тогда для определения искомых усилий приложим силу Р в точке С и разложим ее по направлениям АС и СВ. Составляющие 5Х и 52 и будут искомыми силами. Из треугольника СВЕ находим:

5 1=Р, ' с о5 а, 5 2 = Р (§ а.

Таким образом, стержень ВС сжимается силой 5Х, а стержень АС растягива­ется силой 52 . С увеличением угла а усилия в стержнях растут и при а, близком к 90°, могут достигать очень больших размеров.

Задача 2. Фонарь весом Р=20 0 Н (рис. 17) подвешен на двух тросах АС и ВС, образующих с горизонтальной прямой одинаковые углы а=5 ° . Определить, с какой силой натянуты тросы.

Р е ш е н и е . Приложим силу Р в точке С и разложим ее по направлениям тросов. Параллелограмм сил в данном случае будет ромбом; диагонали его вза­имно перпендикулярны и делятся в точке пересечения пополам. Из треугольника аСЬ находим, что Р/2=Т1 з'т а. Тогда

Г ! = Г 2 = Р / 2 5Ш а~ 1150 Н.

Из полученной формулы видно, что с уменьшением угла а натяжение тросов значительно увеличивается (например, при а= 1° Г=5730 Н). Натянуть трос так, чтобы он стал горизонтальным, практически нельзя, так как при а-*-0 Т-*-оо,

§ 5. ПРОЕКЦИЯ СИЛЫ НА ОСЬ И НА ПЛОСКОСТЬ. АНАЛИТИЧЕСКИЙ СПОСОБ ЗАДАНИЯ И СЛОЖЕНИЯ СИЛ

Аналитический метод решения задач статики основывается на понятии о проекции силы на ось. Проекция силы (как и любого дру­гого вектора) на ось есть алгебраическая величина, равная произве-

20

дению модуля силы на косинус угла между силой и положительным направлением оси. Если этот угол острый,— проекция положитель­на, если тупой ,— отрицательна, а если сила перпендикулярна оси,— ее проекция на ось равна нулю. Так , для сил, изображенных на рис. 18,

РХ=Р соз а=аЪ, <2Ж=<2 соз а х = — < 2 соз <р=—йе, Рх=0. (4)

Проекцией силы Р на плоскость Оху называется вектор РХц— —ОВ), заключенный между проекциями начала и конца силы Р на эту плоскость (рис. 19). Таким образом, в отличие от проекции силы на ось, проекция силы на плоскость есть величина векторная, так к ак она характеризуется не только своими числовыми значениями, но и направлением в плоскости Оху. По мо­дулю Рху=Р соз 0, где д4

о а Рис. 18

6 — угол между направ­

лением силы Р и ее про­

екции РХу. В некоторых случа­

ях для нахождения проекции силы на ось удобнее найти сначала ее проекцию на плоскость, в которой эта ось лежит, а затем найденную проекцию на плоскость спроектиро­вать на данную ось. Например, в случае, изображенном на рис. 19, найдем таким способом, что

Рх=Рху С05 ф = /7 СОЗ 0 СОЗ ф, Ру=Рху 51П ф = /

7 СОЗ 0 5Ш ф. (5)

А н а л и т и ч е с к и й с п о с о б з а д а н и я с и л . Д л я аналитического задания силы необходимо выбрать систему коорди­натных осей Охуг, по отношению к которой будет определяться на-

Рис. 19 Рис. 20

правление силы в пространстве. В механике мы будем пользоваться правой системой координат, т. е. такой системой, в которой крат­чайшее совмещение оси Ох с осью Оу происходит, если смотреть с положительного конца оси Ог, против хода часовой стрелки (рис. 20).

21

Вектор, изображающий силу Р, можно построить, если извест­ны модуль/

7 этой силы и углы а, В, у, которые сила образует с ко­

ординатными осями. Таким образом, величины Р, а, 6, у и задают силу Р. Точка А приложения силы должна быть задана отдельно ее координатами х, у, г.

Д л я решения задач механики удобнее задавать силу ее проекци­ями Рх, Ру, Рг на координатные оси. Зная эти проекции, можно опре­делить модуль силы и углы, которые она образует с координатными осями, по формулам:

Р=УР1+Р1 + Р1; соз а = Рх/Р, соз 6 = Ру/Р, соз у = Рг(Р.

Если все рассматриваемые силы расположены в одной плоскости, то каждую из сил можно задать ее проекциями на две оси Ох и Оу. Тогда формулы, определяющие силу по ее проекциям, примут вид:

Р = УТТ+Щ-, соз а = Рх/Р, соз В = Ру/Р. (7)

А н а л и т и ч е с к и й с п о с о б с л о ж е н и я с и л . Пе­реход от зависимостей между векторами к зависимостям между их проекциями осуществляется с помощью следующей теоремы гео­метрии: проекция вектора суммы на какую-нибудь ось равна алгебраи­ческой сумме проекций слагаемых векторов на ту же ось. Согласно этой теореме, если # есть сумма сил Ри Р2, . . ., рп, т. е. Я=ИРк, то

Я* = 2 ^ , , Яу = ЪРку, Я2= ИРкг. (8)

Зная Ях, Я у и Яг, по формулам (6) находим:

К = УК+К1+К1;

соза = Ях/Я, соз 6 — Яу/Я, соз 7 = Яг/Я-

Формулы (8), (9) и позволяют решить задачу о сложении сил аналитически.

Д л я сил, расположенных в одной плоскости, соответствующие формулы принимают вид:

Я = УЯ1+Я1, со5а = Ях/Я,со5$ = Яу/Я.

Если силы заданы их модулями и углами с осями, то для приме­нения аналитического метода сложения надо предварительно вычис­лить проекции этих сил на координатные оси.

Задача 3. Найти сумму трех лежащих в одной плоскости сил (рис. 21, а), если дано:

Р= 17,32 Н, 7-= ЮН, Р = 2 4 Н , Ф=30°, ф=60° .

Р е ш е н и е . Вычисляем проекции заданных сил на координатные оси}

РХ=Р соз ф= 15 Н, 7 > = — Г с о 5 ф = — 5 Н , Рх=0;

Ру=— Р 31П Ф = — 8,66 Н, Ту= Т з т ^ в . б б Н , Ру=—Р=—24 Н,

22

Тогда по формулам (10)

Д х = 15—5= 10 Н, Я„=—8 , 66+8 , 6 6—24=—24 Н.

Следовательно,

Я = уГЮ

2 + (—24)

2 = 26Н; с о з а = 5/13, соз В =—12/13 .

Окончательно # = 2 6 Н, а=67°20 ' , 6=157°20'. Для решения той же задачи геометрическим методом надо, выбрав соответ­

ствующий масштаб (например, в 1 см — ЮН), построить из сил Р, Р и Т сило­

вой многоугольник (рис. 21, б). Его замыкающая ай и определяет в данном ма­сштабе модуль и направление Я. Если, например, при измерении получим ай^ « 2 , 5 см, то, следовательно, #«=25 Н с ошибкой по отношению к точному решению около 4%.

§ 6. РАВНОВЕСИЕ СИСТЕМЫ СХОДЯЩИХСЯ СИЛ

Д л я равновесия системы сходящихся сил, приложенных к твер­дому телу, необходимо и достаточно, чтобы равнодействующая, а следовательно, и главный вектор этих сил (см. § 4) были равны нулю. Условия, которым при этом должны удовлетворять сами силы, мож­но выразить в геометрической или в аналитической форме.

1 . Г е о м е т р и ч е с к о е у с л о в и е р а в н о в е с и я . Так как главный вектор ^ системы сил определяется как замыкаю­щая сторона силового многоугольника, построенного из этих сил (см. рис. 15), то /? может обратиться в нуль только тогда, когда ко­нец последней силы в многоугольнике совпадает с началом первой силы, т. е. когда многоугольник замкнется.

Следовательно, для равновесия системы сходящихся сил необхо­димо и достаточно, чтобы силовой многоугольник, построенный из этих сил, был замкнутым.

2 . А н а л и т и ч е с к и е у с л о в и я р а в н о в е с и я . Аналити­чески модуль главного вектора системы сил определяется формулой

Так как под корнем стоит сумма положительных слагаемых, то 7? обратится в нуль только тогда, когда одновременно / ? х = 0 , Яу=0, Кг=0, т. е., как это следует из формул (8), когда действующие на тело силы будут удовлетворять равенствам:

V Рис. 21

2 ^ = 0, 2 / ^ = 0, 2 / ^ = 0. (11)

23

Равенства (11) выражают условия равновесия в аналитической форме: для равновесия пространственной системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы, суммы проекций этих сил на каж­дую из трех координатных осей были равны нулю.

Если все действующие на тело сходящиеся силы лежат в одной плоскости, то они образуют плоскую систему сходящихся сил. В слу­чае плоской системы сходящихся сил получим, очевидно, только два условия равновесия:

3 . Т е о р е м а о т р е х с и л а х . При решении задач статики иногда удобно пользоваться следующей теоремой: если твердое те­ло находится в равновесии под действием трех непараллельных сил, лежащих в одной плоскости, то линии действия этих сил пересека­ются в одной точке.

Для доказательства теоремы рассмотрим сначала какие-нибудь две из действующих на тело сил, например Рг и Р2. Так как по усло­виям теоремы эти силы лежат в одной плоскости и не параллельны, то их линии действия пересекаются в некоторой точке А (рис .22) . Приложим силы Рх и Р2 в этой точке и заменим их равнодействующей

Тогда на тело будут действовать две силы: сила # и сила Р3,

приложенная в какой-то точке В тела. Если тело при этом находит­ся в равновесии, то силы К н Р3 должны быть направлены по одной прямой, т. е. вдоль АВ. Следовательно, линия действия силы Р3

тоже проходит через точку А, что и требовалось доказать . Обратная теорема места не имеет, т. е. если линии действия трех

сил пересекаются в одной точке, то тело под действием этих сил может и не находиться в равновесии; следовательно, теорема выра­жает только необходимое условие равновесия тела под действием трек сил.

Пример. Рассмотрим брус АВ, закрепленный в точке А шарниром и опираю­щийся на выступ I) (рис. 23). На этот брус действуют три силы- сила тяжести Р~ реакция выступа и реакция КА шарнира. Так как брус находится в равновесии, то линии действия этих снл должны пересекаться в одной точке. Линии действия сил Р и известны и они пересекаются в точке К. Следовательно, линия дей­ствия приложенной в точке А реакции тоже должна пройти через точку /С, т. е. должна быть направлена вдоль прямой АК. Теорема о трех силах позволила в этом случае определить заранее неизвестное направление реакции шарнира А.

(12)

Рис. 22 Рис. 23

24

§ 7 . РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ СТАТИКИ

Решаемые методами статики задачи могут быть одного из сле­дующих двух типов: 1) задачи, в которых известны (полностью или частично) действующие на тело силы и требуется найти, в каком положении или при каких соотношениях между действующими сила­ми тело будет находиться в равновесии (задачи 4, 5); 2) задачи, в которых известно, что тело заведомо находится в равновесии и тре­буется найти, чему равны при этом все или некоторые из действую­щих на тело сил (задачи 6, 7, 8 и др.) . Реакции связей являются величинами, наперед неизвестными во всех задачах статики.

Приступая к решению любой задачи, следует прежде всего ус­тановить, равновесие какого тела (или каких тел) надо рассмотреть, чтобы найти искомые величины. Процесс решения сводится к сле­дующим операциям.

1 . В ы б о р т е л а ( и л и т е л ) , р а в н о в е с и е к о т о ­р о г о д о л ж н о б ы т ь р а с с м о т р е н о . Д л я решения задачи надо рассмотреть равновесие тела, к которому приложены заданные и искомые силы или силы, равные искомым (например, если надо найти давление на опору, то можно рассмотреть равнове­сие тела, к которому приложена численно равная этой силе реакция опоры и т. п.).

Когда заданные силы действуют на одно тело, а искомые на дру­гое или когда те и другие силы действуют одновременно на несколь­ко тел, может оказаться необходимым рассмотреть равновесие систе­мы этих тел или последовательно равновесие каждого тела в от­дельности.

2 . 'И з о б р а ж е н и е д е й с т в у ю щ и х с и л . Установив, равновесие какого тела или тел рассматривается (и только после этого), следует на чертеже изобразить все действующие на это тело (или тела) внешние силы, включая как заданные, так и искомые си­лы, в том числе реакции всех связей. При изображении реакций учесть все сказанное о них в § 3.

3 . С о с т а в л е н и е у с л о в и й р а в н о в е с и я . Усло­вия равновесия составляют для сил, действующих на тело (или тела), равновесие которых рассматривается. Об особенностях со­ставления условий равновесия для различных систем сил будет сказано в соответствующих местах курса.

4 . О п р е д е л е н и е и с к о м ы х в е л и ч и н , п р о в е р ­к а п р а в и л ь н о с т и р е ш е н и я и и с с л е д о в а н и е п о л у ч е н н ы х р е з у л ь т а т о в . Важное значение в про-цессе-решения имеет аккуратный чертеж (он помогает быстрее найти правильный путь решения и избежать ошибок при составлении ус­ловий равновесия) и последовательное проведение всех выкладок.

Все расчеты при решении задач рекомендуется, как правило, производить в общем виде (алгебраически). Тогда для искомых ве­личин будут получаться формулы, дающие возможность проанали­зировать найденные результаты. Кроме того, решение в общем виде "позволяет иногда обнаружить сделанные ошибки путем проверки

25

размерностей (размерности каждого из слагаемых в обеих частях равенства должны быть одинаковыми). Числа, если решение произ­водится в общем виде, подставляются только в окончательные ре­зультаты.

В этом параграфе рассмотрим задачи на равновесие тела под дей­ствием сходящихся сил. Д л я их решения можно пользоваться гео­метрическим или аналитическим методом.

Геометрический метод. Им удобно пользоваться, когда общее число действующих на тело сил (и заданных, и искомых) равно трем. При равновесии треугольник, построенный из этих сил, дол­жен быть замкнутым (построение следует начинать с заданной си­лы). Решая этот треугольник, найдем искомые величины.

Аналитический метод. Им можно пользоваться при любом числе приложенных сил. Д л я составления условий равновесия, кото­рых в случае плоской системы сходящихся сил будет два [формулы (12)], а в случае пространственной системы три [формулы( 11)1, надо сначала выбрать координатные оси. Этот выбор можно производить произвольно, но полученные уравнения будут решаться проще, если одну из осей направить перпендикулярно какой-либо неизвест­ной силе.

Д л я составления условий равновесия полезно на первых порах предварительно вычислить проекции всех сил на выбранные оси, внося их в отдельную таблицу (см. задачу 4).

Р я д дополнительных указаний дается в ходе решения рассмат­риваемых ниже задач.

Задача 4. Груз весом Р лежит на гладкой наклонной плоскости с углом на­клона а (рис. 24, о). Определить значение горизонтальной силы Р, которую надо приложить к грузу, чтобы удержать его в равновесии, и найти, чему при этом рав­на сила давления (I груза на плоскость.

Р е ш е н и е . Искомые силы действуют иа разные тела: сила Р на груз, сила С — на плоскость. Для решения задачи вместо силы ф будем искать равную

ей по модулю, но противоположно направ­ленную реакцию плоскости N. Тогда задан­ная сила Р и искомые силы Р и N будут действовать на груз, т. е. на одной то же те­ло. Рассмотрим равновесие груза и изобра­зим действующие на этот груз силы Р н Р и реакцию связи N. Для определения искомых сил можно воспользоваться или геометрическим, или аналитическим усло­виями равновесия. Рассмотрим оба способа

Рис. 24 решения. Геометрический способ. При равновесии

треугольник, построенный из сил Р, Р к N>

должен быть замкнутым. Построение треугольника начинаем с заданной силы. От произвольной точки а в выбранном масштабе откладываем силу Р (рис. 24, б). Через начало и конец этой силы проводим прямые, параллельные на­правлениям сил ? и ? . Точка пересечения этих прямых дает третью вершину с замкнутого силового треугольника аЬс, в котором стороны Ьс и са равны в выбран­ном масштабе искомым силам. Направление сил определяется правилом стрелок: так как здесь равнодействующая равна нулю, то при обходе треугольника острия стрелок нигде не должны встречаться в одной точке.

26

Модули искомых сил можно из треугольника аЬс иайти и путем численного расчета (в этом случае соблюдать масштаб при изображении сил не надо). Заме­чая, что ^Ьас=90 , а ^аЬс=а, получим:

Р=Р\&а, Ы~Р1соаа.

Аналитический способ. Так как система действующих сходящихся сил является плоской, для нее надо составить два условия равновесия (12). Сначала проводим координатные оси; при этом для получения более простых уравнений ось х на­правляем перпендикулярно неизвестной силе N. Далее вычисляем проекции сил Рг Р, N на оси х и у, внося их в таблицу *:

Р Р N

Р кх Р в'т а — Р соз а 0

—Р соз а —Р 31П а

Теперь составляем уравнения 2Рьх=0, 2/г( [ и=0. Получим:

Р 51П а—^соза^О; — Р соз а—Р &т а+Л^=0 ,

Решая эти уравнения, найдем:

Р=Р 1§ а, N=Р соз а + Р $ш2 а/соз а=Р/соз а.

Геометрическое решение в подобных простых задачах (когда действующих Сил три) оказывается более компактным, чем аналитическое. Как видно, при и<4 5

ь Р<Р, а при а>45 ° Р>Р; N>Р при любом а > 0 .

Искомая сила давления груза на плоскость численно равна Ы, но направлена в противоположную сторону ((2=—Л').

Задача 5. Стержень АВ прикреплен к неподвижной опоре шарниром А (рнс. 25, а). К концу В стержня подвешен груз весом Р и прикреплена ннть. Нить перекинута через блок С и к ней подвешен груз весом <2. Оси блока С и шарнира А расположены на одной вертикали, причем АС=АВ. Найти, при каком угле а система будет в равновесии и чему при этом равно усилие в стержне А В; весом стер­жня и размером блока пренебречь.

Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие стержня АВ, к которому приложены все данные и искомые силы. Изобразим для наглядности стержень отдельно (рис, 25, б) и покажем действующие на него силы: силу Р~, численно равную весу Груза, натяжение Т нити и реакцию Я А, направленную вдоль стержня, так как стержень считается невесомым. Если трением в оси блока пренебречь, то натяже­ние нити, перекинутой через блок, при равновесии всюду одинаково, следователь­но, Т=Ч.

Применяя геометрический способ решения, строим из сил Р, Т и замкнутый силовой треугольник саЬ (рис. 25, в), начиная с силы Р. Из подобия треугольников аЬс и АБС находим, что са=аЬ и АсаЬ=а. Следовательно,

Я л = Р , з!п (а/2)=<2/2Р,

*ак как Т=С}=2Р зт (а/2). Из полученных результатов следует, что при а<180 ° равновесие возможно

только, если (}<.2Р. Стержень при этом будет сжат с силой, равной Р, независи­мо от значений груза С? и угла а.

* Таблицу целесообразно заполнять^ по столбцам, т. е. сначала вычислить проекции на обе оси силы Р, затем силы Р и т. д. Предварительное составление та­ких таблиц уменьшает вероятность ошибок в уравнениях и особенно полезно иа .первых порах, пока не будет приобретен достаточный навык в проектировании сил, я затем и в вычислении их моментов. Примеры таких таблиц для других систем сил даются далее в задачах 10, 19 (§ 17) и 40 (§ 30).

27

Случай, когда <х= 180°, должен быть рассмотрен отдельно. Легко видеть, что в этом случае равновесие возможно при любых значениях Р и (2 При этом, если Р>(2, то стержень растягивается с силой, равной Р—(2, если же <2>Р, то стер­жень сжимается с силой, равной (2—Р

Обращаем внимание на то, что сила тяжести (2 непосредственно в условие равновесия (в силовой треугольник) не вошла, так как эта сила приложена к гру­зу, а не к стержню АВ, равновесие которого рассматривалось.

Задача 6. Кран, закрепленный подшипником А и подпятником В, иесет ва-грузку Р (рис. 26) Определить реакции Яд и Яв опор, вызванные действием дан­ной нагрузки, если вылет крана равен / и АВ=Н.

Рис. 25 Рис. 26

Р е ш е н и е Рассмотрим равновесие крана, к которому приложены задан­ная н искомые силы Изображаем действующие на кран силу Р и реакцию подшип­ника Яд, направленную перпендикулярно оси АВ Реакция подпятника Ял мо­жет иметь любое направление в плоскости чертежа. Но кран находится в равно­весии под действием трех сил, следовательно, их линии действия должны пересе­каться в одной точке. Такой точкой является точка Е, где пересекаются линии действия сил Р и Яд Таким образом, реакция Яв будет направлена вдоль ВЕ.

Применяя геометрический способ решения, строим из сил Р, Яд и Яв замкну­тый треугольник аЬс, начиная с заданной силы Р. Из подобия треугольников аЬс

в АВЕ находим. Яд/Р = //Й, Яв/Р=\^к*^1*/к,

откуда РА = Р1,к, Рв = РУ\ + Р/к

2.

Из треугольника аЬс видно, что направления реакций Яд и Яв показавы ла чертеже правильно Силы давления на подшипник А и подпятник В численно равны Яд и Ял, но направлены противоположно реакциям Значения этих давле­ний будут тем больше, чем больше отношение 1/к

Рассмотренная задача дает пример использования теоремы о трех силах. Задача 7. К шарниру А коленчатого пресса приложена горизонтальная сила

Р (рнс. 27, а) Пренебрегая весом стержней и поршня, определить силу давления поршня на тело М при данных углах а и 6.

Р е ш е н и е . Рассмотрим сначала равновесие шарнира Аг, к которому при­

ложена единственная заданная сила Р На ось шарнира кроме силы Р действуют реакции стержней Я1 и Я2, направленные вдоль стержней Строим силовой тре­угольник (рис 27, б) Углы в нем равны ср=90°—а, г|з=90°—В, 7=00+6. Поль­зуясь теоремой синусов, получим

Я1/зт ф= Р/ып у и Я г = Р соз а/зт (а+В) . Теперь рассмотрим равновесие поршня На поршень действуют тоже три силы:

сила давления Кг=~Я% стержня АВ, реакция N стенки и реакция С прессуемого тела. Так как сил три, то они при равновесии должны быть сходящимися.

28

Строя из этих сил силовой треугольник (рис. 27, в), находим из него

( ? = ^ С 0 5 в .

Подставляя вместо #1 равную ей Яь получаем окончательно

_ Р соз а соз В Р

^ 8ш(а + В) — 1еа + 1ёр"*

Сила давления поршня на тело М равна по модулю <2 и направлена в противопо­ложную сторону Из последней формулы видно, что при одной и той же силе Р сила <2 возрастает с уменьшением углов а и В

Если длины стержней ОА н АВ одинаковы, то а = В и (}— 0,5 Р с1§ а.

Рис. 27 Рис. 28

Задача 8. На цилиндр весом Р, лежащий на гладкой горизонтальной пло­скости, действует горизонтальная сила (2, прижимающая его к выступу В (рис. 28). Определить реакции в точках Л и В, если ВО—Н=#/2 (Я — раднус цилиндра).

Р е ш е н и е Рассмотрим равновесие цилиндра, на который действуют за­данные силы Р, С1 и реакции связей N А и Ыв (реакция Ыв направлена по нормали к иоверхности цилиндра, т е вдоль радиуса ВС). Все силы лежат в одной пло­скости и сходятся в точке С Так как сил четыре, то удобнее воспользоваться ана­литическими условия\'и равновесия 2 ^ # х = 0 , 2 ^ а и = 0 . Проведя координатные оси так, как показано на рнс 28, получим

<2—ЛГлсоза = 0, ЫА—Р + Л, в з Ь а = 0.

При й=0,5 Я пол>чим ЗН1 а=(Р—к)/Р=0,5 и а=30 ° . Тогда из первого урав­нения находим

Мв = <2/«>5 а = 2<2У"3/3.

Подставляя это значение Ыв во второе уравнение, получим

ЫА = Р-(Цеа = Р-(1}га/3.

При 0=РУ~3 реакция NА обращается в нуль, а если 0>РУ~Ъ, то цилиндр оторвется от плоскости и под действием силы (2 начнет поворачиваться вокруг Выступа В.

Задача 9. На кронштейне, состоящем из стержней АВ и ВС, скрепленных друг с другом и со стекой шарнирами, укреплен в точке В блок (рис 29, а). Через блок перекинута нить, один конец которой привязан к стене, а на другом подвешен груз весом (2. Определить реакции стержней, пренебрегая их весом и размерами бло­ка. Углы а и р заданы.

29

Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие блока с прилегающим к нему отрезком БЕ нити *. Для наглядности изобразим блок отдельно (рис. 29, б). На блок с от­резком нити действуют четыре внешние силы- натяжение правой ветви нити, рав­ное (2, натяжение левой ветви ннти Т, по числовой величине тоже равное <2(Т=(2)1 и реакции стержней #1 и"#2, направленные вдоль стержней. Силы, пренебрегая размерами блока, считаем сходящимися. Так как число их больше трех, восполь­

зуемся условиями равновесия 2 Ркх~®' ЪРку=Ъ. Проведя координатные оси так, как показано на рис. 29, б, полу­чим:

—Т соз Р+#1 $1п а — # 2 = 0 , — ф + Г з т В + # ! соз а = 0 .

Из второго уравнения, учитывая, что 7=<2, находим

# 1=0 ( 1—з т В)/соза.

Подставляя это значение #х в пер­вое уравнение, после преобразования получаем

81П а — соз (а— В) А 2 = V •

соз а Из выражения для #ц следует, что при любых острых углах а и Р # , > 0 . Это

означает, что реакция направлена всегда так, как показано на чертеже. Сила же давления блока на стержень направлена в противоположную сторону (стержень' ВС сжат). Для #2 получаем другой результат. Бу­дем считать углы а и В всегда острыми. Так как

зт а— соз ( а — р ) = з т а — з т (90°—а+Р),

то эта разность положительна, если а>(90°—а+Р) или когда 2а>(90°+Р). Отсюда следует, что при а>(45°+р/2) значение # 2 > 0 , т. е. реакция #2 име­ет направление, изображенное на чертеже; если же а<(45°+р/2), то # 2 < 0 , т. е. реакция #"2 имеет противоположное направление (от А к В). При этом стержень А В в первом случае растянут, а во втором сжат. Когда а=45°+р/2, получаем # 2 = 0 .

Обращаем внимание на следующие выводы 1) если в систему входят блоки с перекинутыми через них нитями, то при составлении условий равнове­сия блок целесообразно рассматривать вместе с прилегающим к нему отрезком нити как одно те­ло. При этом, если трением нити о блок или тре­нием в оси блока пренебречь, то натяжения на обоих концах нити будут по модулю равны и на­правлены от блока (иначе нить скользила бы в сто­рону большего натяжения или блок вращался бы); 2) если при изображении реакций связей какая-нибудь из них будет направлена не в ту сторону, куда она фактически действует, то при геометрическом решении это непосредственно обнаружится из силового многоугольника (правило стрелок), а при аналитическом решении числовая величина соответствующей реакции полу­чится отрицательной.

Однако во всех случаях, когда это можно наперед сделать, следует реакции связей сразу направлять верно. Например, в задаче 6 направление реакции под-

* В подобных случаях целесообразно рассматривать блок вместе с прилегаю­щим к нему отрезком нити как одно тело. Тогда заранее неизвестные силы взаим­ного давления нити и блока друг на друга будут силами внутренними и в условия равновесия не войдут.

30

щипника А устанавливается следующими рассуждениями: если убрать подшип­ник, то кран под действием силы Р начнет падать вправо; следовательно, сила чтобы удержать кран в равновесии, должна быть направлена влево.

Задача 10. Стоящий иа земле вертикальный столб ОА удерживается растяж­ками АВ и АО, образующими со столбом равные углы а; угол между плоскостя­ми АОВ и АОй равен ф (рис. 30). К столбу подвешены два горизонтальных про­вода; один, параллельный оси Оу, натянут с силой Рг, а другой, параллельный оси Ох, — с силой Р2. Найти силу вертикального давления на столб и усилия в тросах, пренебрегая их весами.

Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие узла А, к которому прикреплены про­вода и тросы. На него действуют силы натяжения проводов Рх и Р2, реакции растя­жек #2 и #3 и реакция столба Рг. Система сил оказалась пространственной. В этом случае будем пользоваться только аналитическим способом решения. Для ,еоставлеиия условий равновесия (11) проводим координатные оси (см. рис. 30) н вычисляем предварительно проекции всех снл на эти осн, внося их в таблицу:

Рк Рг # 2 # 3

0 ~Р2 0 0 # 3 5П1 а ЗШ ф

-Рг 0 0 # 2 51П а Рз з т а соз ф

Ркг 0 0 #1 — # а соз а —Рз соз а

Проекции силы Р3 на оси х и у определяем так, как это было указано в начале § 5 (см. рис. 19).

Теперь, составляя уравнения 2 / ^ = 0 , Х,Рьу=0, 2 / ^ 2 = 0 , получим;

— Р 2 + # з з т а з т ф = 0 , — # 1 + ^ 2 з т а + # 3 з т а соз ф = 0 , Р%—Р2 соз а — # 3 соз а = 0 .

Решая эти уравнения, найдем:

# з = Р 2 / з т а зт ф, # 2 = ( р 1 — Р 2 с!§ ф)/зш а,

Я1=(Ргг-Ря ч! Ф/2

) с 1

§а-

Из полученных результатов видно, что при Р2 с!§ ф > Р ! нли 1§ <р<Ра/Р1

получается # 2 < 0 и реакция #2 должна иметь направление, противоположное показанному на рисунке, что невозможно, так как трос не может работать на сжа­тие. Следовательно, растяжку Ай надо располагать так, чтобы угол ф удовлетво­рял неравенству 1# ф>Р2/Р1 ,

Глава 111

МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ЦЕНТРА. ПАРА СИЛ

§8 . МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ЦЕНТРА (ИЛИ ТОЧКИ)

Введем важное понятие о моменте силы относительно точки. Точку, относительно которой берется момент, называют центром момента, а момент силы относительно этой точки — моментом от­носительно центра. Если под действием приложенной силы тело

31

может совершать вращение вокруг некоторой точки, то момент силы относительно этой точки будет характеризовать вращательный эф­фект силы.

Рассмотрим силу р, приложенную к телу в точке А (рис. 31). Из некоторого центра О опустим перпендикуляр на линию действия

в силы Р; длину к этого перпендикуляра на­зывают плечом силы Р относительно центра О. Момент силы относительно центра О опреде­ляется : 1) модулем момента, равным произве­дению РН; 2) положением в пространстве плоскости ОАВ («плоскости поворота»), про­ходящей через центр О и силу Р; 3) направ­лением поворота в этой плоскости.

Из геометрии известно, что положение плос­кости в пространстве определяется направле­нием нормали (перпендикуляра) к этой плос­

кости. Таким образом, момент силы относительно центра характери­зуется не только его числовым значением, но и направлением в про­странстве, т. е. является величиной векторной.

Введем следующее определение: моментом силы Р относительно центра О называется приложенный в центре О вектор т0(Р), мо­дуль которого равен произведению модуля Р силы на ее плечо Н и ко­торый направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через центр О и силу, в ту сторону, откуда сила видна стремящейся повернуть тело вокруг центра О против хода часовой стрелки (рис, 31). Согласно этому определению

|т0 (Р)\ = РН = 2 п л . А ОАВ. (13)

Последний результат следует из того, что пл. А О Л В = Л В -Н12 — е=РН/2. Измеряется момент силы в ньютон-метрах (Н-м) .

Найдем формулу, выражающую вектор т0(Р). Д л я этого рас­

смотрим векторное произведение ОАХР векторов ОА и р. По оп­

ределению *,

\0АхР\ = 2 пл. ДОАВ = \т0(Р) |.

Направлен вектор ОАхР перпендикулярно плоскости ОАВ

в ту сторону, откуда кратчайшее совмещение ОА с Р (если их отло­

жить от одной точки) видно происходящим против хода часовой

стрелки, т. е. так же, как вектор т0(Р). Следовательно, векторы

ОАхР и т0(Р) совпадают и по модулю, и по направлению, и, к ак

* Векторным произведением аХЬ векторов а и Ь называется вектор с, равный по модулю площади параллелограмма, построенного на векторах о и 6, и направ­ленный перпендикулярно плоскости этих векторов в ту сторону, откуда кратчайшее совмещение а с Ь видно происходящим против хода часовой стрелки. Модуль о определяется еще равенством с=аЬ зт а, где а — угол между векторами а и Ь. Если векторы а и Ь параллельны, то аХЬ=0.

32

легко видеть, по размерности, т. е. выражают одну и ту же величи­ну. Отсюда

т0 (Г) = ОАх Р или т0(Р) = 7х Р, (14)

где г=ОА — радиус-вектор точки А, проведенный из центра О.

Таким образом, момент силы Р относительно центра О равен векторному произведению радиуса-вектора г = ОА, проведенного из центра О в точку А, где приложена сила, на саму силу. Этот резуль­тат может служить другим определением понятия о моменте силы относительно центра.

Отметим следующие свойства момента силы: 1) момент силы от­носительно центра не изменяется при переносе точки приложения силы вдоль ее линии действия; 2) момент силы относительно центра О равен нулю или когда сила равна нулю, или когда линия действия силы проходит через центр О (плечо равно нулю).

§ 9. ПАРА СИЛ. МОМЕНТ ПАРЫ

Парой сил * называется система двух равных по модулю, па­

раллельных и направленных в противополоошые стороны сил, дей­

ствующих на абсолютно твердое тело (рис. 32, а). Система сил Р,

Рг, образующих пару, очевидно, не находится в равновесии (эти

силы не направлены вдоль одной прямой). В то же время пара сил не имеет равнодействующей, поскольку, к ак будет доказано, рав­нодействующая любой системы сил равна_ее главному вектору /?, т. е. сумме этих сил, а для пары Ц=Р+Р' —0. Поэтому свойства пары -сил, как особой меры механического взаимодействия тел, должны быть рассмотрены отдельно.

Плоскость, проходящая через линии действия пары сил, назы­вается плоскостью действия пары. Расстояние й между линиями дей­ствия сил пары называется плечом пары. Действие пары сил на твердое тело сводится к некоторому вращательному эффекту, кото­рый характеризуется величиной, называемой моментом пары. Этот момент определяется: 1) его модулем, равным произведению Ра"; 2) положением в пространстве плоскости действия пары; 3) направ­лением поворота пары в этой плоскости. Таким образом, как и момент силы относительно центра, это величина векторная.

Введем следующее определение: моментом пары сил называется вектор т (или М), модуль которого равен произведению модуля одной из сил пары на ее плечо и который направлен перпендикулярно плос­кости действия пары в ту сторону, откуда пара видна стремящейся повернуть тело против хода часовой стрелки (рис. 32, б).

Заметим еще, что так как плечо силы Р относительно точки А

равно й, а плоскость, проходящая через точку А и силу Р, совпадает

* Теорию пар разработал известный французский ученый — механик и гео­метр Л. Пуансо (1777—1859).

2 № 2173 33

с плоскостью1 действия пары, то одновременно т—тА(Р)=АВхР.

Но в отличие от момента силы вектор т, как будет показано ниже, может быть приложен в любой точке (такой вектор называется сво­бодным). Измеряется момент пары, как и момент силы, в ньютон-метрах.

Покажем, что моменту пары можно дать другое выражение: момент пары равен сумме моментов относительно любого центра О сил, образующих пару, т. е.

т = т0(Р) + т0(Р'). (15)

Для доказательства проведем из произвольной точки О (рис. 33)

радиусы-векторы гА=ОА и гв=ОВ. Тогда согласно формуле (14),

Рис. 32 Рис. 33

учтя_еще1 что Р'=—Р, получим т0(Р)=гвхР, т0(Р')=гАХР' =

=—гАхР и, следовательно,

т0 (?) + т0 ( ? ' ) = (гв-7л) х Р = АВ х Р.

Так как АВхР=т, то справедливость равенства (15) доказана. Отсюда, в частности, следует уже отмеченный выше результат:

т = АВхР = тА{Р) или т = тв(Р'), (15')

т. е. что момент пары равен моменту одной из ее сил относительно точки приложения другой силы. Отметим еще, что модуль момента пары

т=Рй. (15")

Если принять, что действие пары сил на твердое тело (ее вра­щательный эффект) полностью определяется значением суммы мо­ментов сил пары относительно любого центра О, то из формулы (15) следует, что две пары сил, имеющие одинаковые моменты, экви­валентны, т. е. оказывают на тело одинаковое механическое дейст­вие. Иначе это означает, что две пары сил, независимо от того, где каждая из них расположена в данной плоскости (или в параллель­ных плоскостях) и чему равны в отдельности модули их сил и их плечи, если их моменты имеют одно и то же значение т, будут экви­валентны. Так как выбор центра О произволен, то вектор т можно считать приложенным в любой точке, т. е. это вектор свободный.

34

В дальнейшем будем обычно на чертеже вместо пары изображать полностью ее характеризующий вектор т. При этом модуль т определяет модуль момента пары [формула (15")1, а направление т

определяет плоскость действия пары и направление поворота в этой плоскости.

Из формулы (15) следует еще, что если на тело действует нес­колько пар с моментами тх, т2, . . ., тп, то сумма моментов всех сил, образующих эти пары, относительно любого центра будет рав­на т ! - Ь т 2 - Ь . . а следовательно, вся совокупность этих пар эквивалентна одной паре с моментом М=^тк. Этот результат вы­ражает теорему о сложении пар .

§ 10*. ТЕОРЕМЫ ОБ ЭКВИВАЛЕНТНОСТИ

И О СЛОЖЕНИИ ПАР

Справедливость выводов, сделанных в конце § 9, можно дока­зать непосредственно.

Рассмотрим действующую на твердое тело пару сил Р, Р'. Про­ведем в ллоскости действия этой пары через произвольные точки В п В две параллельные прямые до пересечения их с линиями действия сил 7, 7' в точках Ан В_ (рис. 34) и приложим силы Р, Р' в^ этих точках (первоначально Р и Р' мог­ли быть приложены в любых дру­гих точках на их линиях дейст­вия). Разложим теперь силу Р по направлениям АВ и ЕВ на силы ^ и Р , а силу'/

7' — по направлени­

ям В А и АВ на силы"«2'_и Т'. Оче­видно при этом, что Р'—•—Р, а ф =—0_. Силы (2 и (2', как уравно­вешенные, можно отбросить. В ре- Рис 34

зультате пара сил Р, Р' будет заме­нена парой Р, Р' с другим плечом

и другими силами, которые можно, очевидно, приложить в точках В, Е на их линиях действия. При этом в силу произвольности в выборе точек В, Е и направлений прямых АВ и ВЕ пара Р, Р может оказаться расположенной в плоскости ее действия где угодно {в положение, при котором силы Р и Р' параллельны Р, пару можно привести, проделав указанное преобразование дважды).

Покажем в заключение, что пары Р, Р' и Р, Р имеют одинаковые

моменты. Обозначим эти моменты соответственно через тх и т 2 , где

согласно формуле (15') т 1 = Л В х Р " , а т2~=АВхР. Так как 7=

— Р-1-С, то АВхР=АВхР+АВх(1, но АВх0=0 (см. подстроч­

ное примечание на с. 32) и, следовательно, / П ! = т 2 .

2* 35

Из доказанного вытекают следующие свойства пары сил: 1) пару, не изменяя оказываемого ею на твердое тело действия,

•можно переносить куда угодно в плоскости действия пары; 2) у данной пары, не изменяя оказываемого ею на твердое тело

действия, можно произвольно менять модули сил или длину плеча, сохраняя неизменным ее момент.

Можно доказать, что пара сил обладает еще одним достаточно очевидным свойством (доказательство опускаем):

3) пару, не изменяя оказываемого ею на твердое тело действия, можно перенести из данной плоскости в любую другую плоскость, параллельную данной.

Отсюда следует, что две пары сил, имеющие одинаковые моменты, эквивалентны друг другу (теорема об эквивалентности пар). Это сле­дует из того, что указанными операциями, т. е. путем изменения

дое тело, эквивалентна одной паре с моментом, равным геометри­ческой сумме моментов слагаемых пар.

Рассмотрим сначала две пары с моментами т^ и т2, лежащие в

плоскостях / и // (рис. 35). Возьмем на линии пересечения плос­

костей отрезок АВ=й и изобразим пару с_моментом тх силами

Рх, Р[, а пару с моментом т2 — силами Р2, Р'2, (при этом, конечно,

Сложив силы, приложенные в точках А и В, убеждаемся, что

пары Р1г Р[ и Р2, Р'г действительно эквивалентны одной паре #,

найдем момент М этой пары. Так как К=р1+Р2, то АВхИ=А~ВХ

ХРг-\~АВхР2 или согласно формуле (15') М^т^+т*. Для двух пар теорема доказана; при этом очевидно, что доказа­

тельство сохранится и в случае, когда плоскости I к II сливаются (слагаемые пары лежат в одной плоскости).

Если на тело действует система п пар с моментами тг, т2, . . . тп, то последовательно применяя результат, полученный для

двух пар, найдем, что данная система пар будет действительно эквивалентна одной паре с моментом

М = т1 + Щ+ • • • +т„ = Х™ь- (16)

Из полученного результата легко найти условие равновесия

системы пар, действующих на твердое тело: при равновесии должно

М плеча и перемещения пары в плоскости дей­ствия или переноса в параллельную плос­кость, пары с одинако­выми моментами могут быть преобразованы од­на в другую.

Рис. 35

Теперь докажем те­орему о сложении пар: система пар, действую­щих на абсолютно твер-

36

быть М = 0 или

2 « * = 0 - (17)

Задача 11. На твердое тело дейст­вуют две пары сил Г1, Рг и Р2, р2, ле­жащие во взаимно перпендикулярных плоскостях (рис. 36). Модуль мо­мента каждой из пар равен 30 Н-м. Найти результирующую пару.

Р е ш е н и е . Изобразим векторы /П1 и т2 моментов слагаемых пар, приложив их в некоторой точке А, тогда момент результирующей пары изобразится вектором т. Следователь­но, результирующая пара располо­жена в плоскости АВСй, перпенди­кулярной вектору т, а модуль ее мо­мента равен 3 0 ^ 2 Н-м.

А

Рнс. 36

Глава IV

ПРИВЕДЕНИЕ СИСТЕМЫ СИЛ К ЦЕНТРУ.

УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ

§ 11. ТЕОРЕМА О ПАРАЛЛЕЛЬНОМ ПЕРЕНОСЕ СИЛЫ

Равнодействующая системы сходящихся сил непосредственно находится с пбмощью закона параллелограмма сил. Очевидно, что аналогичную задачу можно будет решить и для произвольной систе­мы сил, если найти для них метод, позволяющий перенести все силы в одну точку. Такой метод дает следующая теорема: силу, прило­женную к абсолютно твердому телу, можно, не изменяя оказываемого

ею действия, переносить из данной точки в любую другую точку тела, при­бавляя при этом пару с моментом, равным момен­ту переносимой силы от-

р и с . 37 носительно точки, Куда

сила переносится.

Пусть на твердое тело действует сила Р, приложенная в точке А

(рис. 37, а). Действие этой силы не изменяется, если в любой точке

5 тела приложить две уравновешенные силы Р~' и Р", такие, что

Р'—Р^Р"^—Р. Полученная система трех сил и представляет собой

силу Р', равную Р, но приложенную в точке В, и пару 7, Р"

с моментом

т = тв(Р). (15)

37

Поаледнее равенство следует из формулы (15'). Таким образом,

теорема доказана. Результат, даваемый теоремой, можно еще изо­

бразить так, как это показано на рис. 37, б (силу Р на этом рисунке

надо считать отброшенной). Рассмотрим примеры, иллюстрирующие

теорему.

Пример 1. Чтобы удержать в равновесии однородный брус АВ длиной 2а и

весом Р, надо приложить в его середине С направленную вверх силу <2, по модулю

равную Р (рис. 38, а). Согласно доказанной теореме силу С} можно заменить силой

О7, приложенной к концу А бруса, и парой с моментом, модуль которого т=(}а.

Рис. 38 Рис. 39

Если плечо этой пары уменьшить до величины к (рис. 38, б), то образующие ее силы ~Р~, Р', надо увеличить так, чтобы было рк=0а. Следовательно, чтобы удер­жать брус за его конец А, надо кроме силы (2' приложить еще пару Р, Р'. Этот результат, вытекающий из доказанной теоремы, непосредственно «ощущает» рука человека, удерживающая брус за его середину (рис. 38, а) или за конец (рис. 38, б).

Пример 2. На барабан / радиуса г намотаны в противоположных направле­ниях две нити, к концам которых прикладывают силы Р и Р'——Р (рис. 39); на барабан 2 того же радиуса намотана одна нить, к которой прикладывают силу, равную 2Р. Рассмотрим, чем будут отличаться действия этих сил.

На барабан 1 действует только пара сил Р, Р' с моментом, численно равным 2Рг, вращающая барабан. Силу, действующую иа барабан 2, можно заменить силой 2Р'=2Р, приложенной к оси барабана, и парой 2Р, 2Р". В результате на­ходим, что иа этот барабан действуют: 1) пара с численно таким же, как и в пер­вом случае, моментом 2Рг, вращающая барабан, н 2) сила 2Р', оказывающая дав­ление на ось барабана.

Итак, оба барабана будут вращаться одинаково. Но при этом ось второго ба­рабана испытывает давление, равное 2Р, а ось первого барабана никакого дав­ления не испытывает.

§ 12. ПРИВЕДЕНИЕ СИСТЕМЫ СИЛ К ДАННОМУ ЦЕНТРУ

Решим теперь задачу о приведении произвольней системы сил к данному центру, т. е. о замене данной системы сил другой, ей экви­валентной, но значительно более простой, а именно состоящей, как мы увидим, только из одной силы и пары.

_ Пусть на твердое тело действует произвольная система сил 7и

• - Рп (рис. 40, а). Выберем какую-нибудь точку О за центр

3-3

приведения и, пользуясь теоремой, доказанной в § 11, перенесем все силы в центр О, присоединяя при этом соответствующие пары (см. рис. 37, б). Тогда на тело будет действовать система сил

приложенных в центре О, и система пар, моменты которых согласи© формуле (18) равны:

Щ = т0(Рг), т 2 = = т 0 ( ? 2 ) , . . . , тп = т0(Рп). (20)

Рис. 40

Сходящиеся силы, приложенные в точке О, заменяются одной

силой И, приложенной в точке О. При этом / ? = 2 /гЙ И Л И , согласно

равенствам (19),

Я = 2^- (21)

Чтобы сложить все полученные пары, надо сложить векторы

моментов этих пар. В результате система пар заменится одной па­

рой, момент которой М0=%тк или, согласно равенствам (20),

М0 = ^т0(Рк). (22)

Как известно, величина равная геометрической сумме всех сил, называется главным вектором системы сил; величина М0, равная геометрической сумме моментов* всех сил относительно цент­ра О, называется главным моментом системы сил относительно этого центра.

Таким образом, мы доказали следующую т е о р е м у о п р и ­в е д е н и и с и с т е м ы с и л : любая система сил, действующих на абсолютно твердое тело, при приведении к произвольно выбран­ному центру О заменяется одной силой ^, равной главному вектору системы сил и приложенной в центре приведения О, и одной парой с моментом М0> равным главному моменту системы сил относи­тельно центра О (рис. 40, б).

39

Заметим, что сила 7? не является здесь равнодействующей дан­ной системы сил, так как заменяет систему сил не одна, а вместе с парой.

Из доказанной теоремы следует, что две системы сил, имеющие одинаковые главные векторы и главные моменты относительно одного и того же центра, эквивалентны (условия эквивалентности систем сил). _

Отметим еще, что значение 7? от выбора центра О, очевидно, не зависит. Значение же М0 при изменении положения центра О может в общем случае изменяться вследствие изменения значений момен­тов отдельных сил. Поэтому всегда необходимо указывать, относи­тельно какого центра определяется главный момент.

Рассмотрим в заключение два частных случая: 1) если для дан­

ной системы сил Я—0, а М0фО, то она приводится к одной паре сил

с моментом М0. В этом случае значение М0 не зависит от выбора

центра О, так как иначе получилось бы, что одна и та же система сил

заменяется разными, не эквивалентными друг другу_парами, что

невозможно; 2) если для данной системы сил ЯфО, а М о=0 , т о_она

приводится к одной силе, т. е. к равнодействующей, равной и

приложенной в центре О.

§ 13. УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ СИСТЕМЫ СИЛ. ТЕОРЕМА О МОМЕНТЕ РАВНОДЕЙСТВУЮЩЕЙ

Покажем, что для равновесия любой системы сил необходимо и достаточно, чтобы главный вектор этой системы сил и ее главный момент относительно любого центра были равны нулю, т. е. чтобы выполнялись условия

Я = 0, М о = 0, (23)

где О — любой центр, так как в конце § 12 показано, что при / ? = 0

значение М0 от выбора центра О не зависит.

Условия (23) являются необходимыми, так как если какое-ни­

будь из них не выполняется, то система действующих на тело сил

приводится или к равнодействующей (когда НфО), или к паре сил

(когда М0Ф§) и, следовательно, не является уравновешенной. Од­

новременно условия (23) являются и достаточными, потому что при

/ ? = 0 система сил может приводиться только к паре с моментом М0,

а так как Мо—®, то имеет место равновесие. Пользуясь полученным результатом, докажем следующую т е о ­

р е м у Вариньона * о м о м е н т е р а в н о д е й с т в у ю ­щ е й : если данная система сил имеет равнодействующую, то момент равнодействующей относительно любого центра О равен сумме моментов сил системы относительно того же центра.

* П. Варииьои (1654—1722) — выдающийся французский ученый, матема­тик и механик. Изложил основы статики в книге «Проект новой механики» (1687).

40

Пусть система сил Ри Р%, . . ., Рп приводится к равнодействую­

щей линия действия которой проходит через некоторую точку

С (рис. 41). Приложим в этой точке силу — Т о г д а система

сил ^"х. ^ 2 , • • •, Рп, К' будет находиться

в равновесии и для нее должно выпол­

няться условие Мо=0, т. е. согласно фор­

муле (22) для данных сил (включая силу

должно быть 2 т 0 (Рк)+т0 ( / ? ' )=0 . Но

т а к к а к / ? ' = — / ? и обе силы направлены я

вдоль одной и той же прямой, то т0 (/?') =

=—т0 {Я)- Подставляя это значение

т0(Н') в предыдущее равенство, найдем

из него, что _ _ _ _

т0 (#) = 2 "Ъ (Р*)-

Тем самым теорема доказана. Ею часто бывает удобно пользо­ваться при вычислении моментов сил.

(24)

Глава V

ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СИЛ

§ 14. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ СИЛЫ И ПАРЫ

Переходя к рассмотрению плоской системы сил (системы сил, как угодно расположенных в одной плоскости), начнем с введения некоторых понятий.

1 . А л г е б р а и ч е с к и й м о м е н т с и л ы о т н о с и ­т е л ь н о ц е н т р а . Когда все силы системы лежат в одной плос­кости, их моменты относительно любого центра О, находящегося в той же плоскости, перпендикулярны этой плоскости, т. е. направ­лены вдоль одной и той же прямой. Тогда, не прибегая к векторной символике, можно направления этих моментов отличить одно от

другого знаком и рассматривать момент силы Р относительно центра О как алгебраическую величину. Условимся для краткости такой момент называть алгебраическим и обозначать символом т0(Р). Алгебраический момент силы Р относительно центра О равен взя­тому с соответствующим знаком произведению модуля силы на ее плечо, т. е.*

т0(Р) = ±Рп. (25)

При этом в правой системе координат, принятой в механике, момент считается положительным, когда сила стремится повернуть

* В подобных равенствах символ «^» будет означать, что данная величина имеет или знак плюс, или знак минус.

41

тело вокруг центра О против хода часовой стрелки, и отрицатель­

н ы м — когда по ходу часовой стрелки. Так , для сил, изображенных

на рис. 42: т0(Р)=РПи то(0_)=—0_К. Заметим, что полученные выше формулы (22) и (24), содержащие

суммы моментов-векторов, сохранят свой вид и для алгебраических моментов, но суммы при этом будут не векторные, а алгебраические.

Рис. 42 Рис. 43

Пример. Найти моменты сил Р и<2 относительно точки А (рис. 43), если АВ=а, АЭ=Ь и углы а, 6 известны.

Р е ш е н и е . Опустив из точки А перпендикуляр на линию действия силы Р, найдем плечо Л= а зт а; тогда с учетом знака тА(Р)=Рав'т а.

Для силы <3 проще не находить плечо, а разложить С} на составляющие и ф2, для которых плечн будут соответственно равны АВ=а и АГ>=Ъ, а затем вос­пользоваться формулой (24), т. е. теоремой Вариньона. Тогда с учетом знаков: о » и ( 0 ) = « и ( 0 1 ) + « л ( 0 2 ) = — Я.\

аЛ 0.Ф- Но ( ^ ( З с о з В , <22=<2зшв и оконча­

тельно

тА (0) = 0 (6 з т В—а соз В).

Выражение в скобках и является плечом силы (2, что не сразу видно. Заметим, что тА(Р) можно тоже найти, разложив силу Р на составляющие

Р~1 и Р2. Тогда тА(Р)=тА(Р1)=(Р&та)а, так как тА(Р%)=0.

2 . А л г е б р а и ч е с к и й м о м е н т п а р ы . Поскольку момент пары сил равен моменту одной из ее сил относительно точки приложения другой силы [формула (15')], то для пар, лежащих в

одной плоскости, момент пары мож­но тоже рассматривать как алгеб­раическую величину, называть алгебраическим и условиться обоз­начать символом т (или М). При этом алгебраический момент пары равен взятому с соответствующим знаком произведению модуля одной из сил пары на плечо пары:

т=±Рй. (26)

Правило знаков здесь такое же, как для момента силы. Так,

для изображенной на рис. 44, а пары Р, Р' момент тх=Рй1, а для

п а р ы Р , Р' момент тг=—Ра"г. Поскольку пара сил характеризуется

только ее моментом, то на рисунках пару изображают часто просто

42

дуговой стрелкой, показывающей направление поворота пары (как

на рис. 44, б).

Полученные выше формулы (16) и (17), содержащие суммы мо­

ментов-векторов, тоже сохранят вид для алгебраических моментов,

причем суммы будут алгебраическими.

Задача 12. Криволинейный рычаг АВСй (рис. 45) находится в равновесия под действием двух параллельных сил Р и Р', образующих пару. Определить силы давления на опоры, если АВ=а=15 см, ВС=&=30 см, С О = с = 20 см, Р=Р'= = 3 0 0 Н.

Рис. 45 Рис. 46

Р е ш е н и е . Заменим пару Р, Р' эквивалентной ей парой 0, (}', силы кото­рой направлены по направлениям реакций опор. Прн этом моменты пар должны быть одинаковы, т. е. Р(с—а)=(2Ь.

Следовательно, силы давления на опоры численно равны

<2 = <2' = Р(с—а)/Ь = 50 Н

н направлены так, как показано на чертеже. Задача 13. На шестерню / радиуса гх действует пара сил с моментом пц

(рис. 46, а). Определить момент /п2 пары, которую надо приложить к шестерне 2 радиуса г2, чтобы сохранить равновесие.

Р е ш е н и е . Рассмотрим сначала условия равновесия шестерни /. На н^е действует пара с моментом т^, которая может быть уравновешена только действием другой пары, в данном случае пары <2и Рг. Здесь &— перпендикулярная радиусу составляющая силы давления на зуб со стороны шестерни 2, а Рх~ тоже пер­пендикулярная радиусу составляющая реакции оси А (сила давления на зуб и реакция оси А имеют еще составляющие вдоль радиуса, которые взаимно урав­новешиваются и в условие равновесия ие войдут). При этом, согласно условию рав­новесия (17), (—<21Г1) = 0 И (21=141^!.

Теперь рассмотрим условия равновесия шестерни 2 (рис. 46, б). По закону равенства действия и противодействия на нее со стороны шестерни / будет дей­ствовать сила >22=—Оь которая с перпендикулярной радиусу составляющей реакции оси В образует пару 02, #2 с моментом, равным — <32г2. Эта пара и должна уравновеситься приложенной к шестерне 2 парой с моментом т2; следова­тельно, по условию равновесия (17), /п2+(—<22г2)=0. Отсюда, так как <22=<?., находим /п2=/п1г2/г1.

Естественно, что пары с моментами т1 и /п2 не удовлетворяют условию равно­весия (17), так как они приложены к разным телам.

Полученная в процессе решения задачи величина 0_х (или <Э2) называется окружным усилием, действующим на шестерню. Как видим, окружное усилие равно моменту вращающей пары, деленному на радиус шестерни: (Ь^т^т-^— «=т2/г2.

43

§ 15. ПРИВЕДЕНИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ

К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ

Результат, полученный в § 12, справедлив, конечно, и в частном случае плоской системы сил. Следовательно, плоская система сил тоже приводится к силе, равной и приложенной в произвольно выбранном центре О, и паре с моментом М0, но сила и пара лежат в данном случае в одной плоскости — в плоскости действия сил (рис. 47, а, где пара изображена дуговой стрелкой). Значения глав­ного вектора К и главного момента М0 даются формулами (21) и (22); при этом вектор /? можно определить или геометрически по­

строением силового много-^ угольника (§ 4), или анали­

тически по формулам (10) из § 5. Таким образом, для плос­кой системы сил

М0 = 2т0(Рк), (27)

Рис 47 где все моменты в последнем равенстве алгебраические и сумма тоже алгебраическая.

Найдем, к какому простейшему виду может приводиться данная плоская система сил, не находящаяся в равновесии. Результат зави­сит от значений 7? и М0. _

1. Если для данной системы сил / ? = 0 , а Моф0, то она приво­дится к одной паре с моментом М0. Как показано в конце § 12, значение М0 в этом случае не зависит от выбора центра О.

2. Если для данной системы сил 7?=^0, то она приводится к одной силе, т. е. к равнодействующей. При этом возможны два случая:

а) КфО, УИо=0. В этом случае система, что сразу видно, приво­

дится к равнодействующей Я, проходящей через центр О;

б) КфО, Моф0. В этом случае пару с моментом М0 можно изо­бразить двумя силами /?' и беря /?'=•/?, а —# (рис. 47, б). При этом, если й=ОС — плечо пары, то должно быть

Яй-ШоЬ (28)

Отбросив теперь силы # и как уравновешенные, найдем,

что вся система сил заменяется равнодействующей 7? '=/? , проходя­

щей через точку С. Положение точки С определяется двумя условия­

ми: 1) расстояние ОС=й (ОС^_Р<) должно удовлетворять равенству

(28); 2) знак момента относительно центра О силы приложенной

в точке С, т. е. знак т0 (/?'), должен совпадать со знаком Мо-

Пример подобного расчета дан в задаче 17.

44

Таким образом, плоская система сил, не находящаяся в равнове­

сии, может быть окончательно приведена или к одной силе, т. е. к

равнодействующей (когда КфО), или к паре сил (когда / ?=0 ) .

Задача 14. Привести к центру О систему сил Р, Рг, Р%, Р3, изображенных на рис. 48, если Р = 3 0 Н, Рх=Рг=Р3=2й Н, а=0 , 3 м, 6=0 ,5 м, а=60 ° .

Рис. 48 Рис. 49

Р е ш е н и е . Задача сводится к нахождению главного вектора # заданной системы сил, который будем определять по его проекциям Рх, # н , и главного мо­мента М0 этих сил относительно центра О. Проводя оси Оху так, как показано на рисунке, и пользуясь формулами (27), получим (см. пример вычисления моментов сил в § 14):

Рх = 2Ркх = —Р г соз а—Р2 соз а — Р3,

Ру = 2Рку = —Р~Р181па,+Р2 зт а,

М0 = 2 т 0 (Рь) = — ЬР + аРг соз а + 2ЬР2 зт а + аР3.

Подставляя сюда числовые значения сил, найдем, что Рх=—40 Н, у= = — З О Н , М0~ 11,3 Н-м. Таким образом, заданная система сил приводится к приложеннойв центре приведения О силе # с проекциями Рх 40 Н,РУ=—30 Н ( # = 5 0 Н) и паре сил с моментом Л10=11,3 Н-м.

Рис. 50 Рнс. 51

Задача 15. Привести к простейшему виду систему сил Рь Р2, Р3, действую­щих на балку АВ (рис. 49), и найти силы давления на опоры А и В, если Р , = = Р 2 = Р 3 = Р .

Р е ш е н_и е. Многоугольник, построенный из сил Р1Г Р2> Р3, замкнут; сле­довательно, # = 0 . Сумма моментов всех сил относительно любой точки (напри­мер, точки С) равна —Ра. Следовательно, данная система сил приводится к паре С моментом /п=—Ра. Располагая эту пару так, как показано на чертеже пункти­ром, заключаем, что силы Ръ Р2, ~Р3 оказывают на опоры давления ОТ и 0^, чис­ленно равные Ра!Ь,

45

Задача 16. Привести к простейшему виду систему сил Рг, Р2, Р3, действую­щих ]1а ферму АВ (рис. 50), и найти силы давления на опоры А к В, если Рх= =Р2=Р3=Р. _

Р е ш е н и е . Замечая, что силы Р2 и ра образуют пару, перемещаем ее в положение, показанное на чертеже пунктиром. Тогда силы Ри Р3 взаимно уравно­вешиваются и вся система сил приводится к равнодействующей Р=Р% (численно Я=Р).

Отсюда заключаем, что действие сил Рл, Р2, Р3 сводится к вертикальному дав­лению на опору А; опора В при этом не нагружена.

Задача 17. Привести к простейшему виду систему сил, рассмотренную в зада­че 14 (см. рис. 48).

Р е ш е н и е . Из результатов, полученных в задаче 14, следует, что данная система сил приводится к приложенной в точке О силе Л, направленной так, как показано на рис. 51, и паре с моментом Мо=И,3 Н-м. При этом численно # = 5 0 Н и соз 6 = | # у | / # = 0 , 6 (6«53°)._Представим пару силами # ' = # и ~Р"= =—Р, приложив силу Р" Б точке О, а Р' в точке С, причем, согласно формуле (28 ) ,й=ОС=Мо/#~0 ,23 м. Отбрасывая силы Р и Р", найдем, что рассматривае­мая система сил приводится к равнодействующей, равной #, линия действия ко­торой проходит на расстоянии 0,23 м от точки О (через точку С с координатами х=—й соз В«—0,14 м, у=й зш . 6 « 0 , 1 8 м).

§ 16. РАВНОВЕСИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ. СЛУЧАЙ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ

Необходимые и достаточные условия равновесия любой системы сил даются равенствами Д?=0 и Мо=0, выражаемыми формулами (23). Найдем вытекающие отсюда аналитические условия равнове­сия плоской системы сил. Их можно получить в трех различных формах.

1 . О с н о в н а я ф о р м а у с л о в и й р а в н о в е с и я . Так как вектор Я равен нулю, когда равны нулю его проекции Кх

и Ну, то для равновесия должны выполняться равенства Р(х=0, Р(у=0 и УИо=0, где в данном случае М0 — алгебраический момент, а О - любая точка в плоскости действия сил. Но из формул (27) следует, что предыдущие равенства будут выполнены, когда дейст­вующие силы удовлетворяют условиям:

2 ^ = , 0 , 2 / ^ = 0, 2/по(?А) = 0 . (29)

Формулы (29) выражают следующие аналитические условия рав­новесия: для равновесия произвольной плоской системы сил необхо­димо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на каждую из двух координатных осей и сумма их моментов относительно любого центра, лежащего в плоскости действия сил, были равны нулю. Одно­временно равенства (29) выражают условия равновесия твердого тела, находящегося под действием плоской системы сил.

2*. В т о р а я ф о р м а у с л о в и й р а в н о в е с и я : для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточ­но, чтобы суммы моментов всех этих сил относительно каких-ни­будь двух центров А и В и сумма их проекций на ось Ох, не перпен­дикулярную прямой АВ, были равны нулю:

ЪпА (Рь) = 0, 2тв (Р„) = 0, ИРкх = 0. (30)

46

Необходимость этих условий очевидна, так как если любое из них не выполняется, то или КФО, или МАфО (МвфО) и равновесия не будет. Докажем их достаточность. Если для данной системы сил выполняются только первые два из условий (30), то для нее МА=0 и Мв=0. Такая система сил, согласно результатам, полученным в § 15, может не находиться в равновесии, а иметь равнодействующую Я, одновременно проходящую через точки А и В * (рис. 52). Но по третьему условию должно быть Кх=1,ркх=0. Так как ось Ох проведена не перпендикулярно к АВ, то последнее условие может быть выполнено, только когда Р<=0, т. е. когда имеет место равно­весие.

3* . Т р е т ь я ф о р м а у с л о в и й р а в н о в е с и я (уравнения трех моментов): для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, что­бы суммы моментов всех этих сил относи­тельно любых трех центров А, В и С, не лежащих на одной прямой, были равны нулю:

2т д (Р к )=0 , 2 т в (Рк) = 0, 2 т с (Рк) = 0. (31)

Необходимость этих условий, как и в пре­дыдущем случае, очевидна. Достаточность Рис. 52 условий (31) следует из того, что если при одновременном выполнении этих условий данная система сил не находилась бы в равновесии, то она должна была бы приводиться к равнодействующей, одновременно проходящей через точки А, В и С, что невозможно, так как эти точки не лежат на одной прямой. Следовательно, при выполнении условий (31) имеет место равно­весие.

Во всех рассмотренных случаях для плоской системы сил полу­чаются три условия равновесия. Условия (29) считаются основными, так как при пользовании ими никаких ограничений на выбор коор­динатных осей и центра моментов не налагается.

Если иа тело наряду с плоской системой сил Р1л Р2, , . ., Рп действует система лежащих в той же плоскости пар с моментами т1, тг, . . ., та, то при составлении условий равновесия в уравнения проекций пары ие войдут, так как сумма проек­ций сил пары на любую ось равна нулю. В уравнениях же моментов к моментам сил алгебраически прибавятся моменты пар, так как сумма моментов сил пары относительно любого центра равна моменту пары [§9, формула (15)]. Таким об­разом, например, условия равновесия (29) при действии на тело системы сил и пар примут вид:

2Ркх = 0, 2Рку = 0, 2 т о ( ? й ) + 2т(- = 0. (32)

Аналогично преобразуются в этом случае условия (30) и (31),

Р а в н о в е с и е п л о с к о й с и с т е м ы п а р а л л е л ь ­н ы х с и л . В случае, когда все действующие на тело силы парал­лельны друг другу, можно направить ось Ох перпендикулярно си-

* При МА=0 система сил может иметь равнодействующую, проходящую че­рез точку А, а при Мд=@ — проходящую через точку В.

47

лам, а ось Оу параллельно им (рис. 53). Тогда проекция каждой из сил на ось Ох будет равна нулю и первое из равенств (29) обратится в тождество вида 0 = 0 . В результате для параллельных сил останет­ся два условия равновесия:

2 ^ = 0 , 2 т о ( Т А ) = 0 , (33)

где ось Оу параллельна силам. Дру г ая форма условий равновесия для параллельных сил, полу­

чающаяся из равенств (30), имеет вид:

ИтА(Рк) = 0, 2тв(Рь) = 0. (34)

При этом точки Л и В не должны лежать на прямой, параллель­ной силам.

Рис. 53 Рис. 54

§ 17. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

При решении задач этого раздела следует иметь в виду все те общие указания , которые были сделаны в § 7.

Д л я получения более простых уравнений следует (если это толь­ко не усложняет ход расчета): а) составляя уравнения проекций, проводить координатную ось перпендикулярно какой-нибудь неиз­вестной силе; б) составляя уравнения моментов, брать центр момен­тов в точке, где пересекается больше неизвестных сил.

При вычислении моментов иногда бывает удобно разлагать дан­ную силу на две составляющие и, пользуясь теоремой Вариньона, находить момент силы как сумму моментов этих составляющих (см. пример вычисления моментов сил в § 14).

Решение многих задач статики сводится к определению реакций опор, с помощью которых закрепляются балки, мостовые фермы и т. й. В технике обычно встречаются следующие три типа опорных закреплений (кроме рассмотренных в § 3):

1 . П о д в и ж н а я ш а р н и р н а я о п о р а (рис. 54, опора А).

Реакция ЫА такой опоры направлена по нормали к поверхности, на которую опираются катки подвижной опоры.

2 . Н е п о д в и ж н а я ш а р н и р н а я о п о р а (рис. 54, опора В).

Реакция Яв такой опоры проходит через ось шарнира и может

иметь любое направление в плоскости чертежа. При решении задач

будем реакцию Вв изображать ее составляющими Хв и Ув по

48

направлениям координатных осей. Если мы, решив задачу,

найдем Хв и Ув, то тем самым будет определена и реакция Кв; по

I /*А

в) Н

Рис. 55

модулю Кв=Ух%+У]

Способ закрепления, показанный на рис. 54, употребляется для

того, чтобы в балке АВ не возникало дополнительных напряжений

при изменении ее длины от изменения температу­

ры или от изгиба.

3 . Ж е с т к а я з а д е л к а (или н е п о д ­

в и ж н а я з а щ е м л я ю щ а я о п о р а ; рис.

55, а). Рассматривая заделанный конец балки и

стену как одно целое, жесткую заделку изобража­

ют так, как показано на рис. 55, б. В этом случае

на балку в ее поперечном сечении действует со сто­

роны заделанного конца система распределенных

сил (реакций). Считая эти силы приведенными к

центру А сечения, можно их заменить одной напе­

ред неизвестной силой # А , приложенной в этом

центре, и парой с наперед неизвестным моментом

тА (рис. 55, а). Силу %А можно в свою очередь изо­

бразить ее составляющими ХА и УА (рис. 55, б). Таким образом,

для нахождения реакции жесткой заделки надо определить три не­

известные наперед величины ХА, УА, тА.

Реакции других видов связей были рассмотрены в § 3.

Задача 18. Определить силы, с которыми давят на рельсы колеса А и В кра­на, схематически изображенного на рис. 56. Вес крана Р = 4 0 кН, центр тяжести его лежит на линии БЕ Вес поднимаемого груза (2= 10 кН, вылет крана 6=3 ,5 м, расстояние АВ=2а=2,5 м.

Р е ш е н и е Рассмотрим равновесие всего крана На кран действуют заданные силы Р и

^ С} и реакции связей ЫА и Лд Для этой системы ' параллельных сил составляем условия равнозе-\_ 1 сия (33), принимая за центр моментов точку А

_ и проектируя силы на вертикальную ось. Полу-<1 чнм.

—Ра+Ыв-2а—О_(а+Ь)=0,

NА+Nв-Р-^-0.

Решая эти уравнения найдем:

Л/л=0,5 Р—0,5 0_{Ь'а—1)=11 кН,

АГВ=0,5 Р+0 , 5 | 3 ( 6 ' а+1)=39 кН.

Для проверки составим уравнение моментов от­носительно центра В

—ЫА-2а-\-Ра—0. ( 6—а)=0 .

Подставляя сюда найденное значение NА, убеждаемся, что уравнение удовлетво­ряется Искомые силы давления колес на рельсы равны численно NА и Ыв, но направлены вниз.

Из найденного решения видно, что при С}=аР1(Ь—а)=22,2 кН реакция обращается в нуль и левое колесо перестает давить на рельс. При дальнейшем увеличении нагрузки 0_ кран начинает опрокидываться Наибольшая нагрузка @, при которой сохраняется равновесие крана, определяется из условия 1,пгв(Рк)—^, где Ръ— действующие иа кран заданные силы (в данной задаче — силы тяжести).

Рис. 56

49-

Задача 19. Однородный брус А В весом Р опирается концом А на гладкую горизон­тальную плоскость и выступ Р, а концом В — на наклонную плоскость, образующую с горизонтальной плоскостью угол а (рис 57).

I' Сам брус наклонен под углом 6. Определить силы давления бруса на обе плоскости и вы­ступ О.

Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие бру­са АВ. На брус действуют: заданная сила Р, приложенная в середине бруса, и реакции связей Р, Л/х, Л/2, направленные перпендику-

рис, 57 лярно соответствующим плоскостям. Прово­дим координатные оси (рис. 57) и составляем условия равновесия (29), беря моменты отно­

сительно центра А, где пересекаются две неизвестные силы. Предварительно вычисляем проекции каждой из сил на координатные оси и ее момент относи­тельно центра А, занося эти величины в таблицу, при этом вводим обозначения: АВ=2а, /_КАВ—у (АК— плечо силы Я относительно центра А).

Рк Я, р Р

Ркх 0 0 —Я з т а

Рку # 1 0 —р Я соз а

ТА (Рк) 0 0 —Ра соз 8 Р2а соз у

Теперь составляем условия равновесия.

Ы2—Р з т а = 0 , Ыг—Р+Р с о з а = 0 ,

— Р а соз 6 + 2 Ра соз у= 0 .

Из последнего уравнения находим

Р=(Р соз 8)/2 соз V.

Так как прямая А К параллельна наклонной плоскости, то АКАх=Щ отсюда у= = а — 6 . Окончательно

Я = ( Р соз В)/2 соз (а—6),

Решая первые два уравнения, получим:

соз а соз В "1 51л а соз В Г созасозЭ 1 I. 2 соз (а—В) у

2 2 соз (а—В)

Силы давления на плоскости равны по модулю соответствующим реакциям и на­правлены противоположно этим реакциям.

Для проверки правильности вычисления величин Ых и М2 можно составить

уравнения моментов относительно точек, где пересекаются линии действия сил К

н IV, и сил /3 и Л/х. Задача 20. Симметричная арка (рис. 58) загружена системой сил, приводя­

щейся к силе (^=40 кН, приложенной в точке О, и паре с моментом т д = 120 кН -м,

50

Вес арки Р = 8 0 кН. Дано:

АВ=а= 10 м, 6 = 2 м, Л=3 м, а=60 ° .

Определить реакции неподвижной шарнирной опоры В и подвижной опоры А. Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие всей арки. На нее действуют заданные

силы Р и (2, пара с моментом тд и реакции опор N А, Хд, У в (реакцию неподвиж­ной шарнирной опоры В изображаем двумя ее составляющими, как на рис. 54). В этой задаче удобнее воспользоваться условиями равновесия (30), беря моменты относительно точек А и В и проекции на ось Ах. Тогда в каждое уравнение войдет по одной неизвестной силе. Для определения моментов силы 0 разложим ее на составляющие <2Х и <Э2, модули которых 0х=0 со& а, 0.2—0, зт а, и воспользу­емся теоремой Вариньона. Тогда получим:

соз а = 0, (а)

2/яд(?й) = Уйа—Яа/2—А<3 с о з а—Ь0 з1па + /7гв = 0, (б)

2 т д (Рк) = Ра/2—NАа—к0 соз а + {а —6) <2 з1п а + т в = 0. (в)

Решая эти уравнения, найдем:

Хв=—0_ с о з а = — 2 0 кН, Уд=Р/2+<2(6 зт а+к соз а)/а—яго/а«40,9 кН,

^ = Р / 2 + < 2 [ ( а — 6 ) зт а—Я соз а ] / а+т в / а^73 , 7 кН.

Величина Хд оказалась отрицательной. Следовательно, составляющая Хв

имеет направление, противоположное показанному на чертеже, что можно было предвидеть заранее. Полная реакция опоры В найдется как геометричес- У

кая сумма сил Хд и Кд. По моду­лю,

Пв^УхЪ + ГЬ- 45,5 кН. Для проверки можно составить

уравнение проекций па ось Ау.

= 0. (г)

Подставляя сюда найденные величи­ны N А и Кд, убеждаемся, что они этому уравнению удовлетворяют (подстановку следует делать и в об­щем виде, чтобы проверить форму­лы, и в числах, чтобы проверить численные расчеты).

Следует иметь в виду, что при такой проверке можно не обнаружить ошибок, связанных с неправильным определением проекций и л и моментов сил, перпенди­кулярных оси Ау. Поэтому надо и л и дополнительно проверить эту часть расчетов, или составить для проверки е щ е одно уравнение, например уравнение моментов относительно центра О.

Отметим еще следующее Как известно, при составлении условий (30) ось про­екций надо направлять не перпендикулярно линии АВ, т. е в нашем случае не вдоль Ау. Если, тем не менее, мы составили бы третье уравнение в проекциях на ось Ау, то получили бы систему уравнений (б), (в), (г), содержащую только два неизвестных N А

и У В (

в э т о и системе одно уравнение было бы следствием двух

других). В результате мы не могли бы определить реакцию Хд. Задача 21. Однородный брус АВ жестко заделан в стену, образуя с ней угол

а=6 0 ° (рис. 59, а). Выступающая из стены часть бруса имеет длину 6=0,8 м и вес Р= 100 Н. Внутри угла ОАВ лежит цилиндр весом (2=180 Н, касающийся бруса в точке Е, причем АЕ=а=0,3 м. Определить реакцию заделки, _

Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие бруса На брус действуют: сила Р,

приложенная в середине бруса, сила давления Р цилиндра, приложенная в точке

Е перпендикулярно брусу (но ни в коем случае не сила (2, которая приложена к

51

цилиндру, а не к брусу!) и реакция заделки, которую представим составляю­

щими ~ХА, ~УА и парой с моментом тА (см рис. 55, б). Для определения силы давления Р разложим силу <3, приложенную в центре

цилиндра, на составляющие Р и Л", перпендикулярные брусу и стене (рис 59, б). Из полученного параллелограмма находим, что Р=0/&та

Теперь, составив условия равновесия (29), или точнее (32), получим:

ЪРьх = ХА + Р соз а = 0, 1Рку = УА — Р зт а—Р = О,

2 т д (рк) =—Ра—Р (6/2) зш а -4- тл = 0.

После замены силы ^ ее значением эти уравнения примут вид:

ХА+0_ с!§ а = 0 , УА-0_-Р=0, тд—<Эа/зт а—Р(Ь/2) зт а = 0 .

Из составленных уравнений окончательно находим:

ХА=-0 сх§ а=—103,8 Н, К л = Р+(2=280 Н, / л л=<Мт а+Р(Ь/2) зт а=96,9 Н-м.

Реакция заделки слагается из сил ХА, УА и пары с моментом тА. В заключение еще раз подчеркиваем вытекающий из хода решения задач ос­

новной вывод в условия равновесия входят только силы непосредственно прило-женнь(е к телу, равновесие которого рассматривается.

Рис 59 Рис. 60

Задача 22. К столбу с перекладиной (рис 60) прикреплены два блока С и О, через которые перекинута веревка, удерживающая груз весом (2=240 Н. Нижний конец веревки закреплен в точке В Столб удерживается в равновесии растяжкой ЕЕ1 Пренебрегая весом столба с перекладиной и треиием в блоках, определить натяжение растяжки и реакцию заделки А, рассматривая ее как шарнирную (т. е. как нежесткую, позволяющую столбу поворачиваться вокруг точки А). Все раз­меры указаны на чертеже (в метрах) Размерами блоков пренебрегаем.

Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие всей конструкции, т. е столба с пере­кладиной, блоками и частью веревки КЭСКъ охватывающей блоки (см. задачу 9). На Конструкцию действуют следующие внешние силы приложенная в точке К\ сила (2, приложенная в точке К сила натяжения Р веревки и реакции связей 7\ Жд> У А- Внутренние силы, как не входящие в уравнения равновесия, не изобра­жаем. Так как при отсутствии трения в блоках натяжение веревки всюду одинако­во, то Р=@. Составляем для действующих сил следующие условия равновесия (29).

ТРкх~= Р соз а — Т соз 8 + Х А = 0, 2Рку~ — С}— ^ в ш а - Г з ш 8 + Кд = 0,

2 т д (Рк)^ — <2 -1,0 —.Р-0,9 з т а + Г-1,2зт 8 = 0.

52

Из прямоугольных треугольников АЕЕг и АВВ находим, что ЕЕ1=2,0 м, Г)В=1,5 м. Отсюда зт а = $ т 6=0 ,8 , соз а= с о з 6=0 ,6 . Следовательно, в данном случае а=р \ Подставляя в составленные уравнения найденные значения триго­нометрических функций и полагая одновременно Р—0, получим

0,6 0—0,6 Т+ХА=0, —0—0,8 0—0,8Г+Уд=0, — 1,0 0 — 0,72 <2 -}-0,96 Г = 0.

Решая эти уравнения, найдем окончательно 7 = 4 3 0 Н, ХА—114 И, Уд=776 Н.

§ 18. РАВНОВЕСИЕ СИСТЕМ ТЕЛ

Статический расчет инженерных сооружений во многих случаях сводится к рассмотрению условий равновесия конструкции из систе­мы тел, соединенных какими-нибудь связями. Связи, соединяющие части данной конструкции, будем называть внутренними в отличие от внешних связей, скрепляющих кон- с

струкцию с телами, в нее не входя- * - ® — N . щими (например, с опорами). _ Г |

Если после отбрасывания внешних Хлк/ >к1Л связей (опор) конструкция остается у жесткой, то для нее задачи статики А ® — ^ ёР > решаются как для абсолютно твердо- ХА Ят?» ^ го тела. Подобные примеры были рас- рис 61

смотрены в задачах 20 и 22 (см. рис. 58 и 60).

Однако могут встречаться такие инженерные конструкции, ко­торые после отбрасывания внешних связей не остаются жесткими. Примером такой конструкции является трехшарнирная арка (рис, 61). Если отбросить опоры А и В, то арка не будет жесткой: ее части могут поворачиваться вокруг шарнира С.

На основании принципа отвердевания система сил, действующих на такую конструкцию, должна при равновесии удовлетворять ус­ловиям равновесия твердого тела. Но эти условия, как указывалось, будучи необходимыми, не будут являться достаточными; поэтому из них нельзя определить все неизвестные величины. Для решения задачи необходимо дополнительно рассмотреть равновесие какой-нибудь одной или нескольких частей конструкции.

Например, составляя условия равновесия для сил, действующих на трехшарнирную арку (рис. 61), мы получим три уравнения с четырьмя неизвестными ХА, УА, Хв, Ув. Рассмотрев дополнительно условия равновесия левой (или правой) ее половины, получим еще три уравнения, содержащие два новых неизвестных Хс, Ус, на рис. 61 не показанных. Решая полученную систему шести уравне­ний, найдем все шесть неизвестных (см. задачу 23).

Другой способ решения подобных задач состоит в том, что кон­струкцию сразу расчленяют на отдельные тела и составляют условия равновесия каждого из тел в отдельности (см. задачу 24). При этом реакции внутренних связей будут попарно равны по модулю и про­тивоположны по направлению. Д л я конструкции из п тел, на каж­дое из которых действует произвольная плоская система сил, полу-

53

чится таким путем Зп уравнений, позволяющих найти Зп неизвест­

ных (при других системах сил число уравнений соответственно из­

менится). Если для данной конструкции число всех реакций свя­

зей будет больше числа уравнений, в которые эти реакции входят,

то конструкция будет статически неопределимой (см. § 19).

Задача 23. Кронштейн состоит из горизонтального бруса АО (рис. 62, в) весом Р 1 =150Н , прикрепленного к стене шарниром, и подкоса СВ весом Р 2 = = 120 Н, который с брусом АО и со стеной также соединен шарнирами (все раз­

меры показаны на чертеже). К концу О бруса подвешен груз весом С2=300 Н. Определить реакции шарниров А и С, счи­тая брус и подкос однородными.

Р е ш е н и е . Рассмотрим сначала равновесие всего кронштейна. На него действуют следующие внешние силы: за­данные силы Рг, Р2, <2 и реакции связей

ХА, У А' Хс, Ус- Кронштейн, освобож­денный от внешних связей, не образует жесткой конструкции (брусья могут по­ворачиваться вокруг шарнира В), но по принципу отвердевания действующие на него силы при равновесии должны удов­летворять условиям равновесия статики. Составляя эти условия, найдем:

ЪРцх^Хд+Хс^О,

ЪРку^УА + Ус-Р1-Рг-а=0,

2тА (Р,,) = ХсАа-Уса-Рг^-Рга—

—<Э-4а=0.

Полученные три уравнения содержат, как видим, четыре неизвестных Хд,

У А' Хс, Ус- Дл я

решения задачи рассмотрим дополнительно равновесие бруса АО (рис. 62,6) . На него действуют силы Р^, 0_, реакции ХА, УАи реакции Хд, У Ил которые для бруса АО (когда рассматривается его равновесие) будут силами внешними. Недостающее четвертое уравнение составим, беря моменты действую­щих на брус АО сил относительно центра В (тогда в уравнение не войдут новые неизвестные Хд, Гд):

2 т д (Рк) = — У А • За+Р±а— 0_а = 0.

Решая теперь систему четырех составленных уравнений (начиная с последнего), найдем:

у л=(Р 1_С2)/3=—50 Н, Кс=2Р1/3-т-Р2+4<Э/3=620 Н,

Хс=2Р1/3-г-Р2/2+4 (2/3= 560 Н, Х л = — Х с = — 5 6 0 Н.

Из полученных результатов видно, что силы ХА и Кд имеют направления, про­тивоположные показанным на чертеже. Реакции шарнира В, если их надо опреде­лить, найдутся из уравнений проекций на оси х и у сил, действующих иа брус АО, и будут равны: ХВ=—ХА, УВ=Р1+0.—Кд=500 Н.

Как видим, при решении задач статики не всегда надо составлять все условия равновесия для рассматриваемого тела. Если в задаче не требуется определять реакции некоторых связей, то надо пытаться сразу составить такие уравнения, в которые эти неизвестные реакции ие будут входить. Так мы и поступили в данной задаче при рассмотрении равновесия бруса АО, составляя только одно уравнение моментов относительно центра В.

Задача 24. Горизонтальная балка АВ весом (2=200 Н прикреплена к стене шарниром А и опирается иа опору С (рис. 63, а). К ее концу Вшарнирно прикреп-

54

лен брус ВК весом Р=40 0 Н, опирающийся на выступ В. При этом СВ=АВ/3, ГЖ=В/(/3, угол а=45 ° . Определить реакции опор, считая балку и брус однород­ными.

Р е ш е н и е . Расчленяя систему на две части, рассматриваем равновесие бруса ВК и балки АВ в отдельности. На брус ВК. (рис. 63, б) действуют сила Р и реакции связей Ыр, Хд, Кд. Вводя обозначение ВК=а и составляя для этих сил условия равновесия (29), получим:

ЪРкх^ Хд — Ы0 зт а = О,

X соз а = О, 2тв(Рк)^Ыв-2а13—

— Р (а/2) с о з а = 0.

Решая эти уравнения, най­дем:

#е = (ЗР/4) соза = 212Н, Х в = ( З Р / 8 ) з ш 2 а = 150 Н, К д = Р — (ЗР/4)соз

аа = 250 Н.

На балку АВ, если ее рас­сматривать отдельно, дейст­вуют сила <2, реакции внешних связей Ыс, Хд, Кд и силы давления Хд и У в бруса ВК, передаваемые через шарнир В (рис. 63, в). При этом по закону о дей­ствии и противодействии силы Х'в и Ув должны быть направлены противопо­ложно Хд и Кд; по модулю же ХВ=ХВ, Ув=Ув-

Вводя обозначение АВ=Ь и составляя для сил, действующих на балку, ус­ловия равновесия (30), получим:

ЪРкх ̂ Хд - Х ' в = 0, 2тА (Рк)= —У'вЬ + Ыс• 2Ь/3 - 5 - 6 / 2 = 0,

Хтс {Рк) = — К д • 26/3 + С? • 6/ 6 — У'в • 6/3 = 0.

Полагая в этих уравнениях Х д = Х в и кЬ=Кд и решая их, найдем:

Х л = Х д = 1 5 0 Н , Кд=<2/4—Ув !2=— 75 Н, /Ус=3 <Э'4+ЗКв/2=525 Н.

Из полученных результатов видно, что все реакции, кроме Кд, имеют направле­ния, показанные на рис. 63, реакция же Кд фактически направлена вниз.

При решении задач этим путем важно иметь в виду, что если давление какого-нибудь одного тела на другое изображено силой Р или составляющими X и У, то на основании закона о действии и противодействии давление второго тела на первое должно изображаться силой Р', направленной противоположно Р (причем по мо­дулю Р'=Р) или составляющими X', У, направленными противоположно X и У (причем по модулю Х'—Х, У'=У).

Задача 25. На трехшарнирную арку (рис. 64, а) действует горизонтальная сила Р. Показать, что при определении реакций опор А и В нельзя переносить точ­ку приложения силы Р вдоль ее линии действия в точку Е.

Р е ш е н и е . Освобождая арку от внешних связей (опоры А и В), мы полу­чаем изменяемую конструкцию, которую нельзя считать абсолютно твердым телом. Поэтому при определении реакций опор А я В переносить точку приложения силы 'Р в точку Е, принадлежащую другой части конструкции, нельзя.

Убедимся в этом путем непосредственного решения задачи, пренебрегая весом арки. Рассмотрим сначала правую половину арки. На нее действуют только две силы: реакции Кв

и Рс шарниров В и С (сила Рс на чертеже не показана). При

55

равновесии эти силы должны быть направлены вдоль одной прямой, т. е. по ли­

нии ВС. Следовательно, реакция Рд направлена вдоль ВС.

Рассматривая теперь равновесие всей арки в целом, найдем, что на нее дей­

ствуют три силы: заданная сила Р и реакции опор Рд (направление которой мы нашли) и Рд. По теореме о трех силах, (§ 6) линии дей­ствия этих сил должны при равновесии пересекаться в одной точке; отсюда нахо­дим направление реакции Яд. Модули реакций РА н Рв можно определить из со­ответствующего силового тре­угольника.

Если же приложить силу Р в точке Е и, рассуждая аналогичным образом, проделать необходимые построения (рис. 64, б), то убедимся, что в этом случае реакции опор Рд и Рв окажутся другими и по модулю, и по направлению.

§ 19*. СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫЕ И СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СИСТЕМЫ ТЕЛ (КОНСТРУКЦИИ)

При решении задач статики реакции связей всегда являются величинами заранее неизвестными; число их зависит от числа и вида наложенных связей. Условия равновесия, в которые входят реакции связей и которые служат для их определения, называют обычно уравнениями равновесия. Чтобы соответствующая задача статики была разрешимой, надо, очевидно, чтобы число уравнений равновесия равнялось числу неизвестных реакций, входящих в эти уравнения.

Задачи, в которых число неизвестных реакций связей равно числу уравнений равновесия, содержащих эти реакции, называются статически определенными, а системы тел (конструкции), для кото­рых это имеет место — статически определимыми.

Задачи же, в которых число неизвестных реакций связей больше числа уравнений равновесия, содержащих эти реакции, называются статически неопределенными, а системы тел (конструкции) для ко­торых это имеет место -— статически неопределимыми.

Например, подвеска, состоящая из двух тросов (рис. 65, а), будет стати­чески определимой, так как здесь две неизвестные реакции Тх и Тг войдут в два уравнения равновесия (12) плос­кой системы сходящихся сил. Подвес­ка же, состоящая из трех лежащих в одной плоскости тросов (рис. 65, б), будет статически неопределимой, так как в ней число неизвестных реакций равно трем (Т1г Т2, Т3), а уравнений Рис. 65 равновесия по-прежнему только два.

Аналогично, горизонтальная балка, лежащая на двух опорах (рис. 66, а), будет статически определимой, так как и здесь две неизвестные реакции Ых и N2 входят в два уравнения равновесия (33) плоской системы параллельных сил. Та­кая же балка на трех опорах (рис. 66, б) будет статически неопределимой.

56

Рассмотрим еще арку, изображенную на рис. 67, а, где связями являются не­подвижная шарнирная опора в точке А и шарнирная опора на катках в точке В. Такая арка будет статически определимой, поскольку здесь три неизвестные ре­акции Хл, Уд, Л/д войдут в три уравнения равновесия (29) произвольной плоской

Рис. 66

системы сил. Если же в точке В будет тоже неподвижная шарнирная опора (рис. 67, б), то неизвестных реакций окажется четыре (ХА, Уд, Хд, Уд), а уравнений равновесия останется три и арка станет статически неопределимой.

Однако трехшарнирная арка, изображенная на рис. 61, будет статически оп­ределимой, так как, расчленив ее в шарнире С на две части, мы введем еще две реакции Хс, Ус шарнира и неизвестных реакций станет шесть, но и уравнений рав­новесия тоже шесть (по три для каждой части). С аркой, изображенной на рис. 67,6,

Рис. 67

так поступить нельзя, поскольку разделив ее на две части, например, сечением, проведенным через точку С, мы получим в этом сечении систему распределенных сил, которую можно привести к двум неизвестным силам Хс, Ус

и п аР

е с неизвест­

ным моментом тс (см. § 20, задачу 26). Следовательно, неизвестных реакций стй^ нет семь (ХА, Уд, Хд, Уд, Хс, Ус, тс) н нх из шести уравнений равновесия определить нельзя.

Статическая неопределимость объясняется наложением лишних связей. На­пример, для обеспечения равновесия балки, изображенной на рис. 66, достаточно двух опор и третья опора не нужна (балка считается абсолютно жесткой и не про­гибающейся). Статически неопределимые конструкции можно рассчитывать, если учесть их деформации; это делается в курсе сопротивления материалов.

§ 20*. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ

Внутренними усилиями в каком-нибудь сечении тела или кон­

струкции (балки, арки и др.) называют силы, с которыми части тела,

разделенные этим сечением, действуют друг на друга . Метод опре­

деления внутренних усилий аналогичен методу, применяемому при

изучении равновесия систем тел. Сначала рассматривают равновесие

всего тела (конструкции) в целом и определяют реакции внешних

связей. Затем сечением, в котором требуется найти внутренние уси­

лия, разделяют тело на две части и рассматривают равновесие одной

из них. При этом, если система действующих на тело внешних сил

плоская, то действие отброшенной части заменится в общем случае '

плоской системой распределенных по сечению сил; эти силы, как

и в случае жесткой заделки (см. рис. 55), представляют одной прц;

ложенной в центре сечения силой с двумя наперед неизвестными.

57.

составляющими X, У и парой с наперед неизвестным моментом т.

Пример расчета дан в задаче 26.

Задача 26. Считая длину балки А В равной 1 м (задача 24, рис. 63), иайти усилия в поперечном сечении балки, отстоящем от конца А на расстоянии АЕ= = 0 , 6 м (точка Е левее опоры С на рис. 63).

Р е ш е н и е . Внешними связями для балки являются опора С и шарниры А и В. Реакции этих связей найдены в ходе решения задачи 24. Рассечем балку се­чением аЬ н рассмотрим равновесие ее левой части (рис. 68). Действие отброшенной части, согласно сказанному выше, заменяем двумя силами ХЕ, УЕ, приложенными

в центре Е сечения, и парой с моментом тЕ. Со­ставляя для действующих на рассматриваемую часть балки сил Хд, Уд, ф, ХЕ, УЕн пары с мо­ментом тЕ условия равновесия (32), получим:

2тА (Рк) = тЕ+0,6УЕ—0,5(} = 0.

По данным задачи 24 5=200 Н, Х Л = 1 5 0 Н , Уд——75 Н. Пользуясь этими значениями, най­дем из составленных уравнений:

Х г = — 1 5 0 Н, К Я = 2 7 5 Н , тЕ=— 65Н-М. Таким образом, на левую часть балки в сечении аЬ действуют: 1) продольная сила Х& вызывающая в данном случае сжатие балки; 2) поперечная сила УЕ, стремя­щаяся сдвинуть примыкающую к сечению часть балки вдоль линии аЬ, 3) пара с моментом т^, называемым изгибающим моментом, которая в данном случае вы­зывает растяжение верхних волокон балки и сжатие нижних.

•5%

а .

Рис. 68

§ 21*. РАСПРЕДЕЛЕННЫЕ СИЛЫ

В инженерных расчетах часто приходится встречаться с нагруз­ками, распределенными вдоль данной поверхности по тому или ино­му закону. Рассмотрим некоторые простейшие примеры распреде­ленных сил, лежащих в одной плоскости.

Плоская система распределенных сил характеризуется ее ин­тенсивностью р, т. е. значением силы, приходящейся на единицу длины нагруженного отрезка. Измеряется интенсивность в ньюто­нах, деленных на метры (Н/м).

С) 5) Ь)

I «с — с

а Т

угЛ|ГП^Гт>°

Рис. 69

1 ) С и л ы , р а в н о м е р н о р а с п р е д е л е н н ы е

в д о л ь о т р е з к а п р я м о й (рис. 69, а). Д л я такой системы

сил интенсивность а имеет постоянное значение. При статических

расчетах эту систему сил можно заменить равнодействующей 0".

58

По модулю, <2=а?. (35)

Приложена сила О в середине отрезка АВ. 2 ) С и л ы , р а с п р е д е л е н н ы е в д о л ь о т р е з к а

п р я м о й п о л и н е й н о м у з а к о н у (рис. 69, б). Приме­ром такой нагрузки могут служить силы давления воды на плоти­ну, имеющие наибольшее значение у дна и падающие до нуля у по­верхности воды. Д л я этих сил интенсивность д является величиной переменной, растущей от нуля до максимального значения цт. Равнодействующая <2 таких сил определяется аналогично равно­действующей сил тяжести, действующих на однородную треуголь­ную пластину ЛВС. Так как вес однородной пластины пропорциона­лен ее площади, то, по модулю,

<2=0,5а<7т. (36)

Приложена сила (2 на расстоянии а/3 от стороны ВС треугольника АБС (см. § 35, п. 2).

3 ) С и л ы , р а с п р е д е л е н н ы е в д о л ь о т р е з к а п р я м о й п о п р о и з в о л ь н о м у з а к о н у (рис. 69, в). Равнодействующая О. таких сил, по аналогии с силой тяжести, по модулю равна площади фигуры АВОЕ, измеренной в соответствую­щем масштабе, и проходит через центр тяжести этой площади (во­прос об определении центров тяжести площадей будет рассмотрен в § 33).

4 ) С и л ы , р а в н о м е р н о р а с п р е ­д е л е н н ы е п о д у г е о к р у ж н о с т и (рис. 70). Примером таких сил могут служить силы гидростатического давления на боковые стенки цилиндрического сосуда.

Пусть радиус дуги равен Я, а /^ВОй — ==/-А0О=а, где ОО—ось симметрии, вдоль л которой направим ось Ох. Действующая на дугу система сходящихся сил имеет равнодей­ствующую <2, направленную в силу симметрии вдоль оси Ох; при этом численно 0_=С1х-

Д л я определения величины 0_ выделим на дуге элемент, положение которого определяет­ся углом ф, а длина йз=Яйц>. Действующая на этот элемент сила численно равна с1(2= =9Й5=(7^аф, а проекция этой силы на ось Ох будет (10^= —&0_ -соз (р=дР< соз ф -аф. Тогда

а а

С}х= \ &0.х = дР< ^ со5ф-аф = 2 < 7 # $ т а .

Но из рис. 70 видно, что Д $т а = Л В / 2 . Следовательно, так как 0_х=0., та

Ч=чК (37)

59

1 а ь

1 а 1 а

\ \ \ " | У V \

1 оС

\//////ЖЛ9Г^ я

3 Рис. 71

где к=АВ — длина хорды, стяги­вающей дугу АВ; ц — интенсив­ность.

Задача 27. На консольную балку А В, размеры которой указаны на чертеже (рис. 71), действует равномерно распреде­ленная нагрузка интенсивностью а0 Н/ы Пренебрегая весом балки и считая, что силы давления на заделанный конец рг-спределены по линейному закону, опреде­лить значения наибольших интенсивно-стей цт и а'т этих сил, если Ь=па.

Р е ш е н и е . Заменяем распределенные силы их равнодействующими С, Я И Я', где согласно формулам (35) и (36)

<2 = <7о&, Д = 0,5^0, Я'=0,5дтоО,

и составляем условия равновесия (33) для действующих на балку параллельны* сил

-

ЪГки ^0_ + Я-Я' = 0, 2тс (Рк) = Яа/3 - <2 (6/2+а/3) = 0.

Подставляя сюда вместо О, Я и Я' их значения и решая полученные уравнения, найдем окончательно

<7га = (3п2 + 2я)?0, ? т = ( З п

г + 4п)9о .

Например, при п=2 получим <7т=16<70, <7т=20 <70, а при п=4 дт—^1«, *

Задача 28. Цилиндрический баллон, высота которого равна Н, а внутренний диаметр а", наполнен газом под давлением рН/м

2. Толщина цилиндрических сче-

ьок баллона а. Определить испытываемые этими стенками растягивающие напря­жения в направлениях: 1) продоль­ном и 2) поперечном (напряжение \й\л к д равно отношению растягивающей силы к площади поперечного сече­ния), считая аЧ малым.

Р е ш е н и е . 1) Рассечем ци­линдр плоскостью, перпендикуляр­ной его оси, на две части и рассмот­рим равновесие одной из них (рис. 72, а). На нее в направлении оси цилиндра действуют' сила давления на дно Р= (яй

2/4) р и распределен­

ные по площади сечеиия силы (дей­ствие отброшенной половины), рав­нодействующую которых обозначим 0~." При равновесии 0,—Р=п&р1Ь.

Считая приближенно площадь поперечного сечения равной па"а, получим для рас­тягивающего напряжения стх значение

СТ] = 0./ла'а= (й!Аа)р.

Рис

2) Рассечем теперь цилиндрическую поверхность плоскостью, проходящей через ось цилиндра, на две другие половины и рассмотрим равновесие одной из них, считая, что все силы приложены к ней в плоскости среднего сечени^ (рис. 72, б). На эту половину цилиндра действуют: а) равномерно распределенные

60

по дуге полуокружности силы давления с интенсивностью <7=рЯ; согласно форму­ле (37) равнодействующая этих сил Р,=дЛ=рНй; б) распределенные по сечениям цилиндра силы (действие отброшенной половины), равнодействующие которых обозначим 5Х и 52, причем ввиду симметрии 5] = 5 2 = 5 .

Из условий равновесия 5 ! + 5 2 = К , откуда 3=рШ12. Так как площадь сече­ния, по которому распределена сила 5, равна аН (площадью сечения дна цилинд­ра пренебрегаем), то отсюда для растягивающего напряжения а2 находим

а2=5/а#=(аУ2а) р.

Как видим, растягивающее напряжение в поперечном направлении вдвое больше, чем в продольном.

§ 22*. РАСЧЕТ ПЛОСКИХ ФЕРМ

Пример решения задач на равновесие системы тел (см. § 18) дает расчет ферм. Фермой называется жесткая конструкция из прямо­линейных стержней, соединенных на концах шарнирами. Если все стержни фермы лежат в одной плоскости, ферму называют плоской. Места соединения стержней фермы называют узлами. Все внешние нагрузки к ферме прикладываются только в узлах . При расчете фермы трением в узлах и весом стержней (по сравнению с внешними нагрузками) пренебрегают или распределяют веса стержней по уз­лам. Тогда на каждый из стержней фермы будут действовать две силы, приложенные к его концам, которые при равновесии могут быть направлены только вдоль стержня. Следовательно, можно считать, что стержни фермы работают только на растяжение или на сжатие. Ограничимся рассмотрением жестких плоских ферм без лишних стержней, образованных из треугольников. В таких фермах число стержней к и число узлов п связаны соотношением

к=2п—3. (38)

В самом деле, в жестком треугольнике, образованном из трех стерж­ней, будет три узла (см., например, ниже на рис. 74 треугольник АВЬ, образованный стержнями /, 2, Н). Присоединение каждого следующего узла требует два стержня (например, на рис. 74 узел С присоединен стержнями 4, 5, узел Е — стержнями 6, 7, и т. д.) ; следовательно, для всех остальных (п—3) узлов потребуется 2 (п—3) стержней. В результате число стержней в ферме & = 3 + 2 ( п — 3 ) = =-2п—3. При меньшем числе стержней ферма не будет жесткой, а при большем числе она будет статически неопределимой.

Расчет фермы сводится к определению опорных реакций и уси­лий в ее стержнях.

Опорные реакции можно найти обычными методами статики (см. § 17), рассматривая ферму в целом как твердое тело. Перей­дем к определению усилий в стержнях.

М е т о д в ы р е з а н и я у з л о в . Этим методом удобно поль­зоваться, когда надо найти усилия во всех стержнях фермы. Он сводится к последовательному рассмотрению условий равновесия

61

сил, сходящихся в каждом из узлов . Ход расчетов поясним на кон­кретном примере.

Рассмотрим изображенную на рис. 73, а ферму, образованную из одинаковы» равнобедренных прямоугольных треугольников, действующие иа ферму силы па­

раллельны оси х и численно равны: ^ 1 = ^ 2 = ^ з = ^ = 2 0 кН.

В этой ферме число узлов п = 6 , а число стержней к=9. Следователь­но, соотношение (38) выполняется и ферма является жесткой без лиш­них стержней.

Составляя уравнения равнове­сия (29) для фермы в целом, най­дем, что реакции опор направлены, как показано на рисунке, и числен­но равны.

ХА=ЗР=в0кН,

У л =Л/= 37=72=30 кН.

Переходим к определению усилий в стержнях. Пронумеруем узлы фер­мы римскими цифрами, а стержни — арабскими. Искомые усилия обоз­начим 5Х (в стержне /) , 52 (в стерж­не 2) и т. д. Отрежем мысленно все узлы вместе со сходящимися в них

стержнями от остальной фермы. Действие отброшенных стержней заменим силами, которые будут направлены вдоль соответствующих стержней и численно равны искомым усилиям 51( 52, . . . Изображаем сразу все эти силы на рисунке, на­правляя их от узлов, т. е. считая все стержни растянутыми (рис. 73, а; изобра­женную картину надо представить себе для каждого узла так, как это показано на рис 73, 6 для узла / / / ) . Если в результате расчета значение усилия в каком-нибудь стержне получится отрицательным, это будет означать, что данный стер­жень не растянут, а сжат *. Буквенных обозначений для сил, действующих вдоль (тержней, на рис. 73 не вводим, поскольку ясно, что силы, действующие вдоль стержня /, равны численно 5Х, вдоль стержня 2 — равны 52 и т. д.

Теперь для сил, сходящихся в каждом узле, составляем последовательно уравнения равновесия (12):

ЪРкх = 0, 2 ^ „ = 0.

Начинаемо узла /, где сходятся два стержня, так как из двух уравнений равно­весия можно определить только два неизвестных усилия.

Составляя уравнения равновесия для узла /, получим:

Л-г-5а соз 45°=0, зш 45°=0,

Отсюда находим:

52 = — РУ~1 = — 28,2 кН, 51 = — ЛГ — 52)/"2/2 = — Р/2 = —10 кН.

Теперь, зная 51Р переходим к узлу //. Для него уравнения равновесия дают 33+Р2=0, 5 4—5 1 =0 , откуда

5 3 = — Р=— 20 кН, 5 4 = 5 ! = — 1 0 кН.

Определив 54, составляем аналогичным путем уравнения равновесия сначала для узла III, а затем для узла IV. Из этих уравнений находим:

5в = — 5 4 У " 2 = 1 4 , 1 кН, 56 = 58 = —ЗОкН, 57 = 0.

* По этой причине принято, независимо от применяемого метода расчета, приписывать растягивающим усилиям знак «+», а сжимающим — знай «—».

62

Наконец, для вычисления 59 составляем уравнение равновесия сил, сходящихся в узле V, проектируя их на ось Ву. Получим Уд+59соз 45 °=0, откуда 5 9 = =— 30У"2~ =—42,3 кН.

Второе уравнение равновесия для узла V н два уравнения для узла VI можно составить как проверочные. Для нахождения усилий в стержнях эти уравнен-ля не понадобились, так как вместо них были использованы три уравнения равнове­сия всей фермы в целом при определении N, Хд и Уд (см § 18).

Окончательные результаты расчета можно свести в таблицу

№ стержня 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Усилие, кН — 10 —28,2 —20 —10 + 14,1 —30 0 —30 —42,3

Как показывают знаки усилий, стержень 5 растянут, остальные стержни сжаты; стержень 7 не нагружен (нулевой стержень).

Наличие в ферме нулевых стержней, подобных стержню 7, обнаруживается сразу, так как если в узле, не нагруженном внешними силами, сходятся три стерж­ня, из которых два направлены вдоль одной прямой, то усилие в третьем стержне равно нулю. Этот результат получается из уравнения равновесия в проекции на ось, перпендикулярную упомянутым двум стержням. Например, в ферме, изображен­ной на рис 74, при отсутствии силы Р4 нулевым будет стержень 15, а следова­тельно, и 13. При наличии же силы Р4 нн один из этих стержней нулевым не является.

Если в ходе расчета встретится узел, для которого число неиз­

вестных больше двух, то можно воспользоваться методом сечений.

М е т о д с е ч е н и й (метод Риттера) . Этим методом удобно

пользоваться для определения усилий в отдельных стержнях фер­

мы, в частности для проверочных расчетов. Идея метода состоит в

том, что ферму разделяют на две части сечением, проходящим через

три стержня, в которых (или в одном из которых) требуется опре­

делить усилия, и рассматривают равновесие одной из этих частей.

Действие отброшенной части заменяют соответствующими силами,

направляя их вдоль разрезанных стержней от узлов, т. е. считая

стержни растянутыми (как и в методе вырезания узлов). Затем со­

ставляют уравнения равновесия в форме (31) или (30), беря центры

моментов (или ось проекций) так , чтобы в каждое уравнение вошло

только одно неизвестное усилие.

Пример. Пусть требуется определить усилие в стержне 6 фермы, изображен­ной на рис 74. Действующие вертикальные силы Р 1 = Р 2 = Р 3 = Р 1 = 2 0 кН, ре­акции опор / ^ = ^ 2 = 4 0 кН. Проводим сечение аЬ через стержни 4, 5, 6 и рассма­триваем равновесие левой части фермы, заменяя действие на нее правой части силами, направленными вдоль стержней 4, 5, 6. Чтобы найти 56, составляем урав­нение моментов относительно точки С, где пересекаются стержни 4 и 5. Полу­чим, считая АБ=ОС=а и ВС±ВЕ,

— • 2 а + Р 1 а + 5 6 - С В = 0 .

Отсюда находим 5е. Плечо СВ вычисляем по данным, определяющим направле­ния и размеры стержней фермы.

В данном примере /.АВС=90° и СВ=а\~2. Следовательно, 5 в=30 ] / " 2= =42 ,3 кН, стержень растянут.

63

Усилия в стержнях 4 и 5 можно найти, составив уравнения моментов отно­сительно центров В (точка пересечения стержней 5,6) л А (точка пересечения стер­жней 4, 6),

Чтобы определить усилие в стержне 9 той же фермы, проводим сечение йс через стержни 8, 9, 10 и, рассматривая равновесие правой части, составляем урав­нение проекций на ось, перпендикулярную стержням 8 и 10. Получим

откуда находим 59. Усилия в стержнях 8 и 10 можно в этом случае найти, составив уравнения моментов относительно центров К и С,

Глава VI

ТРЕНИЕ

§ 23, ЗАКОНЫ ТРЕНИЯ СКОЛЬЖЕНИЯ

Опыт показывает, что при стремлении двигать одно тело по по­верхности другого в плоскости соприкосновения тел возникает сила сопротивления их относительному скольжению, называемая силой трения скольжения.

Возникновение трения обусловлено прежде всего шероховато­стью поверхностей, создающей сопротивление перемещению, и на­личием сцепления у прижатых друг к другу тел. Изучение всех особенностей явления трения представляет собой довольно слож­ную физико-механическую проблему, рассмотрение которой выхо­дит за рамки курса теоретической механики.

В инженерных расчетах обычно исходят из ряда установленных опытным путем закономерностей, которые с достаточной для прак­тики точностью отражают основные особенности явления трения. Эти закономерности, называемые законами трения скольжения при покое, можно сформулировать следующим образом.

1 . При стремлении сдвинуть одно тело по поверхности другого в плоскости соприкосновения тел возникает сила трения (или сила сцепления), которая может принимать любые значения от нуля до Значения Рп$, называемого предельной силой трения.

59 соз а—Р3—Р4-|-ЛГа=0,

6 4

Приложенная к телу сила трения направлена в сторону, про­тивоположную той, куда действующие на тело силы стремятся его сдвинуть.

2. Предельная сила трения численно равна произведению стати­ческого коэффициента трения на нормальное давление или нормаль­ную реакцию:

Г^ЧоМ. (39)

Статический коэффициент трения /0 — величина безразмерная; он определяется опытным путем и зависит от материала соприкасаю­щихся тел и состояния поверхностей (характер обработки, темпера­тура, влажность и т. п.).

3. Значение предельной силы трения в довольно широких пре­делах не зависит от размеров соприкасающихся при трении по­верхностей.

Из первых двух законов следует, что при равновесии /•"̂ /•"„р или

^</оЛГ. (40)

Следует подчеркнуть, что значение силы трения при покое опре­деляется неравенством (40) и что, следовательно, это значение мо­жет быть любым, но не большим, чем ^пр . Чему конкретно равна сила трения, можно установить, только решив соответствующую задачу (см. § 25). Величине Рп? сила трения будет равна лишь тогда, когда действующая на тело сдвигающая сила достигает такого зна­чения, что при малейшем ее 'увеличении тело начинает двигаться (скользить). Равновесие, имеющее место, когда сила трения равна ^пр. будем называть предельным равновесием.

В заключение приведем значения коэффициента трения /0

для некоторых материалов: дерево по дереву 0,4—0,7; металл по металлу 0,15—0,25; сталь по льду 0,027.

Более подробные сведения даются в соответствующих справочни­ках .

Все изложенное выше относилось к трению скольжения при покое. При движении сила трения направлена в сторону, противо­положную движению, и равна произведению динамического коэф­фициента трения на нормальное давление *:

Динамический коэффициент трения скольжения / также являет­ся величиной безразмерной и определяется опытным путем. Значе­ние коэффициента / зависит не только от материала и состояния поверхностей, но и в некоторой степени от скорости движущихся тел. В большинстве случаев с увеличением скорости коэффициент / сначала несколько убывает, а затем сохраняет почти постоянное значение.

* Это справедливо, как и формулы (39), (40), для сухого трения. Случай, ког­да между телами имеется слой жидкой смазки, требует специального изучения и рассматривается в гидродинамической теории смазки.

3 № 2173 65

§ 24. РЕАКЦИИ ШЕРОХОВАТЫХ СВЯЗЕЙ. УГОЛ ТРЕНИЯ

Реакция реальной (шероховатой) связи слагается из двух состав­

ляющих: из нормальной реакции N и перпендикулярной ей силы

трения Р. Следовательно, полная реакция Я. будет отклонена от

Рис. 75 Рис. 76

нормали к поверхности на некоторый угол. При изменении силы трения от нуля до Р^ сила # изменяется от N до /?пр, а ее угол с нормалью растет от нуля до некоторого предельного значения ф» (рис. 75). Наибольший угол ф„, который полная реакция шерохова­той связи образует с нормалью к поверхности, называется углом трения. Из чертежа видно, что

Так как г7пр=/0Л

?, то отсюда находим следующую связь между

углом трения и коэффициентом трения:

*8 Ф»=/«. (41)

При равновесии полная реакция /? в зависимости от сдвигающих сил может проходить где угодно внутри угла трения. Когда равно­весие становится предельным, реакция будет отклонена от нормали на угол ф„.

Если к телу, лежащему на шероховатой поверхности, приложить силу Р, образующую угол а с нормалью (рис. 76), то тело сдвинется только тогда, когда сдвигающее усилие /> 5Ш а будет больше Рпр = =}0Р сова (мы считаем Ы=Р соз а, пренебрегая весом тела). Но неравенство Р зш а>{йР соз а, в котором / 0 = ^ § ф о , выполняется только при 1§ а > г § ф0, т . е . при а > ф 0 . Следовательно, никакой силой, образующей с нормалью угол а, меньший угла трения ф0, тело вдоль данной поверхности сдвинуть нельзя . Этим объясняются известные явления заклинивания или самоторможения тел.

§ 25. РАВНОВЕСИЕ ПРИ НАЛИЧИИ ТРЕНИЯ

Изучение равновесия тел с учетом трения скольжения можно свести к рассмотрению предельного равновесия, которое имеет мес­то, когда сила трения равна Рпр.

При аналитическом решении реакцию шероховатой связи изобра­

жают двумя ее составляющими N и Рп9. Затем составляют обычные

66

уравнения равновесия и присоединяют к ним равенство Рир=^М.

Из полученной таким путем системы уравнений и определяют иско­мые величины.

Если в задаче требуется определить условия равновесия при всех значениях, которые может иметь сила трения, т. е. при г

7^/

7^ ,

то ее тоже можно решить, рассмотрев предельное равновесие и уменьшая затем в полученном результате коэффициент трения /„ до нуля * .

Отметим еще, что если в задаче надо определить значение силы трения Р, когда равновесие не является предельным и РфРир, то, как уже отмечалось в § 23, эту силу Р следует считать неизвестной величиной и находить из соответствующих уравнений (см. вторую часть задачи 29, а также задачи 151, 152, § 130).

При геометрическом решении реакцию шероховатой связи удоб­

нее изображать одной силой Я, которая в предельном положении

равновесия отклонена от нормали к поверхности на угол ф„.

Задача 29. Груз весом Р= 10 Н лежит на горизонтальной плоскости (рис. 77). Определить, какую силу 0_, направленную под углом а = 3 0 ° к этой плоскости, надо приложить к грузу, чтобы сдвинуть его с места, если статический коэффи­циент трения груза о плоскость /о=0,6.

Р е ш е н и е . Рассмотрим предельное равновесие груза. Тогда на него дей­ствуют силы Р, ф, N и Рпр. Составляя условия равновесия в проекциях на оси х и у, получим:

5 соз а—Рпр=0, N+0 зт а — Р = 0 .

Из последнего уравнения Ы=Р—(? зт а. Тогда

Рпр=иМ=?о {Р—0. А в ) ,

Подставляя это значение в первое уравнение и решая его, найдем окончательно

с о з а + ^о з т а 5,2 Н.

Рис. 77 Если к грузу приложить меньшую силу, напри­

мер силу <2'=4 Н, то тогда сдвигающее усилие будет равноф' соз30°=2)/"3=3,46 Н; максимальная же си­ла трения, которая может в этом случае развиться, будет РПр={о(Р—Я' зт 30°)= = 4 , 8 Н. Следовательно, груз останется в покое. При этом удерживающая его в равновесии сила трения Р' определится из уравнения равновесия в проекции на ось Ох и будет равна сдвигающей силе (Р'=<2' соз 30°=3,46 Н), а не силе ^„р.

Обращаем внимание на то, что при всех расчетах следует определять Рпр по формуле РПр

=1оМ, находя N из условий равновесия. Ошибка, которую часто до­

пускают в задачах, аналогичных решенной, состоит в том, что при подсчетах счи­тают 7

гпр=/о^>

в т0 время как сила давления иа плоскость здесь не равна весу

Груза Р. Задача 30. Определить, при каких значениях угла наклона а груз, лежащий

на наклонной плоскости, остается в равновесии, если его коэффициент трения о плоскость равен /0,

* В самом деле, когда равновесие является предельным, сила трения р=Р^= ~}|)N. В остальных положениях равновесия Р<}0Ы. Следовательно, в каждом из этих положений можно считать Р=кМ, где к</0. При к=0 (или /0=0) получим положение равновесия, соответствующее случаю, когда связь является гладкой (идеальной).

3 * 67

Р е ш е н и е . Найдем сначала предельное положение равновесия, при кото­ром угол а равен апр . В этом положении (рис. 78) на груз действуют сила тяже­сти Р~, нормальная реакция Л/ и предельная сила трения Рпр. Строя из перечислен­ных сил замкнутый треугольник, находим из него, что /

г П р=Л

^ #ап р - Но сдругой

стороны, /гПр=/о

Л^- Следовательно,

*ё «пр=/о- (а)

Если в полученном равенстве уменьшать /„, то значение апр будет тоже уменьшаться. Отсюда заключаем, что равновесие возможно и при а < а п р . Окон­чательно все значения угла а, при которых груз будет в равновесии, определятся неравенством

*ё «</<>. (б)

Полученный в задаче результат, выражаемый равенством (а), можно исполь­зовать для экспериментального определения коэффициента трення, находя угол апр из опыта.

Заметим еще, что так как /о=1§ <р0, где ф0— угол трения, то, следовательно, а п р =ф 0 , т. е. наибольший угол а, при котором груз, лежащий на наклонной пло­скости, остается в равновесии, равен углу трения.

Рис. 78 Рис. 79

Задача 31. Изогнутый под прямым углом брус опирается своей вертикальной частью о выступы А и В, расстояние между которыми (по вертикали) к (рис. 79, а). Пренебрегая весом бруса, найти, при какой ширине й брус с лежащим на его гори­зонтальной части грузом будет находиться в равновесии при любом положении груза. Коэффициент трення бруса о направляющие равен /0.

Р е ш е н и е . Обозначим вес груза через Р, а его расстояние от вертикаль­ной части бруса через I. Рассмотрим предельное равновесие бруса, при котором его ширина й=й п р . Тогда на брус действуют силы Р, Л/, Р, Л/', Р', где Р н Р'— пре­дельные силы трения. Составляя условия равновесия (29) и беря моменты отно­сительно центра А, получаем:

/V—N'=0, Р+Р'—Р=0, Л/Л—И„р—Р1= О,

где /Г=/0Л/', Р'—[0№. Из двух первых уравнений находим:

Ы=№, Р=2/0Л'.

Подставляя эти значения в третье уравнение и сокращая на N, получим

й -7**пР - 2Л/=0 , откуда

^пР=Л /о—2/.

Если в этом равенстве уменьшать /о до нуля, то его правая часть будет расти до бесконечности. Следовательно, равновесие возможно при любом значении й>йпр . В свою очередь йпр имеет наибольшее значение, когда /= 0 . Значит брус будет в равновесии при любом положении груза (при 1^0), если будет выполнять­ся неравенство й^к/}0. Чем меньше трение, тем й должно быть больше. При от­сутствии трения (/0=0) равновесие невозможно, так как в этом случае получается Л=<х>.

Приведем еще геометрическое решение задачи. При таком решении вместо

68

нормальных реакций и сил трения изображаем в точках Л и В полные реакции ЯА и ЯВ, которые в предельном положении отклонены от нормалей на угол тре­ния ф0 (рис. 79, б). Тогда на брус будут действовать три силы ЯА> ЯВ> Р- При рав­новесии линии действия этих сил должны пересекаться в одной точке, т. е. в точке К, где пересекаются силы Я д~я ЯВ. Отсюда получаем очевидное (см. рис. 79, б) равенство й=(/-М„р) 1§ Ф<гИ Фо

и л и Л=(2/+йпр) /о, так как

4§ Фо=/:о- В результате находим для йпр то же значение,

что и при аналитическом решении.

Задача дает пример самотормозящегося устройства, нередко применяемого на практике.

Задача 32. Пренебрегая весом лестницы АВ (рнс. 80), найти, при каких значениях угла а, человек может под­няться по лестнице до ее конца В, если угол трения ле­стницы о пол и о стену равен ф0.

Р е ш е н и е . Рассмотрим предельное положение равновесия лестницы и применим для решения гео­метрический метод. В предельном положении на лест­ницу действуют реакции Яд и Яв пола и степы, отклоненные от нормалей к этим плоскостям на угол трепня ф0. Липни действия реакций пересекаются в точке К-Следовательно, при равновесии третья действующая на лестницу сила Р (числен­но равная весу человека) также должна пройти через точку К- Поэтому в поло­жении, показанном на чертеже, выше точки В человек подняться не может. Что­бы человек мог подняться до точки В, линии действия сил Кд и Яв должны пере­сечься где-нибудь на прямой ВО, что возможно лишь тогда, когда сила Я А будет направлена вдоль АВ, т. е. когда угол а<ф 0 .

Следовательно, человек может подняться по лестнице до ее конца тогда, кс» да она образует со стеной угол, не превышающий угла трення лестницы о пол. Трение о стену при этом роли не играет, т. е. степа может быть гладкой.

§ 26*. ТРЕНИЕ НИТИ О ЦИЛИНДРИЧЕСКУЮ ПОВЕРХНОСТЬ

К нити, накинутой на круглый цилиндрический вал (рис. 81), приложена си­ла Р. Найдем, какую наименьшую силу 5 надо приложить к другому концу нити, чтобы сохранить равновесие при данном угле АОВ, равном а, если коэф­фициент трения нити о вал [0,

Для решения задачи рассмотрим равновесие элемента нити ПЕ длины й1— ==Я сШ, где 7? — радиус вала. Разность натяжений нити в точках й и Е, равная

оТ, уравновешивается силой трения АР— /вйЛ/ (йN — нормальная реакция), так как при наименьшей силе <2 равновесие является пре­дельным. Следовательно,

аТ=70сьУ.

Значение йЛ/ определим из уравнения равновесия в проекции на ось у. Полагая синус малого угла равным самому углу и пренебрегая малыми высшего порядка, най­дем, что

А Л / = Г з т (ё6/2)+(Г+аТ) з т ((Ю/2)=

=2Га0/2=Г(!О. Рис. 81

Подставляя это значение <1Ы в предыдущее равенство, получим

аГ=/0ГаО.

Разделим обе части равенства на Т и возьмем интегралы справа в пределах от О до а, а слева от 5 до Р (так как натяжение нити в точке, где 0=0, равно 5, а в

69

точке, где в—а, равно Р). Получим:

р а йТ С Р - у Г = / о \ сШ и 1п - о -=/ 0 а .

<2 о

Отсюда следует, что Р/<2=е'°а или

3 = ре-}°>х. (42)

Как видим, потребная сила (3 зависит только от коэффициента трения /0 и угла а; от радиуса вала сила С? не зависит. При отсутствии трения (/0=0) получаем, как и следовало ожидать, <2=Р. Практически очень важен тот факт, что, увеличивая угол а (навивая нить), можно значительно уменьшить силу <2, необходимую для уравновешивания силы Р, что видно из табл. 1. Например (см. табл. 1), натя­жение в 1000 Н можно уравновесить силой всего в 2 Н, дважды обернув пенько­вый канат вокруг деревянного столба.

Т а б л и ц а 1. Значения <2/Р при /в = 0,5 (пеньковый канат по дереву)

Обороты а

4*

Я

2я

Зя

4я

0,208

0,043

0,009

0,002

Формула (42) определяет также отношение натяжений Р (ведущей) и <2 (ве­домой) частей ремня, равномерно вращающего шкив, если проскальзывание рем­ня по шкиву отсутствует. Считая, например, при этом ос=я и принимая для кожа­

ного ремня и чугунного шкива /0=0,3 , получим, что отношение натяжений (?/Р=е

_0 , з я«0,4 .

Задача 33. К рычагу ЪЕ ленточного тормо­за (рис. 82) приложена сила Р. Определить тор­мозящий момент Мх, действующий на шкив ра­диуса Я, если СО=2СЕ и коэффициент трения ленты о шкив /0=0,5.

Р е ш е н и е На шкив вместе с прилегаю­щей к нему лентой А В действуют приложенная в точке А сила Р, причем Р=2Р, и приложенная в точке В сила 0_, определяемая формулой (42). В нашем случае /0=0,5 и а=5я/4=3 ,93 Следовательно,

Искомый момент

рад.

0_ = 2Ре-!^ = 2Ре-

&к1* я*0,28Р.

Мх=(Р—0) Р=1,72 РЯ.

Момент будет тем больше, чем меньше С>, т, е, чем больше коэффициент трения [<, и угол а,

70

§ 27*. ТРЕНИЕ КАЧЕНИЯ

Трением качения называется сопротивление, возникающее при качении одного тела по поверхности другого.

Рассмотрим круглый цилиндрический каток радиуса /? и веса Р,

лежащий на горизонтальной шероховатой плоскости. Приложим

к оси катка силу О, (рис. 83, а ) , меньшую Рпр. Тогда в точке А воз­

никает сила трения Р, численно равная (2, которая будет препятст­

вовать скольжению цилиндра по плоскости. Если считать нормаль­

ную реакцию N тоже приложен- ДЛ ной в точке А, то она уравновесит 'у

силу Р, а силы <2 и Р образуют па­

ру, вызывающую качение цилинд­

ра . При такой схеме качение долж­

но начаться, как видим, под дей­

ствием любой, сколь угодно малой

силы ф.

Истинная же картина, как по­

казывает опыт, выглядит иначе.

Объясняется это тем, что фактически вследствие деформаций тел

касание их происходит вдоль некоторой площадки АВ (рис. 83, б).

При действии силы 0_ интенсивность давления у края А убывает,

а у края В возрастает. В результате реакция N оказывается сме­

щенной в сторону действия силы (3. С увеличением О. это смещение

растет до некоторой предельной величины к. Таким образом, в

предельном положении на каток будут действовать пара <2пр, Р с

моментом С}прН и уравновешивающая ее пара Л7, Р с моментом Ык.

Из равенства моментов находим (}прВ=Ык или

<)п,=(к/Я)Ы. (43)

Пока <2<(2Пр, каток находится в покое; при 0>С1Пр начинается качение.

Входящая в формулу (43) линейная величина к называется коэффициентом трения качения. Измеряют величину к обычно в сантиметрах. Значение коэффициента к зависит от материала тел и определяется опытным путем. Приведем приближенные значения этого коэффициента (в см) для некоторых материалов

-.

Дерево по дереву 0,05-=-0,08 Сталь мягкая по стали (колесо по рельсу) 0,005 Сталь закаленная по стали (шариковый

подшипник) 0,001

Отношение к1Я для большинства материалов значительно мень­ше статического коэффициента трения /0. Этим объясняется то, что в технике, когда это возможно, стремятся заменить скольжение качением (колеса, катки , шариковые подшипники и т. п.) .

71

Задача 34 Определить, при каких значениях угла а (рис 84) Цилиндр ра­диуса Я, лежащий па наклонной плоскости, остается в покое, если коэффициент тре! ия качения равен к

Р е ш е н и е Рассмотрим предельное положение равновесия, когда а,—сс1

Разлагая силу Р па составляющие Рх и Р2 (рис 84), находим, что в этом случае сдвигающая сила <2пр~Р1=Р зт аь а норматьная ре­акция Л / = Р 2 = Р соз ах Тогда по формуле (43)

Р $та1=(к'Р) Р С О З Й ! или ^а1=к'Р

При уменьшении к до нуля угол а! также убывает до нуля Отсюда заключаем, что равновесие сохранится при любом угле а<Сах Полученным результатом можно вос­пользоваться для экспериментального определения коэф­фициента к, находя угол а,г из опыта

Примечание Цилиндр при а=а_, 6}дет в покое, если одновременно коэффициент трения скольжения /0 цилинд­ра о пчоскость будет таков, что /0^1§ осх (см задачу 30 в ^ 25), т е если /0>&/Л\ что обычно имеет место Но если

окажется, что (0<кР, то при а.=а.1 цилиндр не будет в покое и начнет скользить вдоль плоскости,

Глава VII

ПРОСТРАНСТВЕННАЯ СИСТЕМА СИЛ

§ 28. МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ОСИ. ВЫЧИСЛЕНИЕ ГЛАВНОГО ВЕКТОРА И ГЛАВНОГО МОМЕНТА СИСТЕМЫ СИЛ

В § 8 было введено понятие о моменте силы относительно

центра О Это вектор т0(Р), направленный перпендикулярно т о с -

кости ОАВ (рис. 85), модуль которого согласно формуле (13) имеет

значение

\т0(Р)\ = 2ил АОАВ.

Как это было и для силы, в

дальнейшем окажется необходимым

рассматривать проекции вектора

т0(Р) на разные оси. Проекция

вектора т0(Р), т е. момента си­

лы Р относительно центра О, на

какую-нибудь ось г, проходящую

через этот центр, называется мо­

ментом силы Р относительно оси

г, т. е. _ _ _ _

тг(Р) = [т0(Р)]г или тг(Р) = \т0 {Р)\соъу, (44)

где тг(Р) — момент силы Р относительно оси г; у — угол между век­

тором т0(Р) и осью 2. Из определения следует, что тг{Р), как про-

72

екция вектора на ось, является величиной алгебраической (знак тг (Р)

определяется так_же, как знак проекции любого вектора, например,

на рис. 85 тг(Р)>0)

Найдем другое выражение для тх(Р), позволяющее непосредст­венно вычислять эту величину. Д л я этого проведем через произ­вольную точку 0Х оси г (рис.85) плоскость ху, перпендикулярную этой_оси, и спроектируем АОАВ на эту плоскость. Так как вектор т0 (Р) перпендикулярен плоскости ОАВ, а ось г перпендикулярна плоскости ОгА1В1, то угол у, как угол между нормалями к назван­ным плоскостям, является углом между этими плоскостями. Следо­вательно, если одновременно учесть равенство (44), то

2 пл. Д О И А = 2 пл. Д ОАВ соз у = \т0(Р) \соз у = тг(Р).

Но, как видно из рис. 85, в треугольнике 01А1В1 сторона АХВХ

представляет собой одновременно проекцию Рху силы Р на плоскость

ху ( см .§5 ) . Тогда 2пл. АО^^^РхуН==\т01{Рху)\, где т01(Рху)—

алгебраический момент силы Рху относительно центра 0Х. Из этого

и предыдущего равенств следует (с учетом знаков), что

" тг (Р) = т01 (Рху) или тг (?) = ± Рхуп. (45)

Таким образом, момент силы Р относительно оси г равен алгеб­раическому моменту проекции этой силы на плоскость, перпенди­кулярную оси г, взятому относительно точки 0Х пересечения оси с этой плоскостью Этот результат может служить другим определе­нием понятия момента силы относительно оси.

Замечая как направлен поворот, который стремится совершить

сила Рху, когда тг(Р)>0 (см. рис. 85; случай, когда т2(Р)<.0

получится, если изменить направление силы Р на прямо противо­

положное), приходим к следующему выводу, момент силы относи­

тельно оси будет иметь знак плюс, когда с положительного конца

оси поворот, который стремится совершить сила Рху, виден проис­

ходящим против хода часовой стрелки, и знак минус — когда по

ходу часовой стрелки.

Из рис. 85 видно еще, что если менять положение точки О на

оси 2, то и модуль и направление вектора т0(Р) будут при этом из­

меняться, но А01А1В1, а с ним и значение тг(Р) изменяться не

будут. _

Механический смысл величины тг(Р) состоит в том, что она ха­

рактеризует вращательный эффект силы Р, когда эта сила стремится

повернуть тело вокруг оси г. В самом деле, если разложить силу Р

на составляющие Рху и Р^, где Р?\\Ог (рис. 86), то поворот вокруг

оси г будет совершать только составляющая Рху и вращательный

эффект всей силы Р будет, согласно формуле (45), определяться ве­

личиной т2(Р). Составляющая же Рг повернуть тело вокруг оси г

не может (она лишь может сдвинуть тело вдоль оси г).

73

В заключение рассмотрим подробнее, к ак вычисляется момент силы относительно оси г по формуле (45). Д л я этого надо (рис. 87): 1) провести плоскость ху, перпендикулярную оси г (в любом месте);

2) спроектировать силу Р на эту плоскость и найти величину рху;

2г

Рис. 86 Рис 87

3) опустить из точки пересечения оси с плоскостью (на рис. 87 это

точка О) перпендикуляр на линию действия Рху и найти его длину к; 4) вычислить произведение Рхук; 5) определить знак момента.

При вычислении моментов надо иметь в виду следующие частные случаи:

1) если сила параллельна оси, то ее момент относительно оси ра­вен нулю (так как Рху=0);

2) если линия действия силы пересекает ось, то ее момент отно­сительно оси также равен нулю (так как Л = 0 ) .

Объединяя оба случая вместе, заключаем, что момент силы отно­сительно оси равен нулю, если сила и ось лежат в одной плоскости;

3) если сила перпендикулярна оси (лежит в плоскости, перпен­дикулярной этой оси), то ее момент относительно оси равен взятому

п с соответствующим знаком произ­ведению модуля силы на расстоя­ние между линией действия силы и осью, т. е. вычисляется по форму-

вой-ле (45), в которую вместо дет модуль силы Р.

ху

Рис. 88

Задача 35. Найти моменты относи­тельно осей х, у и г сил Р и (Э, которые действуют на горизонтальную плиту, изо­браженную на рис. 88.

Р е ш е н и е . 1. Сила Р параллельна оси г; она перпендикулярна осям х и у и проходит от них на расстояниях 6/2 и а/2. Следовательно, с учетом знаков:

тх (Р) = - РЬ/2, ту(Р) = Ра/2, тг (Р) = 0.

2. Для вычисления тх(0_) проектируем силу С> иа плоскость .г/г; получаем 0уг— = (Эз1па. _

Плечо силы 0уг относительно точки О равно Ь, а поворот ее с конца оси х виден происходящим против хода часовой стрелки; следовательно,

тх (0) = *<2 зша .

74

Теперь вычисляем ту(0). Сила (Э лежит в плоскости АВБ, перпендикулярной оси у и пересекающейся с нею в точке В. Следовательно, Охг

=Ч- Опуская из точки

В перпендикуляр на линию действия силы О (см. вспомогательный чертеж спра­ва), находим, что его длина к=а зт а, Окончательно, учитывая направление по­ворота, получаем

Щ (0) = — фа з т а.

Наконец, для вычисления тг(0) проектируем силу 0 на плоскость ху и нахо­дим, что (ЭЛ?/=(Эсо5а, а плечо этой проекции относительно точки О равно Ь' Поэтому с учетом знака

т2 (0)~о0 соз а.

Т е о р е м а В а р и н ь о н а д л я м о м е н т о в с и л ы

о т н о с и т е л ь н о о с и . Если обе части векторного равенства

(24) и з § 13 спроектировать на какую-нибудь ось г, проходящую через

центр О, то согласно формулам (44) получим

(46)

Следовательно, теорема Вариньона о моменте равнодействующей

справедлива и для моментов относительно любой оси. Теоремой осо­

бенно удобно пользоваться для нахождения моментов силы относи­

тельно координатных осей, ра зла гая силу на составляющие, парал­

лельные осям или их пересекающие.

Задача 36. Найти моменты относительно осей х, у, г силы <2, приложенной к плите в точке Б (рис. 89), если ОА=а, ОВ=Ь и толщина плиты к; угол а задан.

Р е ш е н и е . Разлагая силу 0 на составляющие 0^ и 02, параллельные соот­ветственно осям хп г, где по модулю 0г=0 соз а, 0,2=0. мп а, и применяя теоре­му Вариньона, получим:

тх(С) = тх (Ог) + тх (0"2) = 0Ф=0Ь зт а,

Щ (0) = т

у {0.1) Л-Щ (02)~0\к—0га=0 {к соь а — а з т а),

т2 (0) = тг {О1) -\-тг {02) = 01° = 0Ь соз а,

так как тж(0 '1)=0 (СУОх) и тг(0~2)=0 <Дг\\Ог). Как видим, с помощью теоремы Вариньона моменты силы вычисляются до­

вольно просто (с ее помощью легко найти моменты силы (Э и в задаче 35). Поэтому рекомендуется во всех подобных случаях пользоваться данной теоремой. При неко­тором навыке все подсчеты легко проделать, опуская промежуточные выкладки; например, сразу видно, что тх(0)=(0 зт а ) 6 и т. д.

А н а л и т и ч е с к и е ф о р ­

м у л ы д л я м о м е н т о в си­

л ы о т н о с и т е л ь н о к о о р ­

д и н а т н ы х о с е й . Разложим

силу Р, приложенную в точке А с

координатами х, у, г, на составля­

ющие Рх, Ру, Рх, параллельные

координатным осям (рис. 90, а).

Тогда по теореме Вариньона

а

5

/ / У «2,

/ /

т* (

р) = тх (Рх) + тх (Р) + тх (Рг).

Рис. 89

75

Н о т а к как составляющая Рх параллельна оси х, а составляющие Ру

и / ^ е й перпендикулярны, то с учетом знаков будет: тх(Рх) — 0, {Пх(Ру)=—гРу, тх(Рг)=уРг и в результате тх(Р)—уРг—гРи.

Аналогично находятся моменты относительно осей у и г. Оконча­

тельно получим:

тх(Р) = уРг— гРу, \

ту(Р_) = гРх-хРг, (47)

тг(Р)=хРд—уРх. )

Формулы (47) дают аналити­ческие выражения для моментов силы относительно координат­ных осей. С их помощью моменты можно вычислять, зная проек­ции силы и координаты точки

Рис. 90 ее приложения. Заметим, что

каждая следующая формула в равенствах (47) получается из предыдущей так называемой круго­вой перестановки букв и индексов, т. е. последовательной заме­ной х на у, у на г и 2 на х (рис. 90, б).

Отметим еще один результат: поскольку левые части равенств

(47) являются одновременно проекциями вектора т0(Р) на коорди­

натные оси (где О — начало координат), то с помощью этих равенств

можно найти модуль момента т0(Р) по формуле

т, (48)

Задача 37. Вычислить по аналитическим формулам моменты силы <2, изобра­женной на рис 89, относительно осей х, у, г и центра О

Р е ш е н и е Сила С приложена в точке Б с координатами \=а, у=Ь,2=—А. Ее проекции на координатные оси

0,х = — <2со5а, 0у = 0, С?г = С>31па.

Подставляя эти значения в формулы (47), получим тот же результат, что и в зада­че 36 Для \т0(0)1 по формуле (48) найдем

I т0 (0) \ = 0 У &2 -г (Н соь а — а зш а)

2.

В ы ч и с л е н и е г л а в н о г о в е к т о р а и г л а в н о г о

м о м е н т а с и с т е м ы с и л . Согласно формулам (21) и (22),

полученным в § 12, значения главного вектора Я и главного момента

М0 системы сил определяются равенствами: К=1,Рк, Мо=11т0(р\).

Покажем, как значения Я и М0 вычисляются аналитически, т. е. по их проекциям на координатные оси, что нам в дальнейшем понадобится.

70

Выражения для Ях, Яу, Яг уже известны (§ 5). Проекции век­

тора М0 на координатные оси будем обозначать Мх, Му, Мъ. По

теореме о проекциях суммы векторов на ось Мх—^\т0(Рк)\х или,

согласно равенству (44), Мх—^тх(Рк). Аналогично находятся Му

и Мг-

Окончательно для_определения проекций главного вектора Я

и главного момента М0 получим формулы:

Ях = ЪРкх, Яу = ^Рку,_Яг^Ркг; _ (49)

Мх = Ътх (Рк), Му = Ъту (Рк), Мг = Е/пг (Рк). (50)

В § 12 было отмечено, что две системы сил, у которых величины Я и Мо совпадают, эквивалентны. Отсюда следует, что для задания (или определения) любой системы сил, действующих на твердое тело, достаточно задать (определить) ее главный вектор и главный момент относительно некоторого центра, т. е. шесть величин, входящих в левые части равенств (49) и (50) [в случае рассмотренной в § 15 плос­кой системы сил — три величины, входящие в равенства (27)]. Этим нередко пользуются на практике, например, при задании (опреде­лении) аэродинамических сил, действующих на самолет, ракету, автомобиль, или при определении внутренних усилий в частях конструкции (см. задачу 26 в §20 ) .

§ 29*. ПРИВЕДЕНИЕ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ СИЛ

К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ '

Как показано в § 12, любая система_сил приводится в общем слу­

чае к силе, равной главному вектору 7? и приложенной в произволь­

ном центре О, и к паре с моментом, равным главному моменту М0

(см. рис. 40, б). Найдем, к какому простейшему виду может приво­

диться пространственная система сил, не находящаяся в равнове­

сии. Результат зависит от значений, которые у этой системы имеют

величины и М0. _

1. Если для данной системы сил # = 0 , а МоФ0, то она приво­

дится к паре сил, момент которой равен М0 и может быть вычислен

по формулам (50). В этом случае, к ак было показано в § 12, значение

М0 от выбора центра О не зависит.

2. Если для данной системы сил ^ = ^ 0 , а Мо=0, то она приводит­

ся к равнодействующей, равной /?, линия действия которой прохо­

дит через центр О. Значение 7? можно найти по формулам (49).

3. Если для данной системы сил ЯФ0, МоФ0, но МоЛ-Я, то эта система также приводится к равнодействующей, равной Я, но не проходящей через центр О.

Действительно, при М0±.Я пара , изображаемая вектором М0,

и сила 7? лежат в одной плоскости (рис. 91). Тогда, выбрав силы пары

77

Я' и / ? " равными по модулю 7? и располагая их так, как показано

на рис. 9 1 , получим, что силы Р и Р" взаимно уравновесятся, и

система заменится одной равнодействующей Р'=Р, линия действия

которой проходит через точку О' (см, § 15, п. 2, б). Расстояние 00'

(00' 2_Р) определяется при этом по формуле (28), где (1=00'.

Рис. 91 Рис. 92

Легко убедиться, что рассмотренный случай будет, в частности, всегда иметь место для любой системы параллельных сил или сил, лежащих в одной плоскости, если главный вектор этой системы РфО.

_ 4. Если для данной системы сил РфО, М0фО и при этом вектор М0 параллелен 7? (рис. 92, а), то это означает, что система сил при­

водится к совокупности силы Р и пары Р, Р',

лежащей в плоскости, перпендикулярной силе (рис. 92, б). Такая совокупность силы и па­ры называется динамическим винтом, а пря­мая, вдоль которой направлен вектор Р, осью

винта. Дальнейшее упрощение этой системы сил невозможно. В самом деле, если за центр

Рис , 93 приведения принять любую другую точку С

(рис. 92, а), то вектор М0 можно перенести в точку С как свободный, а при переносе силы 7? в точку С (см. § 11) добавится еще одна пара с моментом Мс=тс(Р), перпендикуляр­ным вектору Р, а следовательно, и М0- В итоге момент результи­рующей пары Мс—М0+Мс численно будет больше М0; таким об­разом, момент результирующей пары имеет в данном случае при при­ведении к центру О наименьшее значение. К одной силе (равнодейст­вующей) или к одной паре данную систему сил привести нельзя .

Если одну из сил пары, например Р', сложить с силой Р, то рассматриваемую систему сил можно еще заменить двумя скрещи­вающимися, т. е. не лежащими в одной плоскости силами 0_ и ~Р (рис. 93). Так к ак полученная система сил эквивалентна динамиче­скому винту, то она также не имеет равнодействующей.

5. Если для данной системы сил РфО, М0ФО и при этом векторы

М0 и ^ не перпендикулярны друг другу и не параллельны, то та-

78

кая система сил тоже приводится к динамическому винту, но ось

винта не будет проходить через центр О.

Чтобы доказать это, разложим вектор Мд на составляющие: Мх, направлен­ную вдоль Я, и Л42, перпендикулярную Я (рис. 94). При этом М 1 = М о соз а, М 2 = — Мо з т а , где а — угол_между векторами Мд и Я. Пару, изображаемую век­тором М2(М2_Ц?), и силу Р можно, как в случае, показанном на рис. 91, заменить одной силой Я', приложенной в точке О', Тогда данная система сил заменится си­лой Я'=Я и парой смоментом М1г параллельным Я', причем вектор М1г как сво­бодный, можно тоже приложить в точке О'. В результате действительно получится динамический винт, но с осью, проходящей через точку О',

Рис. 94 Рис. 95

Задача 38. Найти, к чему приводится система сил рх и Рг, изображенных на рис. 6 (см. §2) , считая Рг=Р2=Р, АВ=2а.

Р е ш е н и е . Приведем силы Р1 и Р2 к центру О, лежащему на середине от­резка АВ (рис. 95). Главный вектор системы Я=Р1-\-Рг и направлен по биссектри­се угла у'Ог''; численно он равен Р—ру~2. Главный момент системы М0=то (Р ] . )+ + т о ( Р 2 ) . Вектор то(Р\) направлен вдоль оси у

1, а вектор то(Р^>—вдоль оси г';

численно оба Вектора равны Ра. Следовательно, по модулю Мо=РаУ~2, а направ­лен вектор М0 тоже по биссектрисе угла у'О/. Таким образом, система сил р[,

Р% приводится к динамическому винту и, как было указано в § 2, равнодействую­щей не имеет,

§30 . РАВНОВЕСИЕ ПРОИЗВОЛЬНОЙ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ СИЛ. СЛУЧАЙ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ

Необходимые и достаточные условия равновесия любой системы

сил выражаются равенствами # = 0 , Мо=0 (см. § 13). Но векторы

Я и М0 равны нулю только тогда, когда ЦХ=НУ=Р<1=0 и Мх=

=Му=Мг=0, т. е. когда действующие силы, согласно формулам

(49) и (50), будут удовлетворять условиям:

2/="*,=о, 22*1г=°._2

2**=°;

Таким образом, для равновесия произвольной пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех

79

сил на каждую из трех координатных осей и суммы их моментов от­носительно этих осей были равны нулю *.

Равенства (51) выражают одновременно условия равновесия твер­дого тела, находящегося под действием любой пространственной системы сил.

Если на тело кроме сил действует еще пара, заданная ее момен­том т, то при этом вид первых трех из условий (51) не изменится (сумма проекций сил пары на любую ось равна нулю), а последние три условия примут вид:

2 тх (Рк) + тх = 0, 2 Щ (Рк) + ту = 0, 2тг + тг = 0. (52)

С л у ч а й п а р а л л е л ь н ы х с и л . В случае, когда все действующие на тело силы параллельны друг другу, можно выбрать координатные оси так, что ось г будет параллельна силам (рис. 96). Тогда проекции каждой из сил на оси х и у и их моменты относитель­

но оси 2 будут равны нулю и система (51) даст три условия равновесия:

2 Р** = 0- 2 = 0, 2 ту <?*) = 0- (53)

Остальные равенства обратятся при у этом в тождества вида (Ь=0.

Следовательно, для равновесия простран­ственной системы параллельных сил необ­ходимо и достаточно, чтобы сумма проек­ций всех сил на ось, параллельную силам, и суммы их моментов относительно двух дру­гих координатных осей были равны нулю.

Р е ш е н и е з а д а ч . Порядок решения задач здесь остается тем же, что и в случае плоской системы-сил. Установив, равновесие какого тела (объекта) рассматривается, надо изобразить все дейст­вующие на него внешние силы (и заданные, и реакции связей) и со­ставить условия равновесия этих сил. Из полученных уравнений и определяются искомые величины.

Д л я получения более простых систем уравнений рекомендуется оси проводить так, чтобы они пересекали больше неизвестных сил или были им перпендикулярны (если это только излишне не услож­няет вычисления проекций и моментов других сил).

Новым элементом в составлении уравнений является вычисле­ние моментов сил относительно координатных осей.

В случаях, когда из общего чертежа трудно усмотреть, чему ра­вен момент данной силы относительно какой-нибудь оси, рекомен­дуется изобразить на вспомогательном чертеже проекцию рассмат­риваемого тела (вместе с силой) на плоскость, перпендикулярную этой оси.

* При составлении условий (51) можно, если это целесообразно, брать для вычисления проекций одну систему координатных осей, а для вычисления момен­тов — другую.

80

В тех случаях, когда при вычислении момента возникают за­

труднения в определении проекции силы на соответствующую плос­

кость или плеча этой проекции, рекомендуется разложить силу на

две взаимно перпендикулярные составляющие (из которых одна

параллельна какой-нибудь координатной оси), а затем воспользо­

ваться теоремой Вариньона (см. задачу 36). Кроме того, можно вы­

числять моменты аналитически по формулам (47), как , например, в

задаче 37.

Задача 39. На прямоугольной плите со сторонами а и Ь лежит груз. Центр тяжести плиты вместе с грузом находится в точке О с координатами Хр, уа

(рис, 97). Один из рабочих удерживает плиту за угол А. В каких точках В и Е должны поддерживать плиту двое других рабочих, чтобы силы, прикладываемые каждым из удерживающих плиту, были одинаковы.

Р е ш е н и е . Рассматриваем равновесие плиты, которая является свободным телом, находящимся в равновесии под действием четырех параллельных сил Од, Рг> ®з< Р> где Р — сила тяжести. Составляем для этих сил условия равновесия (53), считая плиту горизонтальной и проводя оси так, как показано на рис. 97. Получим:

<21б+<22«/—Р«/в=0, — О_2а-О.3х+Рх0=0,

( ? ! + ( ? 2 + « ? з - Р = 0 .

По условиям задачи должно быть С*1=<22=(2з=<2- Тогда из последнего урав­нения Р=3(?. Подставляя это значение Р в первые два уравнения, найдем оконча­тельно х=3ха—а, у=3уа—Ь.

Решение возможно, когда а/3<хд<2а/3, &/3<г/0«:2&'3. При х^—а/З, Уо~Ь/3

получимх=у= 0, а при х0—2а!3, уо=2Ь:3 будет х= а, у=Ь. Когда точка О в центре

плиты, х~Ы2, у—Ь\2.

Рис. 97 Рис. 98

Задача 40. На горизонтальный вал, лежащий в подшипниках А я В (рис. 98) насажены перпендикулярно оси вала шкив радиусом гг—20 см и барабан радиусом /•а"= 15 см. Вал приводится во вращение ремнем, накинутым на шкив; при этом рав­номерно поднимается груз весом Р=54 0 Н, привязанный к веревке, которая на­матывается на барабан. Пренебрегая весом вала, барабана и шкива, определить реакции подшипников Л и В и натяжение Т1 ведущей ветви ремня, если известно, что оно вдвое больше натяжения Г2 ведомой ветви. Дано: а=40 см, Ь=60 см, а=-30°.

Р е ш е н и е . В рассматриваемой задаче при равномерном вращении вала действующие на него силы удовлетворяют условиям равновесия (51) (это будет доказано в § 136). Проведем координатные оси (рис. 98) и изобразим действующие иа вал силы: натяжение Р веревки, по модулю равное Р, натяжения ремня Тг>

Т2 и составляющие Уд, 2д, УВ2.В реакций подшипников.

81

Для составления условий равновесия (51) вычисляем предварительно и вно­сим в таблицу значения проекций всех сил на координатные оси и их моментов относительно этих осей *,

Рк Р ЯА Яв

Ркх 0 0 0 0 0

рку Р соз а п т. ГА Гв

Ркг —Р з т а 0 0 ?А 1в

тх(Рц) -Рг, ТхП 0 0

Щ (Рц) Р 5'таЬ 0 0 0 -гв(а+ь)

тг (Рк) Р соз а-Ь —Тха —Т2а 0 Ув(а+Ь)

Теперь составляем условия равновесия (51); так как Р=Р, получим:

Рсоба+Ъ+Ъ+Гл+Ув^, (I) —Р 5Ш а+2А+гв=0, (II) —ГгР+г^-^Т^О, (III) ЬР зт а — ( а + 6 ) 2 й = 0 , (IV)

ЬР соз а—аТу -аГ а+ (а-{-Ь)Ув=0. (V)

Из уравнений (III) и (IV) находим сразу, учитывая, что Тг=2Т2:

^ = ^ / ^ = 4 0 5 Н , 2 а = ( * Р з 1 п а ) / ( а + 6 ) = 1 6 2 Н .

Далее, из уравнения (V) получаем:

У в=(ЗаГ2—ЬР соз а ) / ( а+6 )~205 Н.

Подставляя найденные значения в остальные уравнения, найдем:

К д = — Р соз а—ЗГ2—Уа~—1890 Н, 2А=Р зт а—2 В =108 Н,

И окончательно 74=810 Н, УА~—1890 Н, 2 д = 1 0 8 Н, У 8 « 2 0 5 Н, 2 В =162 Н.

Задача 41. Прямоугольная крышка весом Р = 1 2 0 Н , образующая с верти­калью угол а=60 ° , закреплена на горизонтальной оси АВ в точке В цилиндриче­ским подшипником, а в точке А — подшипником с упором (рис. 99). Крышка удер­живается в равновесии веревкой ВЕ и оттягивается перекинутой через блок О иитью с грузом весом (2=200 Н иа конце (линия КО параллельна АВ). Дано: ВО=ВЕ, АК=а=0,4 м, АВ=Ь=\ м. Определить натяжение веревки ОЕ и реакции подшипников А и В.

Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие крышки. Проведем координатные оси, беря начало в точке В (при этом сила Т пересечет оси у и г, что упростит вид урав-

* Предварительное составление таблиц при решении задач этого раздела осо­бенно полезно. Таблица заполняется по столбцам, т. е. сначала вычисляются все проекции и моменты силы Р, а затем силы Т\ и т. д. Таким образом, сначала все внимание сосредоточивается на первой силе, затем — на второй и т. д. Если же сразу составлять уравнения (51), то к рассмотрению каждой силы придется воз­вращаться шесть раз; при этом вероятнее появление ошибок, а особенно пропус­ков отдельных сил в том или ином уравнении.

82

нений моментов). Затем изобразим все действующие на крышку заданные силы и реакции связей: силу тяжести Р, приложенную в центре тяжести С крышки, силу О.'', равную по модулю 0, реакциюТверевки и реакции ХА, УА,~2А и У в, 2В

подшипников Л и В (рис. 99; показанный пунктиром вектор М к данной задаче не относится). Для составления ус­ловий равновесия введем угол В и обозначим ВО=В.Е=<1 Под­счет моментов некоторых сил пояснен на вспомогательных рис. 100, а, б.

На рис. 100, а показан вид в проекции иа плоскость Вуг с положительного конца оси х. Этот чертеж помогает вычислять моменты сил Р и Т относитель­но оси х. Из него видно, что про­екции этих сил на плоскость уг (плоскость, перпендикулярную оен х) равны самим силам, а плечо силы Р относительно точ­ки В равно ВСХ -зш а=(оУ2) зша; плечо же силы Т относительно этой точки равно ВО-зт (3= —а" з т В.

На рис. 100, б показан вид в проекции на плоскость Вхг с положительного конца оси у. Этот чертеж (вместе с рис. 100, а) помогает вычислять моменты сил Р и О

1 относительно оси у. Из

него видно, что проекции этих сил на плоскость хг равны са­мим силам, а плечо силы Р от­носительно точки В равно ЛВ/2=

=6/2 ; плечо же силы относи­тельно этой точки равно АК\, т. е. ЛЛ'-соза или а соз а, что видно из рис. 100, а.

Составляя с учетом сделанных пояснений условия равновесия (51) н полагая одновременно 0'=0, получим:

2Ркх=*—<} + ХА = 0,

2РА г = — Р - { - Т соз В + 2А +2В = 0,

(Рк) = — (Ра/2) вш а + 77* зш В = 0,

Ъту (Рк) ——РЬ/2+Оа соз а + 2АЬ = 0,

Итг (Рк) = Ча зш а—УАЬ = 0.

Учитывая, что 6=а/2=30 ° , найдем из уравнений (I), (IV), (V), (VI):

ХА = 0 = 200 Н, Т = (Р з1п а)/2 зш 8 « 104 Н,

гА = Р\2~ (0,а соз а,)/Ь = 20 Н, У д = 81п а)/& я 69 Н.

Подставляя эти значения в уравнения (II) и (III), получим:

Кв = Гз1пв—УА = —17 Н, 2В=Р—Гсозй-2Л=10Н.

Окончательно,

Г я 1 0 4Н , ХД = 200Н, У д « 6 9 Н , 2д = 20Н, Ув = —17Н, 2В =

(I) (")

(III)

(IV)

(V)

(VI)

ЮН.

83

Задача 42. Решить задачу 41 для случая, когда на крышку дополнительно действует расположенная в ее плоскости пара с моментом Л4= 120 Н-м; поворот пары направлен (если смотреть па крышку сверху) против хода часовой стрелки.

Р е ш е н и е . В дополнение к действующим на крышку силам (см. рис. 99) изображаем момент М пары в виде вектора, перпендикулярного к крышке и при­ложенного в любой точке, например в точке А. Его проекции на координатные оси: Мх=0, Му=М соз а, Мг=М зт а. Тогда, составляя условия равновесия (52), найдем, что уравнения (I) — (IV) останутся такими же, как в предыдущей задаче, а последние два уравнения имеют вид:

—РЫ2+2АЬ+(}а соз а+М соз а = 0 , (V)

—УвЬ^гО,а&т а+М з т а = 0 . (VI')

Заметим, что этот же результат можно получить, ие составляя уравнения в виде (52), а изобразив пару двумя силами, направленными, например, вдоль линий АВ и КО (при этом модули сил будут равны М/а), и пользуясь затем обычными ус­ловиями равновесия.

Решая уравнения (I) — (IV), (V'), (VI'), найдем результаты, аналогичные полученным в задаче 41, с той лишь разницей, что во все формулы вместо величины Оа войдет С}а-{-М. Окончательно получим:

ГкЮ4Н, Хл = 200Н, К л » 1 7 3Н , 2А = — 40 Н, 7В = —121 Н, 2д = 70Н.

Задача 43. Горизонтальный стержень АВ прикреплен к стене сферическим шарниром А и удерживается в положении, перпендикулярном стене, растяж­ками КЕ и СО, показанными на рис. 101, а. К концу В стержня подвешен груз весом Р—36 Н. Определить реакцию шарнира А и натяжения растяжек, если АВ= = а=0,8 м, АС=Ай1^Ь—0,6 м, АК=а^2, а=30 ° , 6=60° . Весом стержня прене­бречь.

X

Рис. 101

Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие стержня. На пего действуют сила ~Р

и реакции Гд-, Тс, ХА, УА, 2А . Проведем координатные оси и составим условия равновесия (51). Для нахождения проекций и моментов силы Тс разло­жим ее на составляющие Тг и Тг (Тг=Тс<х& л, Т2=Тс&т а). Тогда по теореме Вариньона* тх {Тс)

=тх (7*1), так как тх(Т2)=0, а тг.(Тс)=тг(1\), так как

* Заметим, что угол между силой Тс и плоскостью Ауг не равен 45°, как иногда в аналогичных случаях ошибочно полагают. Поэтому, например, при на­хождении шх(Тс) по формуле (45) надо сначала определить этот угол или найти другим путем проекцию Тс на плоскость Ауг, что усложнит расчет (составляющая Тх проекцией силы Тс иа плоскость Ауг не является). С помощью же теоремы Ва­риньона значение тх(7с) легко находится.

84

тг ( 7

,1 )=0 . Вычисление моментов сил относительно оси г пояснено вспомога­

тельным чертежом (рис. 101, б), на котором дан вид в проекции на плоскость Аху. Теперь составляем уравнения (51). Предварительно заметим, что так как все

силы пересекают ось у, то их моменты относительно этой оси равны нулю; по­этому уравнений равновесия останется только пять:

2Ркх = Тк соз В — Т2 45° + ХА = О,

2Рку=-ТКзш В - Г 2 соз 45° + УА = 0,

2?кг = Т, + 1 А - Р = 0, Ъпх (Рк) ^ ТгЬ - Ра = о,

2 т г (/^) = —(7>а/2) соь В + Г2&з1п 45° =-О,

или, заменяя Тг и Т2 их значениями:

Г^-соз В—7*с зш а зш 45° 4-Ад = О,

— Гд-зшВ — Гс зШ а соз 45° \-УА = 0,

— Р + Тссоз.а + 2А = 0, —Ра-\-ТСЬ соз а = О,

— (Тд-а/2) соз В -|- 7"с* з1п а ьтп 45° — 0.

Решая эту систему уравнений, найдем окончательно Гс~55,4 Н, 7д-=58,8 Н, ХА~—9,8 Н, К.4~70,5 Н, 2А=—12 Н. Составляющие ХА и 2А имеют, таким образом, направления, противоположные покачанным на чертеже.

Задача 44. Горизонтальная плита ЛВС, имеющая форму равностороннего треугольника со стороной а, закреплена с помощью шести стержней так, как показано на рис. 102; при этом каждый из на­клонных стержней образует с горизонтальной плоскостью угол а=30 ° . В плоскости плиты дей­ствует пара с моментом М. Пренебрегая весом плиты, определить усилия в стержнях.

Р е ш е н и е . Рассматривая равновесие пли­

ты, изображаем вектор М момента действующей на нее пары сил и реакции А',, стер-

Рис. 102

жней; реакции направляем так, как если бы все стержни были растянуты (считаем, что плита отрывается от стержней). При равновесии сумма моментов всех действующих па тело сил и пар [см. равенства (52)] относительно любой оси долж­на быть равна нулю.

Направляя ось 2 вдоль стержня 1 и составляя уравнение моментов относительно этой оси, по­лучим при Л12=Л1

(Л'6 соз а) Н-\-М=0,

где/г= а}/"3/2— высота треугольника. Отсюда иаходим _

Ыс = — 2М/(аУ 3 соз а).

Составляя уравнения моментов относительно осей, которые направляем рдоль стержней 2 и 3, получим такие же результаты для сил А/4 и Ыь.

Теперь составим уравнение моментов относительно оси х, направленной вдоль стороны АВ треугольника. Получим, учитывая, что Мх=0,

Ыф,-\- (А'4 зш а) /г=0.

Отсюда, так как А/4=А'в, находим

дг3 = _ ^4 зт а = (2М/аУ 3) 1в а.

Такие же значения получим для величин и Л^, составляя уравнения моментов относительно осей АС и СВ.

85

Окончательно при а=30 ° будет:

ЛГ1=Л78=^3=2М/Зя, Л''4=Л

Г5=ЛГ0=—4ЛТ/За.

Полученные результаты показывают, что действием заданной пары верти­кальные стержни растягиваются, а наклонные сжимаются.

Из рассмотренного примера видно, что при решении задач не всегда обязательно пользоваться условиями равновесия (51). Для пространственной системы сил, к ак и для плоской, существует не­сколько форм условий равновесия, из которых форма (51) является основной.

В частности, можно доказать, что для равновесия пространствен­ной системы сил необходимо и достаточно, чтобы были равны нулю суммы моментов всех сил относительно шести осей, направленных или по ребрам какой-нибудь треугольной пирамиды, или по боковым ребрам и ребрам основания треугольной призмы.

Последние условия и были использованы при решении задачи 44.

Глава VIII

ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ

§ 31. ЦЕНТР ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ

Понятие о центре параллельных сил используется при решении некоторых задач механики, в частности при определении положений центров тяжести тел.

Рассмотрим сначала две параллельные силы Р1 и Р2, приложен­ные к телу в точках А± и Л2 (рис. 103). Очевидно, что Эта плоская система сил имеет равнодействующую Р<=р1+Р2, линия действия которой параллельна слагаемым силам и проходит через некоторую точку С, лежащую на .прямой А^А2. Положение точки С найдем с помощью теоремы Вариньона. Согласно этой теореме тс(Р<) =

=тс(Р1)+тс(Р2) или 0=Р1к1—Р^к^Рх-А^С-соз а—Р2*А2С-соз а,

откуда

Р1-А1С=Р,-А,С. (54)

В равенство (54) входят модули Рг и Рг рассматриваемых сил.

Поэтому, если силы Рг и Р2 повернуть около точек Лх и Л2 в одну и

ту же сторону на один и тот же угол, то образуются две новые па­

раллельные силы Р[ и Р'г, имеющие те же модули Р1у Р2; следова­

тельно, для сил Р'1г Р'2 равенство (54) сохранится и линия действия

их равнодействующей Р' тоже пройдет через^точку С. Такая точка

называется центром параллельных сил Рг и Р2.

Теперь рассмотрим систему параллельных и одинаково направ­

ленных сил Р1, Р2, . . ., Рп, приложенных к твердому телу в точках

86

-Аи Аг, . • ^Ап (рис. 104). Эта система сил имеет равнодействую­

щую К—^Ръ, модуль которой

К=2Рк. (55)

Если каждую из сил системы поворачивать около точки ее при­ложения в одну и ту же сторону на один и тот же угол, то будут получаться новые системы одинаково направленных параллельных сил с теми же модулями и точ­ками приложения (см. напри­мер, показанные пунктиром силы на рис. 104). Равнодей­ствующая каждой из таких систем сил будет иметь тот же модуль Я, но всякий раз дру-

Рис. 103 Рис. 104

гое направление. Покажем, что при всех таких поворотах линия действия равнодействующей проходит через одну и ту же точку С. В самом деле, сложив сначала силы Рх и Рг, найдем по формуле (54), что их равнодействующая (на рис. 104 не показана) будет всегда проходить через точку сг, положение которой определяется равенст­вом Рг •Агс1=Р<г, •А2с1. Сложив затем силы Яг и Р„, найдем, что их равнодействующая, являющаяся одновременно равнодействующей сил Рг, Рг, Рз, всегда проходит через аналогично определяемую точ­ку с2, лежащую на прямой сгА3, и т. д. Доведя этот процесс последо­вательного сложения сил до конца, убедимся, что равнодействую­щая К всех сил действительно проходит всегда через одну и ту же точку С, положение которой по отношению к точкам Ль А 2, . . ., Ап, т. е. к телу, будет неизменным.

Точка С, через которую проходит линия действия равнодействую­щей системы параллельных сил при любых поворотах этих сил около их точек приложения в одну и ту же сторону и на один и тот же угол, называется центром параллельных сил.

Найдем координаты центра параллельных сил. Положение точки С по отношению к телу является неизменным и от выбора системы координат зависеть не будет. Возьмем поэтому произвольные коорди­натные оси Охуг и обозначим в этих осях координаты точек: Ах(хи

у и Л2(х2, у2, г2), . . ., С(хс, Ус, *с)- Пользуясь тем, что от на­правления сил положение точки С не зависит, повернем сначала

87

силы около их точек приложения так, чтобы они стали параллель-

ны оси Ог, и применим к повернутым силам Р[, Р2, . . ., Р'„ теорему

Вариньона. Так как Я' является равнодействующей этих сил, то по формуле (46), беря моменты относительно оси Оу, найдем, что

ту(Н') = ^ту(Р'к). (56)

Но из чертежа [или из равенств (47)] видно, что ти(Я')=Яхс,

так как Я'=Я; аналогично ту(Р"1)=Р1х1, так как Р'г=Ри и т. д.

Подставляя все эти величины в равенство (56), получим

Яхс = / V I + Рл + • •. + Рпхп = 2 РьЧ-

Отсюда определим хс. Для координаты ус аналогичную формулу найдем, беря моменты

относительно оси Ох. Чтобы определить гс, повернем опять все силы, сделав их параллельными оси Оу, и применим к этим силам (изобра­женным пунктиром с точками) теорему Вариньона, беря моменты относительно оси Ох. Это даст:

— Ягс = — Р& + (— Р2г2) +.,.+(_ Рпгп),

откуда определим гс. Окончательно получим следующие формулы для координат цент­

ра параллельных сил:

где Я определяется равенством (55). Заметим, что формулы (55) и (57) будут справедливы и для па­

раллельных сил, направленных в разные стороны, если считать Рк

величинами алгебраическими (для одного направления со знаком плюс, а для другого — минус) и если при этом ЯфО.

§ 32. СИЛОВОЕ ПОЛЕ. ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ ТВЕРДОГО ТЕЛА

Область, в каждой точке которой на помещенную туда материаль­ную частицу действует сила, зависящая от положения (координат) этой точки, называется силовым полем * . Примером силового поля является поле тяготения (поле сил притяжения к Земле и л и к л ю -боту другому небесному телу).

На каждую частицу тела, находящегося вблизи земной поверх­ности, действует направленная вертикально вниз сила, которую называют силой тяжести (вопрос о том, что собой представляет сила

* Такое силовое поле называют стационарным. Если же значения сил могут еще изменяться с течением времени, поле называется нестационарным. Понятие о поле может быть введено и для других векторов, которые такое векторное поле образуют, например для скоростей или ускорений точек тела (см. § 48, 51).

88

тяжести, будет рассмотрен в § 92). Эти силы образуют поле сил тяже­сти.

Д л я тел, размеры которых очень малы по сравнению с земным ра­диусом, силы тяжести, действующие на частицы тела, можно счи­тать параллельными друг другу и сохраняющими для каждой час­тицы постоянное значение при любых поворотах тела. Поле тя­жести, в котором выполняются, эти два условия, называют однородным полем тя­жести.

Равнодействующую сил тяжести ри

рг, . . ., рп, действующих на частицы дан­ного тела, обозначим Р (рис. 105). Модуль этой силы называется весом тела и опреде­ляется равенством

Р=ЪРк. (58)

При любом повороте тела силы рк остают­ся приложенными в одних и тех же точках тела и параллельными друг другу, изменяет­ся только их направление по отношению к телу. Следовательно, по доказанному в § 31 , равнодействующая Р сил Рк будет при любых положениях тела проходить через одну и ту же неизменно связан­ную с телом точку С, являющуюся центром параллельных сил тя­жести Рк . Эта точка и называется центром тяжести тела. Таким образом, центром тяжести твердого тела называется неизменно связанная с этим телом точка, через которую проходит линия дейст­вия равнодействующей сил тяжести, действующих на частицы дан­ного тела, при любом положении тела в пространстве. Что такая точка существует, следует из доказанного в § 3 1 .

Координаты центра тяжести, как центра параллельных сил, оп­ределяются формулами (57), следовательно,

хс = у^РьЧ> Ус = у^РьУк> *с = -р-^Рк

гк' (59)

где хк, ук, гк — координаты точек приложения сил тяжести рк, действующих на частицы тела.

Отметим в заключение, что согласно определению центр тя­жести — это точка геометрическая; она может лежать и вне пределов данного тела (например, для кольца) .

§33 . КООРДИНАТЫ ЦЕНТРОВ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ ТЕЛ

Для однородного тела вес рк любой его части пропорционален объему ьк этой части: рк=уок, а вес Р всего тела пропорционален объему V этого тела, т. е. Р=уУ, где у — вес единицы объема.

Подставив эти значения Р и рк в формулы (59), заметим, что во всех суммах у к ак общий множитель выносится за скобки и сокраща-

Рис. 105

89

ется с у в знаменателе. В результате из формул (59) получим:

хс = у^кхк, ус = у^кук, гс = у^кгк. (60)

Как видно, положение центра тяжести однородного тела зависит только от его геометрической формы, а от величины 7 не зависит. По этой причине точку С, координаты которой определяются форму­лами (60), называют центром тяжести объема V.

Путем аналогичных рассуждений легко найти, что если тело пред­ставляет собой однородную плоскую и тонкую пластину, то для нее

где 5 — площадь всей пластины; 8к — площади ее частей. Точку, координаты которой определяются формулами (61), на­

зывают центром тяжести площади 8. Точно так же получаются формулы для координат центра тя­

жести линии:

хс = Г ^ 1

У с = ТИ

1*У»

гс = г1

1к

гк> (62)

где Ь — длина всей линии; 1К — длины ее частей. По формулам (62) можно находить центры тяжести изделий из

тонкой проволоки постоянного сечения. Таким образом, центр тяжести однородного тела определяется,

как центр тяжести соответствующего объема, площади или линии.

§34 . СПОСОБЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ КООРДИНАТ ЦЕНТРОВ ТЯЖЕСТИ ТЕЛ

Исходя из полученных выше общих формул, можно указать конк­ретные способы определения координат центров тяжести тел.

1 . С и м м е т р и я . Если однородное тело имеет плоскость, ось или центр симметрии, то его центр тяжести лежит соответственно или в плоскости симметрии, или на оси симметрии, или в центре симметрии.

Допустим, например, что однородное тело имеет плоскость сим­метрии. Тогда этой плоскостью оно разбивается на две такие части, веса которых рх и р2 равны друг другу, а центры тяжести находят­ся на одинаковых расстояниях от плоскости симметрии. Следова­тельно, центр тяжести тела как точка, через которую проходит равнодействующая двух равных и параллельных сил рх и р2 , будет действительно лежать в плоскости симметрии. Аналогичный ре­зультат получается и в случаях, когда тело имеет ось или центр симметрии.

Из свойств симметрии следует, что центр тяжести однородного круглого кольца, круглой или прямоугольной пластины, прямо­угольного параллелепипеда, шара и других однородных тел, имею-

90

щих центр симметрии, лежит в геометрическом центре (центре сим­

метрии) этих тел.

2 . Р а з б и е н и е . Если тело можно разбить на конечное число

таких частей, для каждой из которых положение центра тяжести

известно, то координаты центра тяжести всего тела можно непосред­

ственно вычислить по формулам (59) — (62). При этом число сла­

гаемых в каждой из сумм будет равно числу частей, на которые

разбито тело.

Задача 45. Определить координаты центра тяжести однородной пластины, изображенной на рис. 106. Все размеры даны в сантиметрах.

Р е ш е н и е . Проводим оси х, и и разбиваем пластину на три прямоугольни­ка (линии разреза показаны на рис. 106). Вычисляем координаты центров тяжести каждого из прямоугольников и их площади (см. таблицу).

№ 1 2 3

—1 1 5

УК 1 5 9

ч 4 20 12

и 2 X

'Ш'г 'Ш'г

ш 'Ш'г

Рис. 106

Площадь всей пластины 5 = 5 1 + 5 2 + % = 3 6 см2.

Подставляя вычисленные величины в формулы (61), получаем:

Х 1 « 1 + * 2 « 2 + Хз5з —4 + 20 + 60 „1 Хс = _ _ _ см ,

Уг^+УгЧ + У&з __4 4- 100 + 108 ц8 У с _ _ _ = 5-д-см.

Найденное положение центра тяжести С показано на чертеже; точка С ока­залась вне пластины.

3 . Д о п о л н е н и е . Этот способ является частным случаем

способа разбиения. Он применяется к телам, имеющим вырезы,

если центры тяжести тела без выреза и выре­

занной части известныу

Задача 46. Определить положение центра тяжести круглой пластины радиуса Л с вырезом радиуса г (рис. 107). Расстояние С-уС^—а.

Р е ш е н и е . Центр тяжести пластины лежит на линии С?! С2, так как эта линия является осью сим­метрии. Проводим координатные оси. Для нахождения координаты хс дополняем площадь пластины до пол­ного круга (часть 1), а затем вычитаем из полученной площади площадь вырезанного круга (часть 2). При этом площадь части 2, как вычитаемая, должна браться со знаком минус. Тогда «1=я/?

2, з2=—пг

2, ^ = 0 , хг

Рис. 107

= а , 5 = 5 1 + 5 2 = я ( Д2- / - 2 ) ,

91

Подставляя найденные значения в формулы (61), получаем:

х1«1 + л:г52 яг2

1'г = 0.

Найденный центр тяжести С, как видим, лежит левее точки СГ.

4 . И н т е г р и р о в а н и е . Если тело нельзя разбить на не­сколько конечных частей, положения центров тяжести которых известны, то тело разбивают сначала на произвольные малые объемы Дуй, для которых формулы (60) принимают вид

ХС = У^

хкЬ»к

и т- Д- (63)

где хк, ук, гк — координаты некоторой точки, лежащей внутри объе­ма Дуь. Затем в равенствах (63) переходят к пределу, устремляя все Л»ь к нулю, т. е. стягивая эти объемы в точки. Тогда стоящие в равенствах суммы обращаются в интегралы, распространенные на весь объем тела, и формулы (63) дают в пределе:

(V) (V) (V)

(64)

Аналогично для координат центров тяжести площадей и линий получаем в пределе из формул (61) и (62):

(5) (5)

*с = х \ х с1/, ус = ^- ^ у о7, гс = у; ^ г а/.

<Ъ <Ъ к)

(65)

(66)

Пример применения этих формул к определению координат центра тяжести рассмотрен в следующем параграфе.

5 . Э к с п е р и м е н т а л ь н ы й с п о с о б . Центры тяжести неоднородных тел сложной конфигурации (самолет, паровоз и т. п.)

можно определять экспериментально. Один из возможных эксперименталь­ных методов (метод подвешивания)

Л \^~~~^ Сч 10 состоит в том, что тело подвешивают Е -—I—г+г-^Л На нити или тросе за различные его

точки. Направление нити, на которой подвешено тело, будет каждый раз давать направление силы тяжести. Точка пересечения этих направлений определяет центр тяжести тела.

Другим возможным способом экспериментального определения центра тяжести является метод взвешивания. Идея этого метода ясна из рассмотренного ниже примера.

Пример. Покажем, как можно экспериментально определить одну из коорди­нат центра тяжести самолета (расстояние а), если расстояние АВ=-1 (рис. 108)

Щттт

92

известно. Поставив колесо В на платформу весов, найдем взвешиванием силу дав­ления колеса на платформу; тем самым будет найдена численно равная этой силе реакция Л^. Точно так же взвешиванием находим реакцию Л/2. Приравнивая за­тем нулю сумму моментов всех сил относительно центра тяжести С самолета, полу­чаем А ^ а — — а ) — 0 , откуда находим а=/Л'1/(^1-|-Л

,2). Очевидно, Ад+А'з—-Р> где Р — вес самолета. Если значение величины Р

наперед известно, то для определения а можно обойтись только однократным взве­шиванием.

§ 35. ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ НЕКОТОРЫХ ОДНОРОДНЫХ ТЕЛ

1 . Ц е н т р т я ж е с т и д у г и о к р у ж н о с т и . Рас­смотрим дугу АВ радиуса Я с центральным углом АОВ =2а. В силу симметрии центр тяжести этой дуги лежит на оси Ох (рис. 109). Найдем координату хс по формулам (66). Д л я этого выделим на дуге АВ элемент ММ' длиной й1=Я ёш, положение которого определя­ется углом ф. Координата х элемента ММ' будет х=Я соз ф. Под­ставляя эти значения х и с1/ в первую из формул (66) и имея в виду, что интеграл должен быть распространен на всю длину дуги, полу­чим:

В а 1С Р

2 С Р

2

хс = -т- \ х а/ = -у- \ соз ф с!ф = 2 -у- зш ос, А - а

где Ь —• длина дуги АВ, равная Я -2а. Отсюда окончательно нахо­дим, что центр тяжести дуги окружности лежит на ее оси симмет­рии на расстоянии от центра О, равном

хс={Я зт а)1а, (67)

где угол а измеряется в радианах. 2 . Ц е н т р т я ж е с т и п л о щ а д и т р е у г о л ь н и к а .

Разобьем площадь треугольника АВЪ (рис. ПО) прямыми, парал-

Рис. 109 Рис. ПО

дельными стороне АО, на п узких полосок; центры тяжести этих полосок будут лежать на медиане ВЕ треугольника. Следовательно, и центр тяжести всего треугольника лежит на этой медиане. Анало­гичный результат получается для двух других медиан. Отсюда за-

93

ключаем, что центр тяжести площади треугольника лежит в точ­ке пересечения его медиан. При этом, как известно,

СЕ=ВЕ/3. (68)

3 . Ц е н т р т я ж е с т и п л о щ а д и к р у г о в о г о с е к ­т о р а . Рассмотрим круговой сектор ОАВ радиуса Р, с централь­ным углом 2а (рис. 111). Разобьем мысленно площадь сектора ОАВ радиусами, проведенными из центра О, на п секторов. В пределе,

Рис. Ш Рис. 112 Рис. 113

при неограниченном увеличении числа п, эти секторы можно рас­сматривать как плоские треугольники, центры тяжести которых лежат на дуге ИЕ радиуса 2^/3 . Следовательно, центр тяжести сек­тора ОАВ совпадает с центром тяжести дуги БЕ, положение кото­рого найдется по формуле (67). Окончательно получим, что центр тяжести площади кругового сектора лежит на его оси симметрии на расстоянии от центра О, равном

2 Я 51П а

* с = з — — • (69)

Приведем без доказательств еще два результата. 4 . Ц е н т р т я ж е с т и о б ъ е м а п и р а м и д ы (или

к о н у с а ) . Этот центр С лежит на прямой СгЕ (рис. 112), где Е — вершина, — центр тяжести площади основания пирамиды; при этом

СС^ЕСг/4. (70)

Результат справедлив для любой многоугольной пирамиды и для конуса.

5 . Ц е н т р т я ж е с т и о б ъ е м а п о л у ш а р а . Этот центр С лежит на оси Ох (оси симметрии, рис . 113), а его координата

хс=0С=ЗР</8, (71)

где Я — радиус полушара. Формулы, определяющие координаты центров тяжести других

однородных тел, можно найти в различных технических справочни­ках .

Раздел второй

КИНЕМАТИКА ТОЧКИ И ТВЕРДОГО ТЕЛА

Глава IX

КИНЕМАТИКА ТОЧКИ

§ 36. ВВЕДЕНИЕ В КИНЕМАТИКУ

Кинематикой называется раздел механики, в котором изуча­ются геометрические свойства движения тел без учета их инертно­сти (массы) и действующих на них сил .

Кинематика представляет собой, с одной стороны, введение в динамику, так как установление основных кинематических понятий и зависимостей необходимо для изучения движения тел с учетом действия сил. С другой стороны, методы кинематики имеют и са­мостоятельное практическое значение, например, при изучении пе­редач движения в механизмах.

Под движением мы понимаем в механике изменение с течением времени положения данного тела в пространстве по отношению к другим телам.

Д л я определения положения движущегося тела (или точки) в разные моменты времени с телом, по отношению к которому изучает­ся движение, жестко связывают какую-нибудь систему координат, образующую вместе с этим телом систему отсчета. В дальнейшем будем говорить о движении тела (или точки) по отношению к данной системе отсчета, подразумевая под этим движение по отношению к тому телу, с которым эта система отсчета связана. Изображать сис­тему отсчета будем в виде трех координатных осей (не показывая тело, с которым они связаны). Выбор системы отсчета в кинематике произволен (определяется целью исследования), и в отличие от ди­намики (см. § 74) все кинематические зависимости, полученные при изучении движения в какой-нибудь одной системе отсчета, будут справедливы и в любой другой системе отсчета.

Движение тел совершается в пространстве с течением времени. Пространство в механике мы рассматриваем как трехмерное евкли­дово пространство. Все измерения в нем производятся на основании методов евклидовой геометрии. За единицу длины при измерении расстояний принимается 1 м. Время в механике считается универ­сальным, т. е. протекающим одинаково во всех рассматриваемых

95

системах отсчета. За единицу времени принимается 1 с. Размерность длины обозначается символом Ь, а времени — символом Т.

Евклидово пространство и универсальное время отражают реаль­ные свойства пространства и времени лишь приближенно. Однако, как показывает опыт, для движений, которые изучаются в механике (движения со скоростями, далекими от скорости света), это прибли­жение дает вполне достаточную для практики точность.

Время является скалярной, непрерывно изменяющейся величи­ной. В задачах кинематики время I принимают за независимое пере­менное (аргумент). Все другие переменные величины (расстояния, скорости и т. д.) рассматриваются как изменяющиеся с течением вре­мени, т. е. как функции времени I. Отсчет времени ведется от не­которого начального момента (^=0) , о выборе которого в каждом случае условливаются. Всякий данный момент времени I определя­ется числом секунд, прошедших от начального момента до данного; разность между какими-нибудь двумя последовательными момен­тами времени называется промежутком времени.

Почерпнутые из опыта и подтвержденные практикой основы, на которых строится кинематика, дают аксиомы геометрии. Никаких дополнительных законов или аксиом для кинематического изучения движения не требуется.

Д л я решения задач кинематики надо, чтобы изучаемое движение было как-то задано (описано).

Кинематически задать движение или закон движения тела (точ­ки) — значит задать положение этого тела (точки) относительно данной системы отсчетав любой момент времени. Установление ма­тематических способов задания движения точек или тел является одной из важных задач кинематики. Поэтому изучение движения любого объекта будем начинать с установления способов задания этого движения.

Основная задача кинематики точки и твердого тела состоит в том, чтобы, зная закон движения точки (тела), установить методы определения всех кинематических величин, характеризующих дан­ное движение.

Изучение кинематики начнем с изучения движения простейшего объекта — точки (кинематика точки), а затем перейдем к изучению кинематики твердого тела.

Непрерывная линия, которую описывает движущаяся точка от­носительно данной системы отсчета, называется траекторией точки. Если траекторией является прямая линия, движение точки называ­ется прямолинейным, а если кривая — криволинейным.

§ 37. СПОСОБЫ ЗАДАНИЯ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ

Для задания движения точки можно применять один из следую­щих трех способов: 1) векторный, 2) координатный, 3) естественный.

1 . В е к т о р н ы й с п о с о б з а д а н и я д в и ж е н и я т о ч к и . Пусть точка М движется по отношению к некоторой си­стеме отсчета Охуг. Положение этой точки в любой момент времени-

96

можно определить, задав ее радиус-вектор г, проведенный из на­чала координат О в точку М (рис. 114).

При движении точки М вектор г будет с течением времени изме­няться и по модулю, и по направлению. Следовательно, г является переменным вектором (вектором-функцией), зависящим от аргу­мента и

7=7(1). (1)

Равенство (1) и определяет закон движения точки в векторной форме, так как оно позволяет в любой момент времени построить соответствующий вектор г и найти положение движущейся точки.

Геометрическое место концов вектора г, т. е. годограф этого век­тора, определяет траекторию движущейся точки.

Аналитически, как известно, вектор задается его проекциями на координатные оси. В прямоугольных декартовых координатах для вектора г будет: гх=х, гу=укг-—г (см. рис. 114), где х, у, г — де­картовы координаты точки. Тогда, если ввести единичные векторы (орты) ^ /, к

координатных осей, получим для г выра­жение _

г = х1 + у] + гк. (2)

Следовательно, зависимость (1) г от I будет известна, если будут заданы коор­динаты х, у, г точки как функции време­ни. Такой способ задания движения точки (координатный) рассмотрим ниже. Век­тор г может быть задан, как известно, и иными способами, например его модулем и углами с осями или проекциями на оси других систем координат. Д л я получения общих формул, не зависящих от того, как конкретно задан векгор г, будем исходить из векторного закона дви­жения, представленного равенством (1).

2 . К о о р д и н а т н ы й с п о с о б з а д а н и я д в и ж е ­н и я т о ч к и . Положение точки можно непосредственно опре­делять ее декартовыми координатами х, у, г, которые при движении точки будут с течением времени изменяться. Чтобы знать закон дви­жения точки, т. е. ее положение в пространстве в любой момент вре­мени, надо знать значения координат точки для каждого момента времени, т. е. знать зависимости

* = М 0 , У=Ш, г=Ш- (3)

Уравнения (3) представляют собой уравнения движения точки в прямоугольных декартовых координатах. Они определяют закон движения точки при координатном способе задания движения *.

* Задать движение точки можно, пользуясь и другими системами координат, например полярными (см. § 47), сферическими и т. д.

4 № 2173 97

Если движение точки происходит все время в одной и той же плоскости, то, приняв эту плоскость за плоскость Оху, получим в этом случае два уравнения движения:

х=Ш, У=Ш- (4)

Наконец, при прямолинейном движении точки, если вдоль ее траектории направить координатную ось Ох, движение будет опре­деляться одним уравнением (законом прямолинейного движения точки)

х=№- (5)

Уравнения (3) и (4) представляют собой одновременно уравне­ния траектории точки в параметрической форме, где роль параметра играет время /. Исключив из уравнений движения время I, можно найти уравнение траектории в обычной форме, т. е. в виде, дающем зависимость между координатами точки.

Пример. Пусть движение точки в плоскости Оху дано уравнениями:

х=21, у=\212, (а)

где х, у выражены в сантиметрах; (— в секундах. По этим уравнениям можно найти, что в момент времени / = 0 точка находится

в положении А10 (0, 0), т. е. в начале координат, в момент ^ = 1 с — в положении Мг ('2,12^ и т д. Таким образом, уравнения (а) делствктельно определяют положе­ние точки в любой момент времени. Давая I разные значения и изображая соот­ветствующие положения точки на рисунке, можем построить ее траекторию.

Другим путем траекторию можно найти, исключив / из уравнений (а). Из первого уравнения находим {=х

!2 и, подставляя эю значение I во второе уравне­

ние, получаем у-За2 Следовательно, траекторией точки является парабола с

вершиной в начале координат и осью, параллельной оси Оу. Другие примеры определения траектории точки см. в §41 .

3 . Е с т е с т в е н н ы й с п о с о б з а д а н и я д в и ж е ­н и я т о ч к и . Естественным (или траекторным) способом задания

д , движения удобно пользоваться в тех слу-чаях, когда траектория движущейся точки известна заранее. Пусть кривая АВ явля­ется траекторией точки М при ее движении относительно системы отсчета Охуг (рис. 115). Выберем на этой траектории какую-

'Мг нибудь неподвижную точку О', которую примем за начало отсчета, и установим на

'х " траектории положительное и отрицатель-Рис. 115 ное направления отсчета (как на координат­

ной оси). Тогда положение точки М на тра­ектории будет однозначно определяться криволинейной коорди­натой 5, которая равна расстоянию от точки О' до точки М, изме­ренному вдоль дуги траектории и взятому с соответствующим зна­ком. При движении т о чк аМ перемещается в п о л о ж е н и я м ! , М2 , . . ., следовательно, расстояние 5 будет с течением времени изменяться. Чтобы знать положение точки М на траектории в любой момент вре­мени, надо знать зависимость

8 = К 0 . (6)

98

Уравнение (6) и выражает закон движения точки М вдоль тра­ектории.

Таким образом, чтобы за тать движение точки естественным спо­собом, надо задать: 1) траекторию точки; 2) начало отсчета на траек­тории с указанием положительного и отрицательного направлении отсчета; 3) закон движения точки вдоль траектории в виде 5 = / ( 0 -

Заметим, что величина 5 в уравнении (6) определяет положение движущейся точки, а не пройденный ею путь. Например, если точ­ка, двигаясь из начала О', доходит до положения Мг (рис. 115), а затем, перемещаясь в обратном направлении, приходит в положе­ние М, то в этот момент ее координата 5=0'М, а пройденный за время движения путь б\дет равен О'М^М^М, т. е. не равен 5.

§38 . ВЕКТОР СКОРОСТИ ТОЧКИ

Одной из основных кинематических характеристик движе­ния точки является векторная величина, называемая скоростью точки. Введем сначала понятие о средней скорости точки за какой-нибудь промежуток времени. Пусть движущаяся точка находится

Рис. 116

в момент времени I в положении М, определяемом радиусом-векто­

ром г, а в момент приходит в положение Л1 ь определяемое векто­

ром /х (рис. 116). Тогда перемещение точки за промежуток времени

А / = ^ — I определяется вектором ММи который будем называть

вектором перемещения точки. Этот вектор направлен по хорде, если

точка движется криволинейно (оис. 116, а), и вдоль самой траек­

тории А В, когда движение является прямолинейным (рис. 116, б).

Из треугольника ОМ видно, что г+ММ^ГИ следовательно,

Л Ш 1 = 7 1 — 7 = А г Г

Отношение вектора перемещения точки к соответствующему промежутку времени дает векторную величину, называемую сред­ней по модулю и направлению скоростью точки за промежуток вре­мени Л?:

уср == ММ^Ы = Д7/Д* (7)

4 * 99

Направлен вектор сср так же, как и вектор ММи т. е. при криво­линейном движении вдоль хорды ММ1г в сторону движения точки, а при прямолинейном движении — вдоль самой траектории (от де­ления на к.1 направление вектора не изменяется).

Очевидно, что чем меньше будет промежуток времени М, для которого вычислена средняя скорость, тем величина уср будет точ­нее характеризовать движение точки. Чтобы получить точную характеристику движения, вводят понятие о скорости точки в данный момент времени.

Скоростью точки в данный момент времени I называется вектор­ная величина V, к которой стремится средняя скорость иср при стрем­лении промежутка времени М к нулю:

V = Н т (усч) = И т ^7 .

Предел отношения А г Ш при А^ 0 представляет собой первую

производную от вектора г по аргументу I и обозначается, как и про­

изводная от скалярной функции, символом АгШ. Окончательно по­

лучаем

<8>

Итак, вектор скорости точки в данный момент времени равен первой производной от радиуса-вектора точки по времени.

Так как предельным направлением секущей ЛШХ является ка­сательная, то вектор скорости точки в данный момент времени на­правлен по касательной к траектории точки в сторону движения.

Формула (8) показывает также, что вектор скорости ь равен от­ношению элементарного перемещения точки а>, направленного по касательной к траектории, к соответствующему промежутку вре­мени с1/.

При прямолинейном движении вектор скорости V все время на­правлен вдоль прямой, по которой движется точка, и может изме­няться лишь численно; при криволинейном движении кроме чис­лового значения все время изменяется и направление вектора ско­рости точки. Размерность скорости Ь/Т, т. е. длина/время; в ка­честве единиц измерения применяют обычно м/с или км/ч. Вопрос об определении модуля скорости будет рассмотрен в § 40 и 42.

§ 39. ВЕКТОР УСКОРЕНИЯ ТОЧКИ

Ускорением точки называется векторная величина, характери­зующая изменение с течением времени модуля и направления ско­рости точки.

Пусть в некоторый момент времени ^ д вижущаяся точка нахо­

дится в положении М и имеет скорость у, а в момент ^ приходит в

100

положение Мг и имеет скорость ух (рис. 117). Тогда за промежуток

времени А^=^1—I скорость точки получает приращение ко=уг—V.

Д л я построения вектора До отложим от точки М вектор, равный иь

и построим параллелограмм, в котором диагональю будет ои а

одной из сторон V. Тогда, очевидно, вторая сторона и будет изобра­

жать вектор До. Заметим, что вектор

До всегда направлен в сторону вог­

нутости траектории.

Отношение приращения вектора скорости До к соответствующему про­межутку времени Д^ определяет век­тор среднего ускорения точки за этот промежуток времени:

: До/ДГ. (9) Рис. 117

Вектор среднего ускорения имеет то же направление, что и век­

тор До, т. е. направлен в сторону вогнутости траектории. Ускорением точки в данный момент времени I называется век­

торная величина а, к которой стремится среднее ускорение аср при стремлении промежутка времени Д^ к нулю:

— ,. Ду ёи а = пт -гг = 7Г

или, с учетом равенства (8),

а/2 *

(10)

Следовательно, вектор ускорения точки в данный момент време­ни равен первой производной от вектора скорости или второй произ­водной от радиуса-вектора точки по времени.

Размерность ускорения ЫТ2, т. е. длина/(время)2; в качестве

единицы измерения применяется обычно м/с2.

Из формулы (10) следует также, что вектор ускорения точки а

равен отношению элементарного приращения вектора скорости йо

к соответствующему промежутку времени с№.

Найдем, как располагается вектор а по отношению к траекто­рии точки. При прямолинейном движении вектор а направлен вдоль прямой, по которой движется точка. Если траекторией точки явля­ется плоская кривая, то вектор ускорения а, так же как и вектор аср, лежит в плоскости этой кривой и направлен в сторону ее вогнутости.

Если траектория не является плоской кривой, то вектор аср на­правлен в сторону вогнутости траектории и лежит в плоскости, про­ходящей через касательную к траектории в точке М и прямую, па­раллельную касательной в соседней точкеМх (рис. 117). В пределе,

101

когда точка стремится к М, эта плоскость занимает положение так называемой соприкасающейся плоскости, т. е. плоскости, в кото­рой происходит бесконечно малый поворот касательной к траектории при элементарном перемещении движущейся точки *. Следователь­но, в общем случае вектор ускорения а лежит в соприкасающейся плоскости и направлен в сторону вогнутости кривой. Вопрос об определении модуля ускорения будет рассмотрен в § 40 и 43.

§ 40. ОПРЕДЕЛЕНИЕ СКОРОСТИ И УСКОРЕНИЯ ТОЧКИ ПРИ КООРДИНАТНОМ СПОСОБЕ ЗАДАНИЯ ДВИЖЕНИЯ

Найдем, как вычисляются скорость и ускорение точки, если ез движение задано уравнениями (3) или (4). Вопрос об определении траектории в этом случае был уже рассмотрен в § 3 7 .

Формулы (8) и (10), определяющие значения V и а, содержат производные по времени от векторов г и о. В равенствах, содержа­щих производные от векторов, переход к зависимостям между их проекциями осуществляется с помощью следующей теоремы: про­екция производной от вектора на ось, неподвижную в данной систе­ме отсчета, равна производной от проекции дифференцируемого вектора на ту же ось, т. е.

А~р &пх йр„ $р .... если Ч=~й>

10 ЯХ=Ж> °у = ТГ >

аг = 1гГ-

1 . О п р е д е л е н и е с к о р о с т и т о ч к и . Вектор ско­

рости точки о=&г1а1. Отсюда на основании формул (И ) , учитывая,

что гх=х, гу=у, г 2 = 2 , найдем:

ЙХ АУ й2 .. „ .

нтн

Ох = Х, Ьу = у, 1'2 = 2, (12')

где точка над буквой есть символ дифференцирования по времени. Таким образом, проекции скорости точки на координатные оси равны первым производным от соответствующих координат течки по вре­мени.

Зная проекции скорости, найдем ее модуль и направление (т. е.

углы а, р\ у, которые вектор о образует с координатными осями) по

формулам

V = У~VX + VУ + V^•, \ (13ч

соз а = ох/о, соз р = о /о, со з у = ог/у. / * >

* Для пространственной кривой (например, для винтовой линии) в каждой точке кривой будет своя соприкасающаяся плоскость. Для плоской кривой со­прикасающаяся плоскость совпадает с плоскостью этой кривой и является общей для всех ее точек.

102

2 . О п р е д е л е н и е у с к о р е н и я т о ч к и . Вектор ус­

корения точки а=ау / а / . Отсюда на основании формул (11) получаем:

_ а ^ _ й ^ _ < Ч _ о ^ /14ч

"•V- -

ск2 ' " у

- с!*2 ' *~ й{ — с!/

2 К '

I I Т !

а* = ^ = Аг, ° у =

и'Е,

= ^ ^ = ^ = 2 , (14')

т. е. проекции ускорения точки на координатные оси равны первым производным от проекций скорости или вторым производным от соответствующих координат точки по времени. Модуль и направле­ние ускорения найдутся из формул

а = Уг ах-^а;,-га\;

сова1 = ах/а, соз р\ •= ау/а, с05 у 1 = аг/а, ) у

'

где аь рь ух — углы, образуемые вектором ускорения с коорди ЬаТНЬШИ осями.

Итак, если движение точки задано в декартовых прямоугольных координатах уравнениями (3) или (4), то скорость точки определя­ется по формулам (12) и (13), а ускорение — по формулам (14) и (15). При этом в случае движения, происходящего в одной плоско­сти, во всех формулах должна быть отброшена проекция на ось г.

В случае же прямолинейного движения, которое задается одним уравнением х = / ( / ) , будет

Равенства (16) и определяют значения скорости и ускорения точки в этом случае.

§ 41. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ КИНЕМАТИКИ ТОЧКИ

Задачи, решаемые методами кинематики точки, могут состоять в определении траектории, скорости или ускорения точки, в отыска­нии времени, в течение которого точка проходит тот или иной путь, или пути, проходимого за тот или иной промежуток времени, и т. п.

Прежде чем решать любую из такого рода задач, надо устано­вить, по какому закону движется точка. Этот закон может быть не­посредственно задан в условиях задачи (задачи 47, 48) или же из условий задачи определен (задачи 49, 50).

Задача 47. Движение точки задано уравнениями (х, у — в метрах, {— в се­кундах).

х=В1—4Р, у=Ы—ЗР.

Определить траекторию, скорость и ускорение точки. Р е ш е н и е . Для определения траектории исключаем из уравнений дви­

жения время I. Умножая обе части первого уравнения на 3, а обе части второ-ю — на 4 и почленно вычитая из первого равенства второе, получим: Зх—4г/=0 или у=3х,'4.

103

Следовательно, траектория — прямая линия, наклоненная к оси Ох под уг­лом а, где 4§а=

3/ 4 (рис. 118).

Определяем скорость точки. По формулам (12) и (13) получаем:

ух=х = 8(1-(), 0у = у = 6(1~();

р = К о ! + о З = 1 0 | 1 - < | .

Теперь находим ускорение точки. Формулы (14) и (15) дают:

ах = х = —8, ау=у =—6, а=10м/сг.

Направлены векторы у и а вдоль траектории, т. е. вдоль прямой АВ. Проекции ускорения на координатные оси все время отрицательны, следовательно, ускоре­ние имеет постоянное направление от В к А. Проекции скорости при 0 < / < 1 по­ложительны, следовательно, в течение этого промежутка времени скорость точки направлена от О к В. При этом в момент времени ^=0V= 10 м/с; в момент ( = 1 с у—0. В последующие моменты времени (<>1 с) обе проекции скорости отрицательны и, следовательно, скорость направлена от В к Л, т. е. так же, как и ускорение.

Заметим, наконец, чго при (=0 х=0 и у=0; при г=1с х=4, у=3 (точка В); при 7= 2с х=0, у=0; при г>2с значения х и у растут по модулю, оставаясь отри­цательными.

Итак, заданные в условиях задачи уравнения движения рассказывают нам всю историю движения точки. Движение начинается из точки О с начальной ско­ростью 11,= 10 м/с и происходит вдоль прямой АВ, наклоненной к оси Ох под углом а, для которого 1§ а=

3/ 4 . На участке ОВ точка движется замедленно (модуль ее

скорости убывает) и через одну секунду приходит в положение В (4, 3), где ско­рость ее обращается в нуль. Отсюда начинается ускоренное движение в обратную сторону. В момент /=2с точка вновь оказывается в начале координат и дальше продолжает свое движение вдоль ОА, Ускорение точки все время равно 10 м/с

2.

I

Рис. 118 Рис. 119

Задача 48. Движение точки задано уравнениями:

х=Я зт Ш, у=Я сс&Ш, г=и{,

где Я-, ш и и — постоянные величины. Определить траекторию, скорость и уско­рение точки.

Р е ш е н и е . Возводя первые два уравнения почленно в квадрат и складывая, получаем

хЦ-у^Я*.

Следовательно, траектория лежит на круглом цилиндре радиуса Я, ось ко­торого направлена вдоль оси Ог (рис. 119). Определяя из последнего уравнения I и подставляя в первое, находим

х=Я зт (<аг/и),

104

Таким образом, траекторией точки будет линия пересечения синусоидальной поверхности, образующие которой параллельны оси Оу (синусоидальный гофр) с цилиндрической поверхностью радиуса #. Эта кривая называется винтовой линией. Из уравнений движения видно, что один виток винтовой линий точка про­ходит за время 1г, определяемое из равенства со^=2я. При этом вдоль оси г точ­ка за это время перемещается на величину к=и(1=2пи/а, называемую шагом винтовой линии.

Найдем скорость и ускорение точки. Дифференцируя уравнения движения по времени, получаем:

УХ = Х= Я<о соз со?, "оу = у = —Лсозшсо?,

у2 = г = и,

откуда

о = V #2со

2 (соз

2 Ш + зш

2 Щ + и

2 = Уя

2ы

2 + и

2.

Стоящие под знаком радикала величины постоянны. Следовательно, движение происходит с постоянной по модулю скоростью, направленной по касательной к траектории, Теперь по формулам (14) вычисляем проекции ускорения:

ах = г'х = — Я®2 з'т а>(,

ау~

х)у =

—'^°2 003

аг = 1'г = О, откуда

Итак, двлжение происходит с постоянным по модулю ускорением, Для опре­деления направления ускорения имеем формулы:

, соз 0 4 = ах1а=—зт сог=—х/Я,

соз $х=ау/а=—соз Ы=—у/Я, с о з 7 1 =о 2 / а=0 .

Но, очевидно, х!Я=соъа, у//?=созР,

где а и Р —углы, образуемые с осями Ох и Оу радиусом Я, проведенным от оси цилиндра к движущейся точке. Так как косинусы углов аг и р\ отличаются от ко­синусов аир

1 только знаками, то отсюда заключаем, что ускорение точки все вре­

мя направлено по радиусу цилиндра к его оси. Заметим, что хотя в данном случае движение и происходит со скоростью, по­

стоянной по модулю, ускорение точки не равно нулю, так как направление ско­рости изменяется.

Задача 49. Человек ростом к удаляется от фонаря, висящего на высоте Н, двигаясь прямолинейно со скоростью и. С какой скоростью движется конец тени человека?

Р е ш е н и е . Для решения задачи найдем сначала закон, по которому дви­жется конец тени. Выбираем начало отсчета в точке О, находящейся на одной вер­тикали с фонарем, и направляем вдоль прямой, по которой движется конец тени, координатную ось Ох (рис. 120). Изображаем человека в произвольном положении на расстоянии хх от точки О. Тогда конец его тени будет находиться от начала О на расстоянии я2.

Из подобия треугольников ОАМ и ОАВ находим:

Я

Это уравнение выражает закон движения конца тени М, если закон движения человека, т, е, хх=^(1), известен,

105

Взяв производную по времени от обеих частей равенства и замечая, что по

формуле (16) Хх=их=и, x^=-Vx=•V, где о — искомая скорость, получим

И

Если человек движется с постоянной скоростью (а=сопз1), то скорость конца тени М будет тоже постоянна, ко в НЦН—Н) раз больше, чем скорость человека.

Обращаем внимание на то, что при составлении уравнений движения надо изображать движущееся тело или механизм (см. задачу 50) в произвольном поло-осении. Только тогда мы потучим уравнения, определяющие положение движу­щейся точки (или тела) з любой момент времени.

Рис. 120 Рис. 121

Задача 50. Определить траекторию, скорость н ускорение середины М шату­на крнвошипно-ползу иного механизма (рис. 121), если ОА=АВ=2Ь, а угол ср при вращении кривошипа растет пропорционально времени: ц>=а>{.

Р е ш е н и е . Начинаем с определения уравнений движения точки Л1. Про­водя оси и обозначая координаты точки М в произвольном положении через х и у находим

Х~2Ь СОЗ ф + & СОЗ ф, у=Ъ 51П ср.

Заменяя ср его значением, получаем уравнения движения точки М:

х=ЗЬ соз а>1, у-=Ь 8ш Ш.

Для определения траектории точки М представим уравнения движения в виде

Зу Ь

Возводя эти равенства почленг.о в квадрат и складывая, получим

9о2^ Ь

2

Итак, траектория точки М — эллипс с полуосями 36 и Ь. Теперь по формулам (12) п ^ 13) находим скорость точки М:

1<х—'х = —Згшзшш?, ьу~у=Ъ<то%ш1\

V = Ьк>уг9 зш

а ш(соь

2 сйЛ

Скорость оказывается величиной переменной,' меняющейся с течением времени в пределах от ь'та;п=6й до г!^ах~ЗЬы.

Далее по формулам (14; определяем проекции ускорения точки М;

ах~— ЗЬ(й2со$ ш?——ш

2*, ау=~йш

азш со/——Ф

2у;

106

отсюда а = К со* ( г * + г/

2) = и

2/-,

где г — длина радиуса-вектора, проведанного из центра О до точки М. Следо­вательно, модуль ускорения точки меняется пропорционально ее расстояние от центра эллипса.

Для определения направления а имеем по формулам (15):

0 0 5 ^ = ^ / ( 2 = — х / г , соз Рг=ау/а=—у!г.

Отсюда, так же как и в'задаче 48, находим, что ускорение точки М все вреь-ч направлено вдоль МО к центру эллипса.

§ 42. ОСИ ЕСТЕСТВЕННОГО ТРЕХГРАННИКА. ЧИСЛОВОЕ ЗНАЧЕНИЕ СКОРОСТИ

Рассмотрим, как вычисляются скорость и ускорение точки при естественном способе задания движения (см. § 37), т. е. когда заданы траектория точки и закон движения точки вдоль этой траектории в виде 5 = / ( ^ ) .

В этом случае значения векторов V я а определяют по их проек­циям не на оси системы отсчета Охуг (как в § 40), а на подвижные оси МтпЬ, имеющие начало в точке М и движущиеся вместе с нею (рис. 122). Эти оси, называемые осями естественного трехгранника (или скоростными осями), направлены следующим образом: ось Мх — по касательной к траектории в сторону положительного отсчета расстояния 5; ось Мп — по нормали к траектории, лежащей в соприкасающейся плоскости и направленной в сторону вогнутости траектории; ось МЬ — перпендикулярно к первым двум так, чтобы она образовала с ними правую систему осей. Нормаль Мп, ле­жащая в соприкасающейся плоскости (в плоскости самой кривой, если кривая плоская), называется главной нормалью, а перпендикулярная ей нормаль МЬ — би­нормалью.

Скорость точки, направленная по каса­тельной к траектории (рис. 122), определяет­ся в осях МхпЬ только одной проекцией ь\ на ось Мх. При этом о х = о или их=—V. Следовательно, ь'х или сов­падает с модулем скорости V, или отличается от V только знаком. Условимся поэтому в дальнейшем обозначать ~ох тоже символом ь\ опуская индекс х, и называть V числовым (или алгебраическим) зна­чением скорости. Модуль скорости во всех случаях, когда это не может вызвать недоразумений, будем тоже обозначать символом V, а когда надо подчеркнуть, что речь идет о модуле скорости,— при­менять символ | о | .

Найдем значение У . Если за промежуток времени А^ точка совершит вдоль дуги траектории перемещение ММ^Аз (см. рис. 115), где одновременно Ах — приращение координаты 5, то численно средней скоростью точки за этот промежуток времени

107

будет иср—Дя/Л^ и в пределе найдем, что

^ ' ^ д ! или 0 = ^ = 5. (17)

Таким образом, числовое значение скорости точки в данный мо­мент времени равно первой производной от расстояния (криволиней­ной координаты) 5 этой точки по времени.

Значение V можно также находить как отношение элементарного перемещения точки к соответствующему промежутку времени И. Так как всегда <1О0, то знак V совпадает со знаком Й5. Следователь­но, когда 1 Г > 0 , скорость направлена в сторону положительного отсчета расстояния 5, а когда У < 0 , — в противоположную сторону. Таким образом, величина V одновременно определяет и модуль ско­рости, и сторону, куда она направлена.

§43 . КАСАТЕЛЬНОЕ И НОРМАЛЬНОЕ УСКОРЕНИЯ ТОЧКИ

В § 39 было установлено, что ускорение а точки лежит в соприка­

сающейся плоскости, т. е. в плоскости Мхп. Следовательно, проек­

ция вектора а на бинормаль МЬ равна нулю (аь=0). Найдем проек­

ции а на две другие оси. Проектируя_обе части равенства (10) на оси

Мх и Мп и обозначая символами и проекции вектора йю

на эти оси, получим:

ах=-(&)Т/<И, ап = Щп1<И. (18)

Вектор сЬ представляет собой разность между скоростями в двух

соседних точках М и М' (рис. 123, а), т. е. йа=г>'—V. Отложим

векторы ю=МА и и ' = М В от общего начала (рис. 123, б); тогда Й У —

Рис. 123

—АВ, а фигуру АСВВ при бесконечно малом угле скр можно рас­сматривать как прямоугольник. Отсюда (№)х=АС=ОВ=МВ— —МЛ—и '—р=ск> , где сЬ — элементарное приращение числового значения скорости. Далее, поскольку предел отношения дуги к хорде равен единице, можно АО рассматривать как элементарную дугу радиуса МА, размер которой определяется произведением радиуса на центральный угол. Тогда (йц)п—АО=МА -с1ф=тс1ф. Подставляя найденные значения (ЙУ)Х И (№)п в равенства (18), получим:

аг = сЬ/с^, а„ —идф/с!/ (19)

108

Угол между касательными к кривой в двух ее точках называется углом смежности; тогда аср — элементарный угол смежности. На­помним, что отношение аср к ах = ММ', определяет кривизну кривой в точке М, а кривизна к является величиной, обратной радиусу кривизны р в этой точке, т. е.

йфМ5=А=1/р, (20)

Введем эту величину во второе из равенств (19) и преобразуем его, учтя еще равенство (17), к виду

йср йз I уа

а„ = о -^-^- = 0 о = — . " аз а7 р р

В результате окончательно получим:

а*г=

й = йГ*' а

«=

р ' а

ь = °- <21

)

Таким образом, мы доказали, что проекция ускорения точки на касательную равна первой производной от числового значения ско­рости или второй производной от расстояния (криволинейной коор­динаты) 5 по времени, а проекция ускорения на главную нормаль равна квадрату скорости, деленному на радиус кривизны траектории в данной точке кривой; проекция ускорения на бинормаль равна нулю. Это одна из важных теорем кинематики. Величины ах и ап называют касательным и нормальным ускорениями точки.

При движении точки М в одной плоскости касательная Мх поворачивается вокруг бинормали МЬ с угловой скоростью со=скр/а7. Тогда второе из равенств (19) дает еще одну, часто используемую в инженерной практике формулу для вычисления ап:

ал=усо. (21')

Из нее следует, что нормальное ускорение равно произведению скорости точки на угловую скорость поворота касательной к траектории.

Отложим вдоль касательной Мх и главной нормали Мп векторы ах и ап, т. е. касательную и нормальную составляющие ускорения (рис. 124). При этом со­ставляющая ап будет всег­да направлена в сторону вогнутости кривой, так как всегда а , г>0, а составляю­щая ах может быть направ­лена или в положительном, или в отрицательном на­правлении оси Мх в зави­симости от знака проекции ах (см. рис. 124, а, б).

Вектор ускорения точки а изображается диагональю парал­

лелограмма, построенного на составляющих ах и ап. Так к ак эти

составляющие взаимно перпендикулярны, то модуль вектора а

109

и угол у, его отклонения от нормали Мп определятся формулами:

Ч^ = ~> (22)

где — я/2$$р.?=Зг/2; при ц > 0 вектор а отклонен от нормали Мп в сторону оси Мх (рис. 124, а), а при р .<0 — в противоположную сторону (рис. 124, б).

Таким образохМ, если движение точки зсдако естественным спосо-Сом, то, зная траекторию (а следовательно, и ее радиус кривизны р в любой точке) и закон движения, т. е. зависимость 5 - / ( 0 . можко по формулам (17) и (21), (22) определить модуль и направление векторов скорости и ускорения точки в любой момент времени.

§ 44. НЕКОТОРЫЕ ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ

Пользуясь полученными результатами, рассмотрим некоторые частные случаи движения точки.

1 . П р я м о л и н е й н о е д в и ж е н и е . Если траекторией точки является прямая линия, то р = о о . Тогда ал=ь

2!р—0 и все

ускорение точки равно одному только касательному ускорению:

а=-ах = ^/й1. (23)

Так как в данной случае скорость изменяется только численно, то отсюда заключаем, что касательное ускорение характеризует изменение числового значения скорости.

2 . Р а в н о м е р н о е к р и в о л и н е й н о е д в и ж е н и е . Равномерным называется такое криволинейное движение точки, в котором числовое значение скорости все время остается постоян­ным: а=соп5С. Тогда а т = а и ' а 7 = 0 и все ускорение точки равно одному только нормальному ускорению:

а = а п = о2/ р . (24)

Вектор ускорения а направлен при этом все время по нормали к траектории точки.

Так как в данном случае ускорение появляется только за счет изменения направления скорости, то отсюда заключаем, что нор­мальное ускорение характеризует изменение скорости по направле­нию.

Найдем закон равномерного криволинейного движения. Из фор­мулы (17) имеем 6^5~VА^. Пусть в начальный момент времени (^=0) точка находится от начала отсчета на расстоянии 50. Тогда, беря от левой и правой частей равенства определенные интегралы в соот­ветствующих пределах, получим

5 I

а 5=§ 1>сИ или 5 — 5 0 = ^ , $„ о

Ш

так как у=соп$т. Окончательно находим закон равномерного кри­волинейного движения точки в виде

5 = 5 0 - К ' 1 . (25)

Если в равенстве (25) положить 5 0 = 0 , то 5 даст путь, пройденный точкой за время I. Следовательно, при равномерном движении путь, пройденный точкой, растет пропорционально времени, а скорость точки равна отношению пути ко времени:

5 = ^ , ь=$'1. (25')

3 . Р а в н о м е р н о е п р я м о л и н е й н о е д в и ж е н и е . В этом случае ап=ах—0, а значит, и а=0. Заметил!, что единствен­ным двшюением, в котором ускорение точки все время равно нулю, является равномерное прямолинейное движение.

4 . Р а в н о п е р е м е н н о е к р и в о л и н е й н о е д в и -ж е н и е. Равнопеременным называется такое криволинейное дви­жение точки, при котором касательное ускорение остается все время постоянным: а т = с о щ 1 . Найдем закон этого движения, считая, что при ^ = 0 5 = 5 0 , а и=и 0 , где а0 — начальная скорость точки. Со­гласно первой из формул (21) &п=ах<а. Так как а т=соп ' ; { , то, беря от обеих частей последнего равенства интегралы в соответствующих пределах, получим

ь=у0+ах1. (26)

Формулу (26) представим в виде

д5>'д1=1,()+ах{ или д5=1

,0д1-1-ах14?.

Вторично интегрируя, найдем закон равнопеременного криволи­нейного движения точки

5 = 5 0 + ? У + а г ^ < ' 2 . (27)

При этом скорость точки определяется формулой (26). Если при криволинейном движении точки модуль скорости воз­

растает, то движение называется ускоренным, а если убывает,— замедленным. Так как изменение модуля скорости характеризуется

М, м

Рис. 123 Рис. 126

касательным ускорением, то движение будет ускоренным, если ве­

личины V и ах имеют одинаковые знаки (угол между векторами V

и а острый, рис. 125, а), и замедленным, если разные (угол между

V и а тупой, рис. 125, б).

В частности, при равнопеременном движении, если в равенстве

Ш

(26) о и а, имеют одинаковые знаки, движение будет равноускорен­ным, а если разные зн аки ,— равнозамедленным.

Формулы (25) — (27) определяют также законы равномерного или равнопеременного прямолинейного движения точки, если считать 5= х . При этом в равенствах (26) и (27) ах=а, где а — чис­ловое значение ускорения данной точки [см. формулу (23)].

5 . Г а р м о н и ч е с к и е к о л е б а н и я . Рассмотрим пря­молинейное движение точки, при котором ее расстояние л: от начала координат О изменяется со временем по закону

х=А соз М, (28)

где А я к — постоянные величины. Точка М (рис. 126) совершает при этом движении колебания

между положениями М0(+А) иЛ4 х (—А) . Колебания, происходящие по закону (28), играют большую роль в технике. Они называются простыми гармоническими колебаниями. Величина А, равная наи­большему отклонению точки от центра колебаний О, называется амплитудой колебаний.

Легко видеть, что, начиная движение в момент ^ = 0 из положения М0, точка вновь придет в это положение в момент времени 1г, для которого с05Шг=\, т . е . к^=2л.

Промежуток времени Т={1=2л/к, в течение которого точка совершает одно полное колебание, называется периодом колебаний.

Беря производные от х по I, найдем значения скорости и уско­рения точки:

ь—ьх=—Ак=лх\к1, а~ах——Ак2со$к(. (29)

Следовательно, в этом движении и скорость, и ускорение точки изменяются с течением времени по гармоническому закону. По знакам V я а легко проверить, что когда точка движется к центру колебаний, ее движение является ускоренным, а когда от центра колебаний,— замедленным.

Аналогичные колебания происходят и при законе х=АътЫ, только движение в этом случае начинается из центра О.

Гармонические колебания по закону 8=Асо$к1 (или з=А 5тЫ) точка может совершать, двигаясь вдоль любой кривой (см., напри­мер, в § 46 задачу 51). Все сказанное о характере движения при этом сохранится с той лишь разницей, что последняя из формул (29) будет определять касательное ускорение точки; кроме него точка будет еще иметь нормальное ускорение ап=ц*1р,

§ 45. ГРАФИКИ ДВИЖЕНИЯ, СКОРОСТИ

И УСКОРЕНИЯ ТОЧКИ

Если в соответствующих масштабах откладывать вдоль оси абс­цисс время 1, а вдоль оси ординат — расстояние 5, то построенная в этих осях кривая 5=/(^) будет изображать график расстояний, или график движения точки. По этому графику наглядно видно, как изменяется положение точки (ее координата 5) с течением времени.

112

Аналогично, в соответствующих масштабах могут быть построе­ны кривые, дающие зависимость — график скорости и ах(1), ап(1), а{1) — графики касательного, нормального и полного ускоре­ний.

На рис. 127, а, б, в сверху показаны графики движений, опре­деляемых соответственно уравнениями (25), (27) и (28). Ниже на тех же рисунках изображены для этих движений графики-скоростей и графики касательных ускорений.

в) Ю Ь)

Рис. 127

График равномерного движения изображается, как мы видим, прямой линией, направленной под углом к оси абсцисс, график ско­рости в этом случае —• прямой, параллельной оси абсцисс (у=сопз1), а график касательного ускорения — прямой, совпадающей с осью абсцисс ( а т = 0 ) . Для равнопеременного движения (в изображенном на рис. 127, б случае — ускоренного) график движения изобра­жается ветвью параболы, график скорости — прямой, направлен­ной под углом к оси абсцисс, а график касательного ускорения — прямой, параллельной оси абсциис (а т=сопз1) . Наконец, для гар­монических колебаний (рис. 127, в) соответствующие графики изоб­ражаются косинусоидами или синусоидами.

График движения не следует смешивать с траекторией, которая во всех рассмотренных случаях должна быть задана дополнительно.

Графики нормального и полного ускорений на рис. 127 не пока­заны, так как ап на кроме закона движения зависят еще от р, т. е. от вида траектории, и при одном и том же законе 5 = / ( / ) будут для разных траекторий разными.

113

§48 . РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

Как уже указывалось, для решения задач кинематики надо знатв

закон движения точки. Если движение задано естественным спосо­

бом (дана траектория и закон движения вдоль траектории), то все

характеристики движения (скорость, касательное, нормальное п

полное ускорение) определяются по формулам, полученным в

§ 42—44. Этими формулами можно, конечно, пользоваться и когда

движение задано другим способом.

Покажем, как можно найти касательное и нормальное ускорения точки, когда движение задано координатным способом, например, уравнениями (4). Для этого по формулам (12) — (15) находим у и а. Беря производную по времени от найден­ной скорости у, можно определить ат=йо1сИ. Но обычно это проще делать иначе.

Возьмем равенство «а=а*-гч>$ И продифференцируем обе его части по (; получим

21ю=2г,хрх-\-21'уЮу. Отсюда, учитывая равенства (14') и то, что о=а%, находим

окончательно

«,= у • ^

Теперь, зная а и а т , определяем а„ из равенства а?=а\-\-1^,. Одновременно коле­но найти радиус кривизны траектории р из формулы а„=у

2/р. Пример таких рас­

четов дан в задаче 53. Задача 51. При небольших углах отклонения груз маятника (рис. 128) дви­

жется по окружности радиуса / по закону з=А зш к( (начало отсчета в точке О, ^/////А А и к — постоянные величины). Найти скорость, •^^р* касательное и нормальное ускорения груза и те

положения, в которых эти величины обращаются \ в нуль. \ _ Р е ш е н и е . Пользуясь соответствующими

\» формулами, находим:

\ \ Ак соз Ы\ а=1 = —Ай2 зш М;

52 < ^ 4 _ | \ ^ и ^ ^ г ап = ц*(1= (АЧ*/1) соз

2 к(.

— • — 1 ^ _ _ ^ ^ д = ^ . Из закона движения следует, что груз со-~0

+ М вершает вдоль траектории гармонические коле-

р .од бания с дуговой амплитудой А. В крайних по­ложениях (в точках ВГ и В2) 31П Ы— ± 1, а с л р -довательно, соз М=0. Поэтому в точках ВГ и В1

скорость и нормальное ускорение обращаются в нуль; касательное же ускорение имеет здесь наибольшее по модулю значение а ах=ЛА

2.

Когда груз приходит в начало отсчета О, то з = 0 и, следовательно, зт й/=0, а со&Ы=\. В этом положении яТ=0, а и и а„ имеют максимальные значения:

Из данного примера видно, что при криволинейном неравномерном движении в отдельных точках траектории а% или а„ могут обращаться в нули. При этом а т = 0 в тех точках, тд,еМЛ{=0, т. е. там, например, где у имеет максимум или минимум, а ап=0 в тех точках, где у = 0 (как в нашем случае) или где р=оо (точка перегиба траектории).

Задача 52. П е р е х о д о т к о о р д и н а т н о г о с п о с о б а з а д а ­н и я д в и ж е н и я к е с т е с т в е н н о м у . Движение точки М задано в де­картовых координатах уравнениями:

х=Я соз (е?а/2), у=Р, зт (е^/2), (а)

где /? и е — постоянные положительные величины, имеющие размерности: ^? — длины, е — углового ускорения (см. § 49),

114

Перейти к естественному способу задания движения, т. е. определить тра­екторию и закон движения точки вдоль траектории в виде $=}( ( ) . Наши также скорость и ускорение точки.

Р е ш е н и е . Возведя каждое из уравнений (а) почленно в квадрат и затем сложив их, получим х

г Нг/

3=/?

2. Следовательно, траекторией точки является ок­

ружность радиуса Я с центром в начале координат. Из уравнений (а) видно, что при 1—Ъ х=К,у=0, т. е. точка М находится на оси Ох. Примем это положение М0 за начало отсчета О' расстояния л; тогда при ^ = 0 5 = 0 . Когда (>0 у начинает возрастать, а х — убывать, т. е. точка начинает двигаться по направлению к оси Оу; примем это направление за положительное направление отсчета расстояния 5.

Для определения зависимости $=((1) найдем выражение _з. Как иззестно,

&2==ск

2+(1у

2, а йх=хй(, 6у=уй(. Тогда А$ = Ух

%-\-у

г 61, и поскольку при

- /=0 8 = 0, I

5 = ^ К ^ + ^ а / . (С)

о

Из уравнений (а) находим х=—Ке1 зш (е/2'2), у=%г1 соз и 'х*-\-'ф=

=^>2г-?

=. Поставляя это выражение в равенство (б) и вынося постоянный множи­

тель за знак интеграла, получим

I

8= К&^Ш или 5 = Ш2

/ 2 . (в)

о

Таким образом, точка движется по окружности радиуса Я по закону $=КеР/2. Скорость точки

о = х = Яе7 (г)

и растет пропорционально времени. Далее находим

ат = о = Ле, ап = V^/Я = (д)

Так как а = сопи и знаки у и а% совпадают ( у>0 и ах>0), то движение точки

является равноускоренным (см. § 44, п. 4). Наконец, по формулам (22) находим

а= КвУ\ -И22

4, 1§и. = 1/е^". (с)

Как видим, при <=0 а= аг= Кг (ап=0) и ц=я/2 . Затем со временем величина а

растет, а угол ц между вектором а и радиусом окружности убывает, стремясь

к пулю. Задача 53. Точка, получив направленную горизонтально скорость, движет­

ся по закону, определяемому уравнениями:

где п0 й ? — некоторые постоянные. Найти траекторию, скорость и ускорение точки, а также ее касательное и нор­

мальное мскоремя и радиус кривизны траектории в любом положении, выразив их через скорость в этом положении.

Р е ш е н и е . Определяя из первого уравнения % и подставляя во второе, получим

Траектория точки — парабола (рис. 129). Дифференцируя уравнения движения по времени, найдема

VX = X = V0, "у = = 1а)

откуда _ _ _ _ _

и=У о$+е*Л (б)

115

Таким образом, в начальный момент времени (г=0) скорость точки V=V^, а затем с течением времени скорость непрерывно возрастает.

Найдем ускорение точки. По соответствующим формулам имеем:

ах = х = 0, ау = у = §. (в)

Следовательно, ускорение точки

а=# . (г)

В данном случае точка движется с постоянным по модулю и направлению ус­корением, параллельным оси Оу (это ускорение силы тяжести). Обращаем внима­ние на то, что хотя здесь а=сопз1, движение точки не является равнопеременным, так как условием равнопеременного движения является не а=сопз1, а а т = сопзт..

В этом же движении, как мы сейчас увидим, не посто­

янно. Для определения а% воспользуемся формулой (30). Под.

ставляя в нее значения соответствующих величин из ра­венств (а) и (в), получим

Но из равенства (б) ц2=у

2+§

2?

2 и, следовательно^

* = (1/в) 1^0*-оо.

Подставляя это значение {, выразим ах через скорость гк Рис. 129

(Д)

Отсюда следует, что в начальный момент времени, когда о—у0, ах=0. Затем,

с увеличением V значение а% растет и при у->-оо ат-*-(г; следовательно, в пределе

величина касательного ускорения стремится к полному ускорению

Для нахождения а„ обратимся к зависимости а2=а^~\-аа. Отсюда

а\ = Ф - ах = ёг - ё2 (1 - «о/»

1) = 8%1/у*

Се)

Таким образом, в начальный момент времени (и=и0) а

п~8< а

затем с увеличе­нием и значение а„ убывает, стремясь в пределе к нулю.

Для нахождения радиуса кривизны траектории воспользуемся формулой а„=11

2/р, откуда

р=Л'а„=у3/у„§-.

В начальный момент времени радиус кривизны имеет наименьшее значение рпиП= =ь

|о/й'» а затем с увеличением V радиус кривизны растет и, следовательно, кривизна

траектории уменьшается. При V->-оо р-»-оо, а кривизна стремится к нулю,

§ 47*. СКОРОСТЬ И УСКОРЕНИЕ ТОЧКИ

В ПОЛЯРНЫХ КООРДИНАТАХ

Когда точка движется все время в одной и той же плоскости, ее

положение можно определять полярными координатами г и ю

(рис. 130). При движении точки эти координаты с течением времени

изменяются. Следовательно, закон движения точки в полярных

координатах будет задаваться уравнениями:

г=Ш). Ф=/.(0- (31)

116

Скорость точки численно равна т. е. отношению элемен­тарного перемещения _5 к промежутку времени И. В данном случае перемещение йз геометрически слагается из радиального перемеще­ния, численно равного Аг, и поперечного перемещения, перпендику­лярного радиусу ОМ и численно равного г-йф. Следовательно, сама скорость V будет геометрически слагаться из радиальной скорости V, и поперечной скорости уф, численно равных

йг • *>Г = Т* = Г, (32)

Так как иг и ^^, взаимно перпендику­лярны, то по модулю

(33) г - ^ - И2

^ ] / г * + г Рис. 130

2ф

3.

Формулы (32) и (33) определяют скорость точки в полярных ко­ординатах при плоском движении.

Равенство (33) можно еще получить, выразив через г и ф декартовы координа­ты точки в виде (рис. 130):

Х=Г СОЗ ф, у=Т 5Ш ф.

Тогда х=г со5 ф—гф зт ф, у = г зт ф+^ф еоз ф и по формуле (13)

V = Ух2 + у

2 = V Т*+г\* .

Таким же путем, вычислив хя у, можно по формуле (15) найти выражение для ускорения точки в полярных координатах

(34) У{г- гф2)2 + (гф + 2гФГ

При этом величина, стоящая под знаком радикала в первых скобках, равна аг, а во вторых скобках равна а^.

Глава X

ПОСТУПАТЕЛЬНОЕ И ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЯ

ТВЕРДОГО ТЕЛА

§ 48. ПОСТУПАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ

В кинематике, как и в статике, будем рассматривать все твердые тела как 'абсолютно твердые. Задачи кинематики твердого тела рас­падаются на две части:

1) задание движения и определение кинематических характе­ристик движения тела в целом; 2) определение кинематических характеристик движения отдельных точек тела.

Начнем с рассмотрения поступательного движения твердого тела. Поступательным называется такое движение твердого тела,

117

при котором любая прямая, проведенная в этом теле, перемещается, оставаясь параллельной своему начальному направлению.

Поступательное движение не следует смешивать с прямолиней­ным. При поступательном движении тела траектории его точек мо­гут быть любыми кривыми линиями. Приведем примеры.

1. Кузов автомобиля на прямом горизонтальном участке дороги движется поступательно. При этом траектории его точек будут пря­мыми линиями.

2. Спарник АВ (рис. 131) при вращении кривошипов 0гА и 02В ( 0 И = 0 2 В ) также движется поступательно (любая проведенная в нем прямая остается параллельной ее начальному направлению). Точки спарника движутся при этом по окружностям.

Рис. 131 Рис. 132

Свойства поступательного движения определяются следующей теоремой: при поступательном движении все точки тела описывают одинаковые (при наложении совпадающие) траектории и имеют в каждый момент времени одинаковые по модулю и направлению ско­рости и ускорения.

Д л я доказательства рассмотрим твердое тело, совершающее по­ступательное движение относительно системы отсчета Охуг. Возьмем в теле две произвольные точки А я В, положения которых в момент времени I определяются радиусами-векторами гА и гв (рис. 132); проведем вектор А В, соединяющий эти точки. Тогда

7В = 7А+АВ. (35)

При этом длина АВ постоянна, как расстояние между точками твердого тела, а направление АВ остается неизменным, так как тело движется поступательно. Таким образом, вектор АВ во все время движения тела остается постоянным (ЛВ=сопз1) . Вследствие этого, как видно из равенства (35) (и непосредственно из чертежа), траектория точки В получается из траектории точки ^ п а р а л л е л ь ­ным смещением всех ее точек на постоянный вектор АВ. Следова­тельно, траектории точек А и В будут действительно одинаковыми (при наложении совпадающими) кривыми.

Д л я нахождения скоростей точек А и В продифференцируем обе части равенства (35) по времени. Получим

йгв№ = йгА№ + (1 (АВУМ.

1 1 8

Но производная от постоянного вектора АВ равна нулю. Про­изводные же от векторов гд и гв по времени дают скорости точек А и В. В результате находим, что

ъА =

т. е. что скорости точек А я В тела в любой момент времени оди­наковы и по модулю, и по направлению. Беря от обеих частей полу­ченного равенства производные по времени, найдем:

&А/<Н = &Ув1&1 или аА = ав.

Следовательно, ускорения точек А я В тела в любой момент времени тоже одинаковы по модулю и направлению.

Так как точки А и В были выбраны произвольно, то из найден­ных результатов следует, что у всех точек тела их траектории, а также скорости и ускоре­ния в любой момент време­ни будут одинаковы. Таким образом, теорема доказана.

Скорости и ускорения точек движущегося тела образуют векторные п о л я— иоле скоростей и поле Рис. 133 ускорений точек тела.

Из доказанного следует, что поля скоростей и ускорений точек тела, движущегося поступательно, будут однородными (рис. 133), но вообще не стационарными, т. е. изменяющимися во времени (см. § 3 2 ) .

Из теоремы следует также, что поступательное движение твер­дого тела вполне определяется движением какой-нибудь одной его точки. Следовательно, изучение поступательного движения тела сводится к задаче кинематики точки, нами уже рассмотренной.

При поступательном движении общую для всех точек тела ско­

рость V называют скоростью поступательного движения тела, а

ускорение а — ускорением поступательного движения тела. Век­

торы V я а можно изображать приложенными к любой точке тела. Заметим, что понятия о скорости и ускорении тела имеют смысл

только при поступательном движении. Во всех остальных случаях точки тела, как мы увидим, движутся с разными скоростями и ускорениями, и термины «скорость тела» или «ускорение тела» для этих движений теряют смысл.

§49 . ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА ВОКРУГ ОСИ.

УГЛОВАЯ СКОРОСТЬ И УГЛОВОЕ УСКОРЕНИЕ

Вращательным движением твердого тела вокруг неподвижной оси называется такое его движение, при котором какие-нибудь две точки, принадлежащие телу (или неизменно с ним связанные), остаются во

119

все время движения неподвижными (рис. 134). Проходящая через неподвижные точки А к В прямая АВ называется осью вращения.

Так как расстояния между точками твердого тела должны оста­ваться неизменными, то очевидно, что при вращательном движении

все точки, принадлежащие оси вращения, будут неподвижны, а все остальные точки тела будут описывать окружности, плоско­сти которых перпендикулярны оси враще­ния, а центры лежат на этой оси.

Д л я определения положения вращаю­щегося тела проведем через ось вращения, вдоль которой направим ось Аг, полуплос­кость / — неподвижную и полуплоскость //, врезанную в само тело и вращающую­ся вместе с ним (см. рис. 134). Тогда поло­жение тела в любой момент времени одно­значно определится взятым с соответствую­

щим знаком углом ф между этими полуплоскостями, который назо­вем углом поворота тела. Будем считать угол ф положительным, если он отложен от неподвижной плоскости в направлении против хода часовой стрелки (для наблюдателя, смотрящего с положитель­ного конца оси Аг), и отрицательным, если по ходу часовой стрелки. Измерять угол ф будем всегда в радианах. Чтобы знать положение тела в любой момент времени, надо знать зависимость угла ф от времени I, т. е.

Ф = / ( 0 . (36)

Уравнение (36) выражает закон вращательного движения твер­дого тела вокруг неподвижной оси.

Основными кинематическими характеристиками вращательного движения твердого тела являются его угловая скорость со и угловое ускорение е*.

Если за промежуток времени Ы=Ъ—I тело совершает поворот на угол Аф=ф х —ф, то численно средней угловой скоростью тела за этот промежуток времени будет соср=Аф/А^. В пределе при Л^-Ю найдем, что

сор­ или СО = ф. (37)

Таким образом, числовое значение угловой скорости тела в данный момент времени равно первой производной от угла поворота по времени. Равенство (37) показывает также, что величина со равна отношению элементарного угла поворота йф к соответствующему промежутку времени &1. Знак со определяет направление вращения

* Подобно тому, как в § 42 мы условились обозначать символом V числовое значение скорости и одновременно ее модуль, здесь со и е будут обозндчать число­вые (алгебраические) значения угловой скорости и углового ускорения и одно­временно их модули, когда это не может вызвать недоразумений.

120

тела. Легко видеть, что когда вращение происходит против хода часовой стрелки, со>0 , а когда по ходу часовой стрелки, то с о<0 .

Размерность угловой скорости ИТ (т. е. 1/время); в качестве единицы измерения обычно применяют рад/с или, ч г о т оже , 1/с(с

-1),

так как радиан — величина безразмер­ная.

Угловую скорость тела можно изоб­разить в виде вектора со, модуль которо­го равен ]со| и который направлен вдоль оси вращения тела в ту сторону, откуда вращение видно происходящим против хода часовой стрелки (рис. 135). Такой вектор определяет сразу и модуль угло­вой скорости, и ось вращения, и направ­ление вращения вокруг этой оси.

У г л о в о е у с к о р е н и е характеризует изменение с те­чением времени угловой скорости тела. Если за промежуток вре­мени А^=11—I угловая скорость тела изменяется на величину Дсо = =«>!—со, то числовое значение среднего углового ускорения тела за этот промежуток времени будет еср=Дсо/Д/. В пределе при Д/-Ю найдем, учтя одновременно равенство (37), что

ско й2ф

Ж~ 'а72~

6 = или е = со = ф. (38)

Таким образом, числовое значение углового ускорения тела в данный момент времени равно первой производной от угловой скорости или второй производной от угла поворота тела по времени.

Размерность углового ускорения 1/Г2 (1/время

2); в качестве

единицы измерения обычно применяется рад/с2 или, что то же, 1/с

2

(с-2) . Если модуль угловой скорости со временем возрастает, вращение

тела называется ускоренным, а если убывает,— замедленным. Легко видеть, что вращение будет ускоренным, когда величины со и е имеют одинаковые знаки, и замедленным,— когда разные.

Угловое ускорение тела (по аналогии с угловой скоростью)

можно также изобразить в виде вектора е, направленного вдоль

оси вращения. При этом

в = оЧо/а*. (38')

Направление е совпадает с направлением со, когда тело вращается ускоренно (рис. 135, а), и противоположно со при замедленном вращении (рис. 135, б).

§ 50. РАВНОМЕРНОЕ И РАВНОПЕРЕМЕННОЕ ВРАЩЕНИЯ

Если угловая скорость тела остается во все время движения по­стоянной (со=-соП51), то вращение тела называется равномерным. Найдем закон равномерного вращения. Из формулы (37) имеем

121

_<р=сосМ. Отсюда, считая, что в начальный момент времени ^=0 угол ф=фо> и беря интегралы слева от ф0 до ф, а справа от 0 до I, получим окончательно

ф = фо+й>*- (39)

Из равенства (39) следует, что при равномерном вращении, когда фо=0 ,

Ф=со? и _>=ф//. (40)

В технике скорость равномерного вращения часто определяют числом оборотов в минуту, обозначая эту величину через п об/мин*. Найдем зависимость между п об/мин и со 1/с. При одном обороте тело повернется на угол 2я , а при п оборотах на 2лп; этот поворот делается за время / = 1 мин = 60 с. Из равенства (40) следует тогда, что

со=лп/30 « 0,1л. (41)

Если угловое ускорение тела во все время движения остается постоянным (е=соп&1), то вращение называется равнопеременным. Найдем закон равнопеременного вращения, считая, что в началь­ный момент времени 1=0 угол ф=фо, а угловая скорость ю = и 0

(со0 —• начальная угловая скорость). Из формулы (38) имеем асо=еа/ . Интегрируя левую часть в пре­

делах от со0 до со, а правую — в пределах от 0 до /, найдем

со=со0+ег. (42)

Представим выражение (42) в виде

аф/си=со0+Е? или аф=со0а/-т-е/сМ.

Вторично интегрируя, найдем отсюда закон равнопеременного вра­щения

Ф=Фо+со0/+е/2/2. (43)

Угловая скорость со этого вращения определяется формулой (42). Если величины со и е имеют одинаковые знаки, вращение будет равноускоренным, а если разные — равнозамедлепным.

§ 51. СКОРОСТИ И УСКОРЕНИЯ ТОЧЕК

ВРАЩАЮЩЕГОСЯ ТЕЛА

Установив в предыдущих параграфах характеристики движения всего тела в целом, перейдем к изучению движения отдельных его точек.

1 . С к о р о с т и т о ч е к т е л а . Рассмотрим какую-нибудь точку М твердого тела, находящуюся на расстоянии к от оси вра­щения (см. рис. 134). При вращении тела точка М будет описывать

* Следует особо подчеркнуть, что п по размерности не угол, а угловая скорость.

122

окружность радиуса к, плоскость которой перпендикулярна оси вращения, а центр С лежит на самой оси. Если за время <Н проис­ходит элементарный поворот тела на угол аср, то точка М при этом совершает вдоль своей траектории элементарное перемещение йз= =йаор. Тогда числовое значение скорости точки будет равно отно­шению аз к си\ т. е.

И Л И

Й5 _ , ЙШ

ИГ~п й7

(44)

Скорость V в отличие от угловой скорости тела называют иногда еще линейной или окруоюной скоростью точки М.

Таким образом, числовое значение скорости точки вращающегося твердого тела равно произведению угловой скорости тела на расстоя­ние от этой точки до оси вращения.

Направлена скорость по касательной к описываемой точкой окружности или перпендикулярно плоскости, проходящей через ось вращения и точку М.

Так как для всех точек тела со имеет в данный момент времени одно и то же значение, то из формулы (44) следует, что скорости точек вращающегося тела пропорциональны их расстояниям от оси вращения. Поле скоростей точек вращающегося твердого тела имеет вид, показанный на рис. 136.

Рис. 130 Риг. 137

2 . У с к о р е н и я т о ч е к т е л а . Д л я нахождения ускоре­ния точки М воспользуемся формулами ах=йо'<11, ап=у

2/р .

В нашем случае р=/г. Подставляя значение V из равенства (44) в выражения ах и ап, получим:

ах = к - п - , а„ = —г-

или окончательно: ах = ке, ая = /гсо

2. (45)

Касательная составляющая ускорения ат направлена по каса­тельной к траектории (в сторону движения при ускоренном вра­щении тела и в обратную сторону при замедленном); нормальная составляющая ап всегда направлена по радиусу МС к оси вращения (рис. 137).

123

Полное ускорение точки М будет а = К а2 + а,

2, или

а - й / е Н - с о '1. (46)

Отклонение вектора полного ускорения от радиуса описываемой точкой окружности определяется углом р,, который вычисляется по формуле 1§ц.=ах/ап [вторая из формул (22)]. Подставляя сюда зна­чения ах и ап из равенств (45), получаем

1& ц,=е/со2. (47)

Так как со и е имеют в данный момент времени для всех точек тела одно и то же значение, то из формул (46) и (47) следует, что ускорения всех точек вращающегося твердого тела пропорциональ­ны их расстояниям от оси вращения и образуют в данный момент времени один и тот же угол р, с радиусами описываемых ими окруж­ностей. Поле ускорений точек вращающегося твердого тела имеет вид, показанный на рис. 138.

Рис. 138 Рис. 139

Формулы (44) — (47) позволяют определить скорость и ускорение любой точки тела, если известен закон вращения тела и расстояние данной точки от оси вращения. По этим же формулам можно, зная движение одной точки тела, найти движение любой другой его точки, а также характеристики движения всего тела в целом.

3 . В е к т о р ы с к о р о с т и и у с к о р е н и я т о ч е к

т е л а . Чтобы найти выражения непосредственно для векторов о и

а, проведем из произвольной точки О оси АВ радиус-вектор г точки

М (рис. 139). Тогда Н=г зт а и по формуле (44)

|у | = | со | & = | со | г з т а или | у | = | с о х г [ .

Таким образом, - модуль векторного произведения сох г равен модулю скорости точки М. Направления векторов соХл и V тоже совпадают (оба они перпендикулярны плоскости ОМВ) и размерно­сти их одинаковы. Следовательно,

124

(48)

т. е. вектор скорости любой точки вращающегося тела равен вектор­ному произведению угловой скорости тела на радиус-вектор этой точки. Формулу (48) называют формулой Эйлера.

Б еря от обеих частей равенства (48) производные по времени, получим

или

а = (ё X 7) 4- (со ХУ). (49)

Формула (49) определяет вектор ускорения любой точки вращаю­

щегося тела.

Вектор ЕХг направлен,_ как и вектор сох г, т. е. по касательной

к траектории точки М, а | е х г | = е г з т а=еп. Вектор же СОХУ на­

правлен вдоль МС, т. е. по нормали к траектории точки М, а [со X

Х У | = С О У 51П 900=со

2/г, так как у=со/г. Учитывая все эти результаты,

а также формулы (45), заключаем, что е Х г = а х и со Х У = а ; 1 .

Задача 54. Вал, делающий /г=90 об/мин, после выключения двигателя на­чинает вращаться равнозамедленно и останавливается через ^ = 4 0 с. Определить, сколько оборотов сделал вал за это время.

Р е ш е н и е . Так как вал вращается равнозамедленно, то для него, считая <Ро=0, будет

Ф=ш0/+е/2/2, (о=со0-т-ег. (а)

Начальной угловой скоростью при замедленном вращении является та, ко­торую вал имел до выключения двигателя. Следовательно,

(о0=я/г/30.

В момент остановки при ( = ( г угловая скорость вала. со1=0. Подставляя эти вначения во второе из уравнений (а), получаем:

0 = 1 ( ^ / 3 0 + 6 ^ и е = — ял/ЗО^.

Если обозначить число сделанных валом за время гх оборотов через N (не смешивать с п; п — угловая скорость), то угол поворота за то же время будет ра­вен ср1=2яЛ

г. Подставляя найденные значения е и цг в первое из уравнений (а),

получим 2яЛ^=(я/г/30)г1—(яя/60)г1=(я/г/60)г1,

откуда

М=л*1/120=30 об.

Задача 55. Маховик радиусом /?=0,6 м пращаегся равномерно, делая п= = 9 0 об/мин. Определить скорость и ускорение точки, лежащей на ободе маховика.

Р е ш е н и е . Скорость точки обода у=/?со, где угловая скорость со должна быть выражена в радианах в секунду. Тогда ш=ял/30=3я и а = ^ - 3 я « 5 , 7 м/с.

Далее, так как (0=сопз1, то 8=0 , и, следовательно,

а=ага==#со2==#-9я

2«53,3 м/с

2.

Ускорение точки направлено в данном случае к оси вращения. Задача 56. Полагая, что при разгоне маховик вращается по закону

ф = с0 + С 1 / + с 2 е - * ' , (а)

определить значения постоянных коэффициентов с0, сх, сг и к из условий, что при г = 0 должно быть Фо=0 и (о0=0 и что предельная угловая скорость, до которой

125

разгоняется маховик (опр=50 с- 1

, а его угловое ускорение при разгоне ие должно превышать значения е н =10 с

- 2. Найтн также, какое ускорение будет при этом у

точек обода мачовика в момент времени с, если радиус маховика к = 0А м. Р е ш е н и е . Из уравнения (а) видно, что при ^=0 ср==0, если с0-т-са=0, т. е.

Далее из уравнения (а) находим, что ы=$=с1—кс2е~м. Следовательно, при

^ = 0 и— 0, если гх—*г2=0, т. е. сг~ксч. При этих значениях с0 и сг уравнение (а) примет вид

Ф = с 8 ( А < + * - * ' - 1 ) . (б)

Отсюда находим

о)_=ф* = с2А(1—е"й' ) , е —ы = с26

2е-

йг. (в)

ПерБое из равенств (в) показывает, что со со временем растет и при ?->оо стремится к предельному значению с„к\ следовательно, (опр=с2й. Из второго же равенства видно, что с со временем убывает, стремясь к нулю, а наибольшее зна­

чение саА2 имеет при ^ = 0 ; следовательно,

Но по усчовиям задачи (оп?=50 с- 1

и Рц=10 с

- 2. Тогда должно быть' с,ч=50, а

с?!гг-= 10, откуда к=0,2 и с2=2

Е>0. "При этих

значениях к и с2 равенство " (б) дает оконча­тельно следующий закон вращения маховика:

Ф = 253(0,2* + е-'-,>

2'— 1). (г)

Тогда, что видно и из равенств (в), бу­дет *

М = 5Э(1— е-°'2'), е=10г- ° '

2 !. (д)

Дгч момента времени ^= 1 с, учиты­вая, чю е

_и'2«0,82, получим ш1=«9,0 с

- 1,

е1«8,2 с- 2

. Следовательно, в этот момент времени ат=/?с1»3,3 м'с2, а п—Карт

«32 ,4 м/с2 и а=1/

Гат+«1«32,6 м/с

2.

Задача 57. Груз В (рис. 140) присодит во Ерааепие вал радиусом г и сидя­щую на одной оси с валом шестерню / ради}сем г,. Движение груза начинается из состояния покоя и происходит с постоянным ускорением а. Определить, по ка­кому закону будет при этом вращаться налодрщаяся в зацеплении с шестерней / шестерня 2 радиус* м гг.

Р е ш е н и е . Так как груз В начинает двигаться без начальной скорости, то его скорость в любой момент времени I разна с/ (уд=о/). Эту скорость будут иметь и точки обода вала. Но, с другой стороны, скорости эгих точек равны щг, где о»!— общая для вала и шестерни 1 угловая скорость. Следовательно,

(о1г=а^, (о1=сг"г.

Теперь найдем со2. Так как скорость точки сцепления С должна быть одной и той же для обеих шестерен, то г с = а / 1 - й / , , откуда

Щ^^'г^Щ^т^ т/)1.

Итак, угловая скорость шестерни 2 растет пропорционально времени. Учиты­вая, что со2=с1ф2'с1г, где ф2 — угол поворота шестерни 2, получим

Ац>1=(г1й'г2г){Ц.

Отсюда, беря от обеих частей интегралы и считая, что при ^—О угол ф 2=0 , найдем окончательно закон равноускоренного вращения шестерни 2 в виде

Ф2=( ' ' 1а' '

2 г/ ) '

2-

* Значение со может изменяться по закону (д), когда на маховик действуют постоянный вращающий момент и момент сил сопротивления, пропорциональный со (задача 150 в § 128).

Рис. 140

126

Глава XI

ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА

§ 52. УРАВНЕНИЯ ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ

(ДВИЖЕНИЯ ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ).

РАЗЛОЖЕНИЕ ДВИЖЕНИЯ НА ПОСТУПАТЕЛЬНОЕ И ВРАЩАТЕЛЬНОЕ

Плоскопараллельным (или плоским) называется такое движение твердого тела, при котором все его точки перемещаются параллельно некоторой фиксированной плоскости П (рис. 141). Плоское движение совершают многие части механизмов и машин, например катящееся колесо на прямолинейном участке пути, шатун в кривошипно-ползунном механизме и др. Частным случаем плоскопараллельного движения является вращательное движение твердого тела вокруг неподвижной оси.

Рассмотрим сечение 5 тела какой-нибудь плоскостью Оху, парал­лельной плоскости П (рис. 141). При плоскопараллельном движе­нии все точки тела, лежащие на прямой ММ', перпендикулярной сечению 5, т. е. плоскости П, движутся тождественно.

Отсюда заключаем, что для изучения движения всего тела дос­таточно изучить, как движется в плоскости Оху сечение 5 этого тела или некоторая плоская фигура 5. Поэтому в дальнейшем вместо плоского движения тела будем рассматривать движение плоской фигуры 5 в ее плоскости, т. е. в плоскости Оху. При этом все ре­зультаты, которые будут получены в § 53—59 для точек плоской фигуры, справедливы, конечно, и для точек сечения 5 твердого тела, движущегося плоскопараллельно.

Положение фигуры 5 в плоскости Оху определяется положением какого-нибудь проведенного на этой фигуре отрезка АВ (рис. 142). В свою очередь положение отрезка АВ можно определить, зная коор­динаты хА, уА точки А и угол ф, который отрезок АВ образует с осью х. Точку Л, выбранную для определения положения фигуры 5, будем в дальнейшем называть полюсом.

При движении фигуры величины хА, уА и ф будут изменяться. Чтобы знать закон движения, т. е. положение фигуры в плоскости

Рис. 141 Рис. 142

127

Оху в любой момент времени, надо знать зависимости

хА=!Л*)> У А = Ы 0 > Ф = Ы 0 - (50)

се Рис. 143

Уравнения (50), определяющие закон происходящего движения, называются уравнениями движения плоской фигуры в ее плоскости. Они же являются уравнениями плоскопараллельного движения твер­дого тела.

Первые два из уравнений (50) определяют то движение, которое фигура совершала бы при ар=соп51; это, очевидно, будет поступа­

тельное движение, при котором все точ­ки фигуры движутся так же, как полюс А. Третье уравнение определяет движе­ние, которое фигура совершала бы при хА=соп&1 и уЛ=сопй, т. е. когда полюс А неподвижен; это будет вращение фи­гуры вокруг полюса А. Отсюда можно заключить, что в общем случае движение плоской фигуры в ее плоскости может рассматриваться как слагающееся из по­ступательного движения, при котором все точки фигуры движутся так же, как полюс А, и из вращательного движения вокруг этого полюса *.

Основными кинематическими характеристиками рассматривае­мого движения являются скорость и ускорение поступательного движения, равные скорости и ускорению полюса фП0СТ=уА, аП0СТ= =аА), а также угловая скорость со и угловое ускорение е враща­тельного движения вокруг полюса. Значения этих характеристик в любой момент времени I можно найти, воспользовавшись уравне­ниями (50).

При изучении движения можно в качестве полюса выбирать лю­бую точку фигуры. Рассмотрим, что получится, если вместо А вы­брать в качестве полюса какую-нибудь другую точку С и опреде­лять положение фигуры отрезком С О , образующим с осью Ох угол Фх (рис. 143). Характеристики поступательной части движения при этом изменятся, так как в общем случае УСФУА и асфаА (иначе дви­жение фигуры было бы поступательным). Характеристики же вращательной части движения, т. е. со и е, остаются неизменными. В самом деле, проведя из С прямую С/Зь параллельную АВ, мы видим, что в любой момент времени угол ф ! = ф — а , где а = с о п з 1 . Отсюда ф ! = с р , ф ! = ф или со1=со, е 1 = е .

Следовательно, вращательная часть движения от выбора полюса не зависит.

* Соответственно плоскопараллельное движение твердого тела можно рас­сматривать как слагающееся из поступательного движения вместе с полюсом А и вращательного вокруг оси, перпендикулярной плоскости П (см. рис. 141) и прохо­дящей через полюс А.

128

§53* . ОПРЕДЕЛЕНИЕ ТРАЕКТОРИЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ

Перейдем теперь к изучению движения отдельных точек плоской фигуры, т. е. к отысканию траекторий, скоростей и ускорений этих точек. Начнем с определения траекторий.

Рассмотрим точку М плоской фигуры, положение которой определяется расстоянием Ь=АМ от полюса А и углом ВАМ=а (рис. 144). Если движение задано уравнениями (50), то координаты х и у точки М в осях Оху будут:

х=хА+Ьсо$(ц>+а), у=уА+Ь$'т(ц)+а), (51)

где хл, уА, ф — известные по уравнениям (50) функции времени I. Равенства (51), определяющие закон движения точки М в плос­

кости Оху, дают одновременно уравнение траектории этой точки в параметрическом виде. Обычное уравнение траектории получим, исключив из системы (51) время I.

Если рассматривается движение звена какого-нибудь механизма, то для определения траектории любой точки этого звена достаточно выразить ее координаты через какой-нибудь параметр, определяю­щий положение механизма, а затем исключить этот параметр. Уравнения движения (50) при этом знать не обязательно.

Рис. 144 Рис. 145

Задача 58. Ползуны Л и В, к которым прикрепляется лииейка эллипсографа, перемещаются по взаимно перпендикулярным направляющим (рис. 145). Расстоя­ние ЛВ=/. Определить траекторию точки М линейки.

Р е ш е н и е . Взяв за полюс точку А, будем определять положение точки М на линейке отрезком АМ~Ь. Положение самой линейки задается углом ср. Тогда для координат х и у точки М получим: х~(Ь—/) соз ф, у=Ь зт ср. Исключая пара­метр ф, находим, что траекторией точки (независимо от закона движения линейки) будет эллипс

х2/ф—/)

2+У

2/6

2=1

с полуосями а= \Ь—1\ и б и с центром в точке О. Меняя с помощью соответствующих винтов расстояния / и Ь, можно вычертить

карандашом М эллипс с любыми заданными полуосями, не превосходящими раз­меров линейки. Отсюда и название механизма — эллипсограф.

5 № 2173 129

§ 54 . ОПРЕДЕЛЕНИЕ СКОРОСТЕЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ

В § 52 было отмечено, что движение плоской фигуры можно рассматривать как слагающееся из поступательного движения, при котором все точки фигуры движутся со скоростью VА полюса А, и из вращательного движения вокруг этого полюса. Покажем, что ско­рость любой точки М фигуры складывается геометрически из скоростей, которые точка получает в каждом из этих движений.

В самом деле, положение любой точки М фигуры определяется по отношению к осям Оху радиусом-вектором г=гА-\-г' (рис. 146), где гА — радиус-вектор полюса А, г'=АМ — вектор, определяю­щий положение точки М относительно осей Ах'у', перемещающих­ся вместе с полюсом А поступательно (движение фигуры по отноше­нию к этим осям представляет собой вращение вокруг полюса А). Тогда

— йг йгА . <17'

В полученном равенстве величина а г д / а7=у 4 есть скорость полюса Л; величина же йгЧбЛ равна скорости уМА, которую точка М

получает при гА=соп&Ь, т. е. относительно осей Ах'у', или, иначе говоря, при вращении фигуры вокруг полюса А. Таким образом, из предыдущего равенства действительно следует, что

йл = й д + й д м - (52)

При этом скорость уМА, которую точка М получает при вращении фигуры вокруг полюса Л, будет (см. §51 ) :

умА = со • МЛ (йлм _!_ МА), (53)

где со — угловая скорость фигуры. Таким образом, скорость любой точки М плоской фигуры гео­

метрически складывается из скорости какой-нибудь другой точки А,

Рис. 146 Рис. 147 Рис. 148

принятой за полюс, и скорости, которую точка М получает при вращении_фигуры вокруг этого полюса. Модуль и направление скорости ум находятся построением, соответствующего параллело­грамма (рис. 147).

130

Задача 59. Найти скорость точки М обода колеса, катящегося по прямо­линейному рельсу без скольжения (рис. 148), если скорость центра С колеса равна 1'С, а угол СКЛ1 = а.

Р е ш е н и е . Приняв точку С, скорость которой известна, за полюс, найдем, что у м

= ус+

УЛ1 с> где удгс_1_СД7 и по модулю ьмс=а>-МС=а>К (Я — радиус ко­

леса). Значение угловой скорости ш найдем из условия того, что точка К колеса не скользит по рельсу и, следовательно, в данный момент времени % = 0 . С дру­гой стороны, так же как и для точки М, ^ ^ ' с + ^ / с т .

гД

е ъ<кс=ы-КС=а>К. Так

как для точки К скорости VКС и ь'с направлены вдоль одной прямой, то при г ^ = 0 VкС=Vс, откуда (о=1'с Л- В результате находим, что аЛ 1 с=со^=г с ,

Параллелограмм, построенный на векторах удоС и%, будет при этом ромбом. Угол между 1°с и уЛ1Г равен Р, так как стороны, образующие этот угол и угол р, Езаимио перепендикулярны. В свою очередь угол р=2а , как центральный угол, опирающийся на ту же дугу, что и вписанный угол а. Тогда по свойствам ромба углы между гс и од; и между и/;с п тоже равны а. Окончательно, так как диагонали ромба взаимно перепендикулярны, получим

Ь},1 = 2сс соз а и V^у[^_КМ.

Расчет, как видим, оказывается достаточно громоздким. В дальнейшем мы познакомимся с методами, позволяющими решать аналогичные задачи гораздо проще (см. задачу 61 в § 57).

§ 55. ТЕОРЕМА О ПРОЕКЦИЯХ СКОРОСТЕЙ

ДВУХ ТОЧЕК ТЕЛА

Определение скоростей точек плоской фигуры (или тела, дви­

жущегося плоскопараллелыю) с помощью формулы (52) связано

обычно с довольно сложными расчетами (см. задачу 59). Однако

исходя из этого основного пезультата,

можно получить ряд других, практи­

чески более удобных и простых мето­

дов определения скоростей точек фи­

гуры (или тела) .

Один из таких методов дает тео­

рема: проекции скоростей двух точек

твердого тела на ось, проходящую че- Рис. 149

рез эти точки, равны друг другу.

Рассмотрим какие-нибудь две точки А я В плоской фигуры (или

тела). Принимая точку А за полюс (рис. 149), получаем по формуле

(52), что ув=юА+ьвА- Отсюда, проектируя обе части равенства на

ось, направленную по /123, п учитывая, что вектор ь<вЛ перпендику­

лярен А В, находим

1> всозр=х ' лсо5а , (54)

и теорема доказана. Заметим, что этот результат ясен и из чисто

физических соображений: если равенство (54) не будет выполняться,

то при движении расстояние между точками А и В должно изме­

няться, что невозможно, так как тело считается абсолютно твердым.

Поэтому равенство (54) выполняемся не только при плоскопарал­

лельном, но и при любом движении твердого тела.

5~ 131

Доказанная теорема позволяет легко находить скорость данной точки тела, если известны направление скорости этой точки и ско­рость какой-нибудь другой точки того же тела.

Задача 60. Найти зависимость между скоростями точек А к В линейки эл­липсографа (см. рис. 145) при данном угле ср.

Р е ш е н и е . Направления скоростей точек Л и В известны. Тогда, проекти­руя векторы ь& И ьв на ось, направленную по АВ, получим согласно доказанной теореме

ЬА С05 ф = Ц д С 0 5 (90°—ф),

откуда ьА=ив{§у.

§ 56. ОПРЕДЕЛЕНИЕ СКОРОСТЕЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ С ПОМОЩЬЮ МГНОВЕННОГО ЦЕНТРА СКОРОСТЕЙ. ПОНЯТИЕ О ЦЕНТРОИДАХ

Другой простой и наглядный метод определения скоростей точек плоской фигуры (или тела при плоском движении) основан на поня­тии о мгновенном центре скоростей.

Мгновенным центром скоростей называется точка плоской фигу­ры, скорость которой в данный момент времени равна нулю.

Легко убедиться, что если фигура движется непоступательно, то

такая точка в каждый момент Еремени I существует и притом един­

ственная . Пусть в момент времени I точки А

и В плоской фигуры имеют скорости VА и

юв, не параллельные друг другу (рис. 150).

Тогда точка Р, лежащая на пересечении пер­

пендикуляров Аа к вектору уА и ВЬ к векто­

ру ув, и будет мгновенным центром скоростей,

так как У р = 0 * . В самом деле, если допустить,

что Vрф0, то по теореме о проекциях скоро­

стей вектор х>р должен быть одновременно

перпендикулярен и АР, (так как VА±АР) и ВР (так как ув 1_ВР),

что невозможно. Из той же теоремы видно, что никакая другая точ­

ка фигуры в этот момент времени не может иметь скорость, равную

нулю (например, для точки а проекция Vв на линию Ва не равна

нулю и, следовательно, Уо=^0 и т. д.) .

Если теперь в момент времени I взять точку Р за полюс, то по формуле (52) скорость точки А будет

г}А~'

иР~

УРА ~ УрА'

так как у Р = 0 . Аналогичный результат получается для любой дру­гой точки фигуры. Следовательно, скорости точек плоской фигуры определяются в данный момент времени так, как если бы движение фигуры было вращением вокруг мгновенного центра скоростей. При

* Размеры фигуры всегда можно представить себе такими, что точка Р будет принадлежать этой фигуре (см. ниже пример и рис. 151).

132

этом согласно соотношениям (53):

ул = со-РЛ_ (йА±РА); ув = со.РВ (ув±РВ) и т. д.

Из равенств (55) следует еще, что

2А РА

Уд

РВ

(55)

(56)

т. е. что скорости точек плоской фигуры пропорциональны их расстоя­ниям от мгновенного центра скоростей.

Полученные результаты приводят к следующим выводам. 1. Для определения мгновенного центра скоростей надо знать то­

лько направления скоростей уд и УВ каких-нибудь двух точек А и В плоской фигуры (или траектории этих точек); мгновенный центр скоростей находится в точке пересечения перпендикуляров, вос­ставленных из точек Л и В к скоростям этих точек (или к каса­тельным к траекториям).

2. Для определения скорости любой точки плоской фигуры надо знать модуль и направление скорости какой-нибудь одной точки А фигуры и направление скорости другой ее точки В. Тогда, вос­ставив из точек А и В перпендикуляры к уА и ав, построим мгно­венный центр скоростей Р и по направлению уА определим направ­ление поворота фигуры. После этого, зная уА, найдем по формуле (56) скорость ум любой точки М плоской фигуры. Направлен век­тор перпендикулярно РМ в сторону поворота фигуры.

3. Угловая скорость со плоской фигуры равна в каждый данный момент времени отношению скорости какой-нибудь точки фигуры к ее расстоянию от мгновенного центра ско­ростей Р:

"л со = РВ ' (57)

что видно из формул (55). Найдем еще другое выражение для со.

Из равенств (52) и (53) следует, что

^ВА = \^В—^А\ И VВА=&^АВ, откуда

\УВ—УА \ _ 1чв+(— 44)1 СО : (58)

Рис. 151

АВ АВ

Когда Vл=0 (точка Л — мгновенный центр скоростей), формула (58) перехо­дит в (57).

Равенства (57) и (58) определяют одну и ту же величину, так как

по доказанному (см. § 52) поворот плоской фигуры вокруг точки А

или точки Р происходит с одной н той же угловой скоростью со.

Пример. Для линейки АО эллипсографа (рис. 151) направления скоростей точек А к В известны. Восставляя к ним перпендикуляры, найдем мгновенный центр скоростей Р линейки (эллипсограф можно представить себе в виде листа фа-

133

неры Л, прикрепленного шарнирно к ползунам, А к В, а линейку АО — нарисо­ванной на этом листе; точка Р, принадлежащая листу, имеет скорость Ур=0).

Зная Р, из пропорции VАIРА~V^^IРВ получим уА=ьВ(РА1РВ)=ев1§, ф. т. е. тот же результат, что и в задаче 60. Для точки М аналогично найдем, что Vм=VВ (РМ/РВ). Длину РМ можно вычислить, зная АВ', АМ и угол ф. Направ­ление вектора Уд показано на чертеже (у^^_РМ).

Для угловой скорости линейки по формулам (57) или (58) находим

«=тк и

" = \ в • Легко проверить, что обе формулы дают один и тот же результат.

Рассмотрим некоторые частные случаи определения мгновенного центра скоростей.

а) Если плоскопараллельное движение осуществляется путем качения без скольжения одного цилиндрического тела по поверх­ности другого неподвижного, то точка Р катящегося тела, касаю­щаяся неподвижной поверхности (рис. 152), имеет в данный момент времени вследствие отсутствия скольжения скорость, равную нулю (иР—0), и, следовательно, является мгновенным центром'скоростей. Примером служит качение колеса по рельсу.

Рис. 152 Рис. 153

б) Если скорости точек А и В плоской фигуры_ параллельны

друг другу, причем линия АВ не перпендикулярна ххА (рис. 153, о),

то мгновенный центр скоростей лежит в бесконечности и скорости

всех точек параллельны уА. При этом из теоремы о проекциях скоростей следует, что удсоза==увсо5р, т. е, VВ=VА^, аналогичный результат получается для всех других точек. Следовательно, в рас­сматриваемом случае скорости всех точек фигуры в данный момент времени равны друг другу и по модулю, и по направлению, т. е. фигура имеет мгновенное поступательное распределение скоростей (такое состояние движения тела называют еще мгновенно поступа­тельным). Угловая скорость со тела в этот момент времени, как видно из формулы (58), равна нулю.

в) Если скорости точек А и В плоской фигуры^ параллельны друг другу и при этом линия АВ перпендикулярна иА, то мгновен­ный центр скоростей Р определяется построением, показанным ва рис. 153, б. Справедливость построений следует из пропорции (56). В этом случае, в отличие от предыдущих, для нахождения цент-

134

ра Р надо кроме направлений знать еще и модули скоростей юА

и ув.

г) Если известны вектор скорости ув какой-нибудь точки В

фигуры и ее угловая скорость со, то положение мгновенного центра скоростей Р, лежащего на перпендикуляре к УВ (СМ. рис. 150), можно найти из равенства (57), которое дает ВР—УВ/(П.

М г н о в е н н ы й ц е н т р в р а щ е н и я и ц е н т р о и д ы . Выше было показано, что скорости точек плоской фигуры распределены в каждый момент времени так, как если бы движение этой фигуры представляло собой вращение вокруг центра Р. По этой причине точку неподвижной плоскости, совпадающую с мгновенным центром скоростей, которую мы также будем обозначать буквой Р, называют мгновенным центром вращения, а ось Рг, перпендикулярную сечению 5 тела (см. рис. 141) и проходящую через точку Р,— мгновенной осью враи^ения тела, совершающего плоскопаралделыюе движение. От неподвижной оси (или центра) вращения мгновенная ось'(или центр) отличаются тем, что они все время меняют свое положение. В § 52 было установлено, что плоскопараллельное дви­жение можно рассматривать как слагающееся из поступательного движения вме­сте с каким-то фиксированным полюсом и вращательного движения вокруг этого полюса. Полученный результат позволяет дать другую геометрическую картину плоского движения, а именно: плоскогщрамельное движение слагается из серии последовательных элементарных поворотов вокруг непрерывно меняющих свое по­ложение мгновенных осей (или центров) вращения.

Например, качение -колеса, изображенного ниже на рис. 156, можно пред­ставить себе или как совокупность поступательного движения вместе с полюсом С и вращения вокруг этого полюса, или же как серию элементарных поворотов вок­руг непрерывно изменяющей свое положение точки касания Р обода с рельсом.

При движении плоской фигуры мгно­венный центр Р непрерывно изменяет снос положение как на неподвижной плоскости Оху, так и на плескссти, связанной с дьи-

Рис. 154 Рис. 155

жущейся фигурой. Геометрическое место мгновенных центров вращения, т. е. положений точки Р па иеподьилиой плоскости, называют неподвижной центрои-Оой, а геометрическое место мптовепных центров скоростей, т. е. положений точки Р в плоскости, связанной с фшурсн п движущейся вместе с ней,— подвижной грипроидой (рис. 154). В данный момент времени обе центроиды касаются др\г друга в точке Р, являющейся для э ю ю гсыента мгновенным центром ьраще! ия (или скоростей); пересекаться центроиды нз могут, так как тогда в данный момент времени существовало бы больше одного шновенного и,еы[ а, что невозможно. В следующий момент времени будут соприкасаться точш Р\ подвижной и Рг

неподвижной цеьтрепд, и эта то"кз будет для следующего момеьта ггнеиенным центром вращения и т. д. О

гс:ода, поскольку по.юже! не лт,

1 ове.шою центра Р

изменяется непрсрыьно и в каждый дампы! момент времепп 1>р- 0, можно заклю­чить, что при плоскопараллсльнсм дгии'епии происходит качение без скольжения подвижной центроиды но [.еподпжной. Наоборот, если материально осуществить обе центроиды, то геометрическую картш у п-оско: о движения т е п ; д о г о тела моле­но получить, скрепив тело с подписной цептроидон и катя эту центроиду без скольжения по неподвижной.

135

Легко видеть, что для колеса, изображенного на рис. 156, ось Ох является неподвижной центроидой, а окружность РЕВК — подвижной. Качением без скольжения подвижной центроиды по неподвижной и осуществляется движение колеса.

Пример. Для линейки АВ эллипсографа (рис. 155) мгновенный центр враще­ния находится в точке Р (см. рис. 151). Так как расстояние РО— АВ=1 в любой момент времени, то геометрическим местом точек Р в плоскости Оху, т. е. непод­вижной центроидой, будет окружность радиуса I с центром в О. Но одновременно, если линейку АВ представить нарисованной на листе фанеры Л, то расстояние РС~\12 центра Р от точки С линейки будет тоже все время постоянным. Следова­тельно, геометрическим местом точек Р на листе фанеры Л, т. е. подвижной цен­троидой, будет окружность радиуса 112 с центром в точке С. При движении эллип­сографа окружность 2 катится без скольжения по окружности / и точка их ка­сания в каждый момент времени будет мгновенным центром вращения. Наоборот, если окружности 1 и 2 осуществить материально (в виде шестерен) и катить одну по другой (неподвижной) без скольжения, то при этом диаметр АВ окружности 2 воспроизведет движение линейки эллипсографа.

§ 57. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

Для определения искомых кинематических характеристик (угло­вой скорости тела или скоростей его точек) надо знать модуль и направление скорости какой-нибудь одной точки и направление скорости другой точки сечения этого тела (кроме случаев а) и в), рассмотренных в конце § 56). С определения этих характеристик по данным задачи и следует начинать решение.

Механизм, движение которого исследуется, надо изображать на чертеже в том положении, для которого требуется определить соот­ветствующие характеристики. При расчете следует помнить, что понятие о мгновенном центре скоростей имеет место для данного твердого тела. В механизме, состоящем из нескольких тел, каждое непоступательно движущееся тело имеет в данный момент времени свой мгновенный центр скоростей и свою угловую скорость.

Задача 61. Определить скорость точки М обода катящегося колеса (см. задачу 59) с помощью мгновенного центра скоростей.

Р е ш е н и е . Точка касания колеса Р (рис. _156) является мгновенным цен­тром скоростей, поскольку У р = 0 . Следовательно, ъм\_РМ. Так как прямой угол РМБ опирается на диаметр, то направление вектора скорости 'Ощ любой течки

Рис. 156 Рис. 157

136

обода проходит через точку И. Составляя пропорцию п^/РМ=1'с/РС и замечая, что РС=РК, а РМ=2% соз а, находим удо=2ус соз а.

Чем точка М дальше от Р, тем ее скорость больше; наибольшую скорость V^=2Vс имеет верхний конец О вертикального диаметра. Угловая скорость колеса согласно формуле (57) имеет значение

а>=ьс!РС=1<с'Н.

Аналогичная картина распределения скоростей имеет место при качении колеса или шестерни по любой цилиндрической поверхности (см. рис. 152).

Задача 62. Определить скорость центра С подвижного блока радиуса г и его угловую скорость со (рис. 157), если груз А поднимается со скоростью ид, а груз В опускается со скоростью УВ. НИТЬ при своем движении по подвижному блоку ие проскальзывает, а ее ветви вертикальны.

Р е ш е н и е . Так как нить по подвижному блоку не проскальзывает, то скорости точек а и Ь блока равны по модулю скоростям грузов, т. е. ьа=х)д и г'ь=%. Зная скорости точек а и & и полагая для определенности, что ь в ^ д , находим положение мгновенного центра скоростей Р подвижного блока таким же приемом, как и в случае, показанном иа рис. 153, б. Скорость центра С блока изо­бражается вектором ус. Для определения модуля ус и угловой скорости со под­вижного блока составляем, пользуясь формулой (58), равенства:

„ кь + (— оа)\ /ч I Уь — Ус\

(0 = • ( 0 = ' • аЬ ' ЬС

Отсюда, так как аЬ=2г, ЬС=г, находим:

Ю = (УВ-ИЛ)/2/-, 1'с = (ив~-иА)/2.

При УД>УЛ центр С блока поднимается; если Vа<^Vд) он будет опускаться. При ^в~

уА получим ьс=0. Для случая, когда оба груза Л и В опускаются, значения со и ис найдем, за­

менив в полученных формулах УД на —ид. Задача 63. В крнвошипно-ползунном механизме (рис. 158) кривошип ОА

длиной г вращается с угловой скоростью а>0д. Длина шатуна АВ=1. При данном угле <р определить: 1) скорость ползуна В; _ 2) положение точки М шатуна АВ, име­ющей наименьшую скорость; 3) угловую скорость содд шатуна. Рассмотреть допол­нительно положения механизма при ф = 0 и ф=90°.

Р е ш е н и е . Из данных задач следу­ет, что точка А имеет скорость, численно ~^у^'Ч////*у/Я равную »л

=(ВОЛ

Г и направленную пер- 0^^_Д._ . ' ^ ( " Ъ ^ |

пендикулярно ОА, а скорость точки В 1>д ;МиМА направлена вдоль ВО. Этих данных до-

/ ' рис ^

статочно для определения всех кинемати­ческих характеристик шатуна АВ.

1. По теореме о проекциях скоростей Уд соз а — У д соз р. Но поскольку угол ОАО, как внешний угол треугольника ОАВ, равен ф+р , то а = 9 0 ° — ( ф + Р )

и1

следовательно.

•ив = «>ОАГ 51

"СоФ3"р ®=®олг (з'п ср + соз Ф г§ Р).

Исключим из этого равенства угол р. Из треугольника ОАВ ъЫ^>[г — ф/?; кроме того,

В результате находим У1 —81П

гВ '

Г СОЗ ф \ .

137

2. Восставляя из точек Л и В перпендикуляры к скоростям этих точек, опре­деляем мгновенный центр скоростей Р для шатуна АВ (линия АР является про­должением ОА). Наименьшую скорость имеет точка /И, ближе всего расположенная к центру Р, т. е. лежащая на перпендикуляре РМ к АВ. Скорость этой точки

*>м = Ь

'А соз а = (>>ОАГ 5Ш

(ф + р4)-

3. Угловая скорость шатуна АВ согласно формуле (57)

а>дв = ьд1РА или <вдв =

Длина РВ (или РА) вычисляется по данным задачи.

4. При угле ф = 0 (рис. 159, а) перпендикуляр АВ к скорости Vд и перпенди­куляр ВЪ к направлению Уд пересекаются в точке В. Следовательно, точка В яв­ляется в этом положении мгновенным центром скоростей и У а = 0 («мертвое» положение механизма). Для этого положения

а>дв = Уд/АВ = т0А/1-

Распределение скоростей точек шатуна А В показано на чертеже.

5. При угле ф=90° (рис. 159, б) скорости уд и ув направлены параллельно и перпендикуляры к ним пересекаются в бесконечности. Следовательно, в этот мо­мент времени все точки шатуна имеют одинаковые скорости, равные Уд; «>дв=0.

Рис. 159 Рис. 160

Задача 64. Кривошип ОА (рис, 160), вращающийся вокруг оси О с угловой скоростью <х>ОА, несет на себе ось подвижной шестерни 1, катящейся по неподвиж­ной шестерне 2. Радиусы шестерен одинаковы и равны г. К шестерне 1 шарнир-но прикреплен шатун ВО длиной соединенный с коромыслом ОС. Определить угловую скорость Шяд шатуна в момент, когда он перпендикулярен кривошипу ОА, если в этот момент /.ВЙС—ъЬ".

Р е ш е н и е . Для определения м д о надо з,1

ать скорость какой-нибудь точки шатуна ВО и положение его мгговен- о:о по"тра скоростей. Найдем скорость точки В, пользуясь тем, что она одновременно принадлежит шестерне /. Для шестерни 1

известны скорость Ьд=а0д-2г (уд_|_ОЛ) и тгнопенный центр скоростей Р . . Следовательно, 'св \_РгВ и по теореме о проекциях скоростей ув соз 4 5 ° = У д , откуда Уд=1-дУ2=2шоаУ2.

Теперь для пшун а ВО известны скорость Уд и направление скорости ^ (Г0_|_ОС). Восставляя перпендикуляры к ул и найдем мгновенный центр ско­ростей Р2 шатуна. При этом, как леп\о ьидать, отрезок ВР3=/]/"2/2. Тогда а>во=ив!ВР2^4(г/Г)шпл.

Заметим, что нельзя пытаться искать какой-нибудь мгневеннь'й центр ско­

ростей, восставляя перпегднкулярл к :,сьл< <.д л I ц . Точки А О щп адле..,&1

разным телам, и пересечение указанных перпендикуляров никакого центра ско­ростей ие дает (срави. с задачей 65).

Задача 65. На ось О (рис. 161) независимо друг от друга насажены шестерня / и кривошип ОА, вращающийся с угловой скоростью а>0А. Кривошип несет ось А шестерни 2, наглухо скрепленной с шатуном АВ, проходящим через качающуюся муфту С. Радиусы шестерен 1 и 2 одинаковы (г^г^—г). Определить угловую скорость <о, шестерни 1 в тот момент времени, когда ОА_]_ОС, если при этом ^АСО=Ж.

Р е ш е н и е . Для определения угловой скорости и>1 шестерни / надо найти скорость ее точки Е. Эту скорость найдем, пользуясь тем, что такую же скорость имеет точка Е шестерни 2. Для шестерни 2 известны направление и модуль ско­рости точки А:

"г>А±ОА, ул = (В0Л-2г.

Кроме того, мы знаем направление скорости уЕ, но в

Данном случае этого не­

достаточно, так как VЕ\\Vд. По теореме проекций значение ьЕ также не найдется,

так как уА и ьЕ перпендикулярны АЕ. Поэтому для дальнейшего решения вос­

пользуемся тем, что шестерня 2 и шатун АВ образуют одно тело (оии склепаны).

Для этого тела знаем направление скорости точки С: вектор ус направлен вдоль СЛ,так как в точке С шатун может только проскальзывать вдоль муфты. Восставляя перпендикуляры к оди ос, находим мгновен­ный центр скоростей Ртела ВАЕ.

По данным задачи /. АСО= 30°, откуда и ^СРЛ=30 ° . Поэтому

АС=2-АО=4г, РЛ=2-ЛС=8г , РЕ=7г.

Тогда из пропорции ЮЕ/РЕ=УА/РА находим, что у р = ( 7 / 8 ) Уд=(7/4) га>0д. Отсюда Сй.= =оЕ 'ОЕ=(7/4) (ООА.

Рис. 161

Задача 66. В механизме, изображенном на рис. 162, кривошипы 1 и 2 дли­ной 1Л и 1% соответственно могут вращаться независимо друг от друга вокруг их осей Ох и 02*. При данных углах аир* (02В\\АС) найти: 1) чему должны равняться угловые скорости % и щ кривошипов, чтобы шарнир С механизма имел в данный момент времени заданную скорость ьс, направленную под углом V к звену АС; 2) чему будет равна скорость у с , если кривошипы имеют заданные угловые ско­рости % и 0) а .

* Механизм имеет две степени свободы: его положение определяется двумя уг­лами а и р\ не зависящими друг от друга (угол а можно изменять, не изменяя угол Р, и наоборот). Механизмы, рассматривавшиеся в предыдущих задачах, имеют одну степень свободы и положение каждого определяется одним углом, например у механизма, изображенного на рис. 158, углом <р. Подробнее вопрос о степенях сво­боды рассматривается в § 138.

139

Р е ш е н и е . Так как точка С принадлежит одновременно звеньям АС а ВС, то по теореме о проекциях скоростей должно быть

У,? 8Ш а = Г С СОЗ-у, Уд 81П р = с'с соз (р — у), (а)

1. Из равенств (а), поскольку У Л= ( 0

1 ' 1 > '"в—Щ^ найдем, что ус и у будут иметь заданные значения, когда

и>1=-сс Ш8

у/к^т а, ш2 = '^с с о 8

(Р — У ) ^ 2 зт р.

Как видим, рассматриваемый механизм действительно позволяет сообщить точке С перемещение в плоскости механизма по любому наперед заданному направ­лению с заданной скоростью. Подобные свойства механизмов используются в раз­личных манипуляторах

2 Если заданы со1 и со2, то

одновременно будут известны г'А и VI}. Тогда из уравнении (а) можно определить искомые значения Vс и у, по расчет при этом будет обычно достаточно громоздким.

Однако задача легко и изящно решается графически. Для этого следует от­ложить вдоль продолжения АС отрезок Сс^Аа, а вдоль СВ — отрезок Се2=В6 и восставить из точки сг перпендикуляр к Сс1; а из точки с2— перпендикуляр к Сс2 Точка пересечения этих перпендикуляров и определяет конец искомого век­тора ус, так как Ссх является проекцией ус на АС, а Сс2— проекцией VС на СВ,

§58* . ОПРЕДЕЛЕНИЕ УСКОРЕНИЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ

Покажем, что ускорение любой точки М плоской фигуры (так

же, как и скорость) складывается из ускорений, которые точка

получает при поступательном и вращательном движениях этой фи­

гуры. Положение точки М по отношению к осям Оху (см. рис. 146)

определяется радиусом-вектором г—гА-\-г', где г'=АМ. Тогда

— _ 6*7 _ Аг7д сгУ*

й к~ о7

2 ~~ АР + о7

2 -

В правой части этого равенства первое слагаемое есть ускорение

Од полюса А, а второе слагаемое определяет ускорение а м д , кото­

рое точка М получает при вращении фигуры вокруг полюса А

(см. § 54). Следовательно,

ам = а д - а м д . (59)

Значение аМА, как ускорения точки вращающегося твердого

тела, определяется по формулам (46) и (47) из § 5 1 :

аМА=-МА |/"е2^-со*, *§ц, = е/со

2, (60)

где со и в — угловая скорость и угловое ускорение ф и г у р ы * , а

\х — угол между вектором амд и отрезком МА (рис. 163).

Таким образом, ускорение любой точки М плоской фигуры гео­

метрически складывается из ускорения какой-нибудь другой точки А,

принятой за полюс, и ускорения, которое точка М получает при

вращении фигуры вокруг этого полюса. Модуль и направление ускоре-

* На чертеже сплошная дуговая стрелка показывает направление со (направ­ление вращения), а пунктирная — направление (знак) е. При ускоренном враще­нии обе стрелки будут направлены в одну сторону, а при замедленном — в разные.

140

ния ам находятся построением соответствующего параллелограмма (рис. 163).

Однако вычисление ам с помощью параллелограмма, изображен­ного на рис. 163, усложняет расчет, так как предварительно надо бу­дет находить значение угла ц, а затем — угла между векторами аМА и аА. Поэтому при решении задач удобнее вектор аМА заменять его касательной (аАМ) и нормальной (а

пМА) составляющими и пред­ставить равенство (59) в виде

ам = а

А + а

мл+амА- (61)

При этом вектор а\А направлен перпендикулярно АМ. в сторону вращения, если оно ускоренное, и против вращения, если оно замедленное; вектор ап

МА всегда направлен от точки М к полюсу А (рис. 164). Численно же

ахМл=-АМ-в, а

пМА = АМ-а*. (62)

Если полюс А движется не прямолинейно, то его ускорение мо­жно тоже представить как сумму касательной аА и нормальной а\

составляющих, тогда

а~м=а\ + аА+амл-\гамА- (63)

Наконец, когда точка М движется криволинейно и ее траекто­

рия известна, то ам в левых частях равенств (61) и (63) можно

заменить суммой ахм-{-а

пм. Формулами (61) — (63) и пользуются

обычно при решении задач.

Рис. 163 Рис. 164

Р е ш е н и е з а д а ч . Ускорение любой точки плоской фигуры в данный момент времени можно найти, если известны: 1) векторы скорости уА и ускорения аА какой-нибудь точки А этой фигуры в данный момент, 2) траектория какой-нибудь другой точки В фи­гуры. В ряде случаев вместо траектории второй точки фигуры до­статочно знать положение мгновенного центра скоростей.

Тело (или механизм) при решении задач надо изображать в том положении, для которого требуется определить ускорение соответ­ствующей точки. Расчет начинается с определения по данным задачи скорости и ускорения точки, принимаемой за полюс. Дальнейшие особенности расчета подробно рассматриваются в решенных ниже задачах. Там же даются необходимые дополнительные ука з ания .

141

Задача 67. Центр О колеса, катящегося по прямолинейному рельсу (рис. 165), имеет в данный момент времени скоросто 1 и с п ускорение а о = 2 м,с

2. Радиус

колеса # = 0 , 2 м. Определить ускорение точки В — конца перпендикулярного ОР диаметра АВ и ускорение точки Р, совпадающей с мгновенным центром ско­ростей. _

Р е ш е н и е . 1) Так как 1>о и до известны, принимаем точку О за полюс. 2) О п р е д е л е н и е со Точка касания Р язллется мгновенным центром ско­

ростей; следовательно, угловая скорость колеса

(1}=^0'^РО=V0т. (а)

Направление со определяется направлением од и показано на чертеже сплош­ной стрелкой.

3) О п р е д е л е н и е е. Так как в равенстве (а) величина РО=Р остается постоянной при любом положении колеса, то, дифференцируя это равенство по временя, получим

61 Р й{ или Р

Знаки со и е совпадают, следовательно, вращение колеса ускоренное. Ва..'.но помнить, что величина Е опредгчяетя равенством (б) только в том слу­

чае, когда расстояние РО в формуле (а.) постоянно.

Л

\ " Л / V - А

А

7,1 \ ̂

Ряс. 165 Рис. !66

П р и м е ч а н и е " а) не след\ет думать, что е с и по условиям задачи » 0 = 1 м/с, то У0=сопь1 Значение ь0 в задаче укал..чо дгя данного момента вре­мени; с течением же времени ьо из'

1 енястся, так кг к аот^О;

б) в данном случае с!: о й1 а0, так как движение точки О является прямо­

линейным. В общем случае с! 'о д!=сс.

4) О п р е д е л е н и е аво и а"во Так как за полюс взята точка О, то по формуле (61)

ав~ао~ 1ьо — аЪо- (в)

Используя равенства (а) и (б) н уччтызач, что з пашем случае ВО=Р, находим:

аво= ВО-с = ао = 2 ч с2, с]Ь^=Гд-со

2 = 1о//? = 5 м/с

2. (г)

Показав на чертеже точку В отдельно, изображаем (без соблюдения масштаба) векторы, из которых слагается ускорение «д, а именно: вектор а0 (переносим 1

тз

точки О), вектор аво (в с т ^р с у прг_це.:1:л, тач как оно ускореннее) п лектор сЦо (всегда от В к полюсу 0\

5) В ы ч и с л е н и е од. Проведя осп Вх и Ву, находим, чго

<*вх = °ь-о - а0 = 3 ^ -2, аву = аьо = 2 м/с

2,

142

откуда ав=УаВх + аЪу = V13 = 3,6 м 'с

2.

Аналогичным путем легко найти и ускорение точки Р : а р = а " о=

5 м/с2 и

направлено вдоль РО. Таким образом, ускорение точки Р, скорость которой в данный момент времени равна нулю, пулю не равно.

Задача 68. По неподвижной шестерне / радиуса 1 = 0 , 3 м обкатывается ше­стерня 2 радиуса г2=0,2 м, насаженная-на кривошип ОА (рис. 166, а). Кривошип, вращающийся вокруг оси О, имеет в данный момент времени узловую скорость ( 0 = 1 с

- 1 и угловое ускорение е = — 4 с~

2. Определить в этот момент времени уско­

рение точки!), лежащей на ободе подвижной шестерни (радиус А О перпендику­лярен кривошипу).

Р е ш е н и е . 1) Для решения задачи надо рассмотреть движение шестерни 2, Поданным задачи легко найти скорость уд и ускорение ад точки А этой шестерни, которую и выбираем за полюс.

2) О п р е д е л е н и е Уд и ад. Зная со и е кризошнпа, находим:

уд=ОЛ-со — 0,5 м/с; ол = ОЛ-е = — 2м /с2;

ад = ОЛ.Ша= 0,5 м/с

2. (а)

Так как знаки у уд и ад разные, то движение точки из данного положения является, замедленным. Векторы ад и. ад имеют направления, показанные на чертеже.

3) О п р е д е л е и и е со2. Точка касания Р является мгновенным центром скоростей для шестерни 2; следовательно, угловая скорость о>2 шестерни 2

со2 = ид/ЛР = 1!д/г2; со2 = 2,5 с~Ч (б)

Направление со2 (направление вращения шестерни) определяется направле­

нием Vд и показано сплошной стрелкой. 4) О п р е д е л е н и е е2. Как и в предыдущей задаче, величина АР=г% во

все время движения постоянна. Поэтому

гём2 1 сЬд а\ 1л -а Е 2

= И Г " - Л Г - ^ Г: Е З =

"1 0 С

• (В)

Так как знаки со2 и Ё2 разные, то вращение шестерни 2 явтяется замедленным, 5) О п р е д е л е н и е асм и ар д. Ускорение точки О найдем по формуле

(63):

° 0 = А

А + ад + аол + аОА.

В нашем случае ОА=г2 и

атОА = ОА-е2 = —2 м/с

2; а « д = БЛ-ш | -1 , 25 м/с

3.

Изображаем на чертеже (рис. 166, б) векторы, из которых слагается ускоре­

ние 0 0 , именно: ад, а'д (переносим из точки Л); ард (против вращения, так

как оно замедленное); ард (от Б к полюсу А).

6) В ы ч и с л е н и е ар. Проводя оси Ох и йу, находим, что

« О х = 1ал1 +

ао л = 3,25 м/с

2;

ййу = I аЬл I — апА = 1,5 м/с

2,

откуда

ап = У аЬх + аЬу я 3,58 м/с2.

Задача 69. К кривошипу ОЛ, равномерно вращающемуся вокруг оси О с угловой скоростью соод=4с

- 1 (рис. 167), прикреплен шатун АВ, соединенный

с коромыслом ВС. Даны размеры: ОА=г=0,5 м, Л5=2г , ВС=гУ~2. В положе­нии, изображенном на чертеже, ^ОЛВ=90 ° , а ^ЛВС=45 ° . Определить для этого положения ускорение точки В шатуна, а также угловую скорость и угловое уско­рение коромысла ВС и шатуна АВ,

ИЗ

Р е ш е н и е . 1) Рассмотрим движение шатуна АВ; выберем в качестве по­люса точку А. Для нее, так как ШОД=СОПБ1:

иА = тоА~2 м

/с; а

А = а

А = гею А = 8 м

/°3- (

а)

Изображаем векторы Уд и аА на чертеже. 2) О п р е д е л е н и е (Одд. Нам известна траектория точки В шатуна (ок­

ружность радиуса ВС). Зная поэтому направление Уд (уд_|_ВС), строим мгновен­ный центр скоростей Р шатуна АВ. Легко видеть, что АР=АВ—2г. Тогда

®АВ = ~°А/АР ИЛИ ШЛВ = ШОЛ/2=2 С- 1

. (б)

Направление поворота показано на чертеже. В этом случае расстояние АР при движении механизма не остается посто­

янным и для определения едд нельзя воспользоваться приемом, примененным в двух предыдущих задачах. Рассмотрим поэтому другой метод решения.

3 ) А н а л и з в е к т о р н о г о

(61). Учитывая, ч т о а в= у р а в н е н и я = ав~\~ав, представим уравнение (61) в виде

ав + а% = а л + авл + а'вл (В)

Изобразим все векторы на рис. 167 (ав и авА направляем так, как если бы соот­ветствующие вращения были ускоренны­ми). Рассмотрим, какие из входящих в уравнение (в) величии известны численно или могут быть по данным задачи вы-численны. Мы знаем ускорение ад полю­са Л. Кроме того, зная содд, можно иай-

а зная Уд, можно определить ув и вычислить а% — Ув1ВС. Таким обра­зом, в векторном уравнении (в) неизвестны только числовые значения двух подчеркнутых величин: ав и авА- Но в проекциях на оси равенство (в) дает два скалярных уравнения, из которых эти неизвестные и определяются.

Произведем предварительно подсчет а%А и ав. 4) О п р е д е л е н и е авА- Зная содд, по формуле (62) находим

ти авА

аВА^ЛВ-ыАв = 4 м/с2. (г)

5) О п р е д е л е н и е а%. Зная траекторию точки В, можно определить нормальное ускорение ав этой точки. Для этого найдем сначала по теореме проек­ций (или с помощью мгновенного центра Р) скорость Уд. Получим Уд соз 45°=Уд,-откуда Ов=оАУ~2. Тогда

ав = ьЫВС = 2-о2А!гУ 2 = 8 } / ' 2 м/с

2. (Д)

6) О п р е д е л е н и е ав н ад. Для определения ав спроектируем обе ча­сти равенства (в) на ось В А, перпендикулярную другому неизвестному вектору авА. Получим

атв соз 45° + ав соз 45° = а

пВА.

Подставляя сюда вычисленные значения ав и а%А, найдем

ав = аЪАУ 2-апв = -4У 2 м/с*. (е)

Знак минус показывает, что вектор ав имеет направление, противоположное Уд (вращение коромысла СВ из данного положения замедленное).

Теперь определяем ав:

ав =У{авУ + {авУ = 4У 1 0 = 12,65 м/с2.

144

7) О п р е д е л е н и е (Овс и г

вс- Зная ов~о АУ 2 и ав, находим

(йВс = ов1ВС = 4: с-1, е в с = ад/ВС = —8 с

- 2.

8) О п р е д е л е н и е гАв. Чтобы найти е д д , »адо вычислить аЪА. Для этого спроектируем обе части равенства (в) на ось ВР, перпендикулярную ав-Получим

ав = —йА соз 45° — аЬд соз 4 5 °+ а

вд соз 45°.

Отсюда

ахВд = — ав У~2~—аА + аВд = —20 м/с

2

и по первой из формул (62)

е д В = аВА!АВ = —20 с"2.

Знак минус в обоих случаях указывает, что вращение шатуна АВ из рассматривае­мого положения является замедленным.

§ 5 9 * - . МГНОВЕННЫЙ ЦЕНТР УСКОРЕНИЙ

При непоступательном движении плоской фигуры у нее в каждый момент времени имеется точка (?, ускорение которой равно нулю. Эта точка называется мгновенным, центром ускорений. Определяется положение центра (?, если известны ускорение аА какой-нибудь точки А фигуры и величины со и е, следующим путем:

1) находим значение угла р: из формулы г§р:=е/(о2;

2) от точки А под углом р: к вектору аА проводим прямую АЕ (рис. 168); при этом прямая АЕ должна быть отклонена от аА е сторону вращения фигуры, если вращение является ускоренным, и против вращения, если оно является замедленным, т. е. в сторону направления углового ускорения е;

3) откладываем вдоль лниии АЕ отрезок АС), равный

АО. = аА/У е2 + со*. (64)

Построенная таким путем точка О. и будет мгно­венным центром ускорений. В самом деле, по форму­лам (59) и (60) _

ао.=аА + адА, Рис. 168

где численно адА=АС}Уг2-\-ы*. Подставляя сюда значение АС} из равенства

(64), находим, что с1дА—аА. Кроме того, вектор а д д должен образовывать с ли­

нией АС} угол ( 1 , следовательно, вектор а(^А параллелен а д , но направлен в про­

тивоположную сторону. Поэтому « с ? д = — а А и а(^=0.

Если точку <2 выбрать за полюс, то так как ад=0, ускорение любой точки М тела, согласно формуле (59) будет

аЛ1 =

а<Э +

аЛ1<Э = ад1(Э. (65)

При этом из равенств (60) следует, что численно

ам = МС) У е2 + со*. (66)

Следовательно, ускорения точек плоской фигуры определяются в данный мо­мент времени так, как если бы движение фигуры было вращением вокруг мгновенного центра ускорений С}. При этом, как следует из (66),

ам/МО_=аА/А(2 = ... = УЁ* + ^; (67)

т. е. ускорения точек плоской фигуры пропорциональны их расстояниям от мгно­венного центра ускорений. Картина распределения ускорений (т. е. поле ускоре­ний точек плоской фигуры в данный момент времени) показана на рис, 169.

145

Следует иметь в виду, что положения мгновенного центра скоростей Р и мгно­венного центра ускорений <2 в данный момент времени не совпадают. Например, если колесо катится по прямолинейному рельсу (см. рис. 170), причем скорость его центра С постоянна (рс=соп8т,), то мгновенный центр скоростей находится в точ­ке Р (уР=0), но при этом, как было показано в задаче 67, арф0\ следовательно, точка Р ие является одновременно мгновенным центром ускорений. Мгновенный

Рис. 169 Рис. 170

центр ускорений в этом случае находится, очевидно, в точке С, так как она дви­жется равномерно и прямолинейно и о с = 0 . Центры скоростей и ускорений сов­падают тогда, когда фигура (тело) вращается вокруг неподвижной оси.

Понятием о мгновенном центре ускорений удобно пользоваться при решении некоторых задач.

Задача 70. Колесо катится по прямолинейному рельсу так, что скорость 1'с

его центра С постоянна. Определить ускорение точки М обода колеса (рис. 170).

Р е ш е н и е . Так как по условиям задачи 1!С=сопз1, то о с = 0 и точка С является мгновенным центром ускорений. Мгновенный центр скоростей находится в точке Р. Следовательно, для колеса

<в=гс/РС=гс//?=соп5г, е=йш/с1/=0, 1§ р=е/со2=0, и = 0 .

В результате по формуле (66) находим

ам=:МС-а>2 = ус/Р.

Таким образом, ускорение любой точки М обода (в том числе и точки Р) рав­но х!с1К и направлено к центру С колеса, так как угол р = 0 . Заметим, что это ус­

корение для точки М не будет нормаль­ным ускорением. В самом деле, скорость точки М направлена перпендикулярно РМ (см. задачу 61). Следовательно, касатель­ная Мт к траектории точки М направ­лена вдоль линии АЮ, а главная нормаль Мп — вдоль МР. Поэтому ам=ам соз а,

(Щ—а-м $П1 а. Задача 71. Кривошип О А вращает­

ся С ПОСТОЯННОЙ УГЛОВОЙ СКОРОСТЬЮ СО д̂ (рис. 171). Найти ускорение ползуна В и угловое ускорение шатуна АВ в тот мо­мент времени, когда ^.ВОА=90°, если ОА=г, АВ=1.

Р е ш е н и е . В рассматриваемый момент времени скорости всех точек ша­

туна АВ равны V^^ (см. задачу 63, рис. 159, б), мгновенный центр скоростей на­

ходится в бесконечности и (Одд=0. Тогда {§ и.=едв/содв=<» и р=90° (едд^О,

так как в противном случае по формулам (60) и (59) аВА—0 и ав=~аА, что невоз­

можно, поскольку эти два вектора взаимно перпендикулярны).

Ускорение точки Л ад=ад=/-соод и направлено вдоль Л О. Ускорение точки В,

так как она движется1 прямолинейно, направлено вдоль ОВ. Из рис, 169 видно,

146

что ускорение любой точки М тела направлено под углом ц к линии АЩ. В данном случае^ 11=90°; следовательно, линии АС) и ВС) должны быть перпендикулярны ад и сд. Восставляя эти перпендикуляры, [находим, положение точки ф. Со­ставляя теперь пропорцию (67) ав1ВС1=аА1АС), где ВО_=г, АО.^УР — г*, по­лучаем

Ускорение ам любой другой точки М шатуна А В будет перпендикулярно М<2 (ц=90°); модуль ам находится из пропорции (67).

Угловое ускорение гАВ шатуна найдем из равенства ав=В<2-гдв, которое дает формула (66) при ( О д д = 0 . Следовательно,

ав г 2

Глава XII*

Д В И Ж Е Н И Е ТВЕРДОГО ТЕЛА В О К Р У Г

НЕПОДВИЖНОЙ т о ч к и

И Д В И Ж Е Н И Е СВОБОДНОГО ТВЕРДОГО Т Е Л А

§60 . ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА, ИМЕЮЩЕГО ОДНУ НЕПОДВИЖНУЮ ТОЧКУ

Рассмотрим движение по отношению к системе отсчета Охгухгх

твердого тела, закрепленного так, что одна его точка О остается во все время движения неподвижной. Такое движение совершает, например, волчок, у которого неподвижна точка его опоры о пло­скость, или любое другое тело, закрепленное в точке О шаровым шарниром.

1 . У р а в н е н и я д в и ж е н и я . Найдем, какими параметра­ми определяется положение тела, имеющего неподвижную точку. Д л я эгого свяжем жестко с телом трехгранник Охуг, по положению которого можно судить о положении тела (рис. 172). Линия ОК, вдоль которой пересекаются плоскости Оху и Ох,уг, называется ли-пией узлов. Тогда положение по отношению к осям Ох1у1г1 трехгран­ника Охуг, а с ним и самого тела можно определить углами:

у=/-КОх, •§=/-х10К, В=^г10г.

Эти углы, называемые углами Эйлера, имеют следующие, взятые нз небесной механики наименования: с р— у г о л собственного вра­щения, 1|' — угол прецессии, 0 — угол нутации. Положительные направления отсчета углов показаны на рис. 172 стрелками.

Чтобы знать движение тела, надо знать его положение по отно­шению к осям Оххуы в любой момент времени, т. е. знать зависи­мости:

ф = / Х ( 0 , е = Ы 9 . (68)

147

Уравнения (68), определяющие закон происходящего движения, называются уравнениями движения твердого тела вокруг неподвиж­ной точки.

2 . У г л о в а я с к о р о с т ь т е л а . При изменении угла < р

тело совершает вращение вокруг оси Ог (собственное вращение) с

угловой скоростью со .=ф, при изменении угла г|; — вращение во­

круг оси 0гг (прецессия) с угловой скоростью соа=г|з и при изменении

Рис. 172 Рис. 173

угла 6 — вращение вокруг линии узлов- ОК (нутация) с угловой скоростью со 3=0 . Векторы со., со2, со3 этих угловых скоростей на­правлены соответственно по осям Ог, Ог1 и ОК (рис. 173). Поскольку при движении тела изменяются вообще все три угла, движение тела представляет собой вращение с угловой скоростью со, равной геометрической сумме названных угловых скоростей (справедли­вость этого _вывода будет подтверждена в § 71). Таким образом, со=со1-т-со2+со3.

Поскольку значения со., со2, со3 со временем изменяются, вектор со будет при движении тела тоже изменяться и численно, и по на­правлению. По этой причине со называют еще мгновенной угловой

скоростью тела. 3 . Г е о м е т р и ч е с к а я к а р т и н а д в и ж е н и я т е -

л а. Если тело имеет в данный момент времени угловую скорость со, то его элементарное перемещение за промежуток времени сМ представляет собой элементарный поворот на угол а@=амН вокруг оси ОР, вдоль которой направлен вектор со (см. рис. 173). Эта ось ОР называется мгновенной осью вращения. Иначе, мгновенная ось вращения — это ось, элементарным поворотом вокруг которой тело перемещается из данного положения в положение бесконечно близ­кое к данному. От неподвижной оси мгновенная ось вращения отличается тем, что ее направления и в пространстве, и в самом теле непрерывно меняются.

Переместившись элементарным поворотом вокруг оси ОР в со­седнее положение, тело из этого положения в последующее перемеща­ется поворотом вокруг новой мгновенной оси вращения 0РХ и т. д. Таким образом, движение твердого тела вокруг неподвижной точки

148

слагается из серии последовательных элементарных поворотов вокруг мгновенных осей вращения, проходящих через эту неподвиж­ную точку (рис. 174).

4 . У г л о в о е у с к о р е н и е т е л а . Векторная величина

в = псо/о7, (69)

характеризующая изменение стечением времени угловой скорости и по модулю, и по направлению, называется угловым ускорением тела в данный момент времени или мгновенным угловым ускорением.

При изменении вектора со его конец А будет описывать в про­странстве некоторую кривую АО, являющуюся годографом вектора со (см. рис. 174). Тогда, сравнивая_вы-ражение (69) с равенством и=аг/о7, приходим к выводу, что угловое уско­рение в можно вычислять как скорость, с которой конец вектора со перемещает­ся вдоль кривой АО. В частности, на­правление е совпадает с направлением касательной к кривой АО в соответству­ющей точке. Следовательно, в данном случае, в отличие от случая вращения вокруг неподвижной оси, направление

вектора е не совпадает с направлением

вектора со.

Векторы со и е являются основными кинематическими характе­ристиками движения тела, имеющего неподвижную точку. Их можно определить аналитически, зная уравнения движения (68),

как это показано в § 61 . Значение со можно найти и геометрически (см. § 62).

§61 . КИНЕМАТИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА

Для определения вектора со найдем его проекции на подвижные оси Охуг (рис. 175). Как было отмечено в §60, этот вектор можно представить в виде

СО = СО! + со2 + соз, (70) где численно

% = < Р , ш2 = т|1, шэ = 6. (71)

Проектируя обе части равенства (70) на оси х, у, г, получим:

Мх = С01д;-т-ш2х: + Шзд;, «{/ = со1г/ + Ш2̂ _|_Из̂ > со2 = со1г + ш2г + Ю^2. (72)

Проекции векторов со. и со3 находим сразу [см. рис. 175 и обозначения (71)]:

к>1л=И1В = °. ш1г = ф; с о 3 л . 9 соз ф, со3у= — ё з т ф , С03г = 0.

Для определения проекций вектора со2 проведем через оси Огх и Ог плоскость, которая пересечется с плоскостью Оху вдоль линии 01. Так как линия ОК пер­пендикулярна плоскости гОг1, то она перпендикулярна и линии 01. (/. КО1.=90°, а , / 1 . 0 ( / = ф ) . Тогда, проектируя вектор со2 на линию ОЬ, а эту проекцию в свою

149

очередь на осп Ох и Оу, получим;

со2л. = тр зт 9 5ш ф, са3г/ = ,ф з!п 9 созф, со22 = соз 9.

Подставляя все вычисленные проекции в правые части равенств (72), найден окончательно

ах = 'т§ з т б з1п ф + 6 соз ф, )

(0у = 1[>5тб созф — 9з1пф, > (73)

(0г = Ф + ф с о з 9 . )

Уравнения (73) называются кинематическими уравнениями Эйлера. Они опре­деляют проекции вектора угловой скорости тела со на подвижные оси Охуг через

углы Эйлера; тем самым определяется и век­

тор со. Аналогично можно найти проекции век­

тора со на неподвижные оси Ох^у^. Соот­ветствующие формулы имеют вид т

* 1 = ф зга 9 з1ги|з +9 соз

— Ф зга 9 соз г|) -{- 9 з т г|\

сог, —Ф соз9 + ф.

Используя равенства (74), можно опре­делить проекции на неподвижные оси Ох1у1г^

вектора е. Так как значение е дается форму­лой (69), то *

ех =соА. , е„ =а>„ , ег = и 2 . (75) I I " I ^ 1 1 1

Эти проекции и определяют вектор е. Таким образом, зная уравнения движе­

ния (68), можно по полученным формулам найти со и е.

Рис. 17:

§62 . СКОРОСТИ И УСКОРЕНИЯ ТОЧЕК ТЕЛА

Так как тело, движущееся вокруг неподвижной точки, имеет в

каждый момент времени мгновенную ось вращения ОР, вокруг кото­

рой происходит элементарный поворот с угловой скоростью со

(рис. 176), то вектор скорости какой-нибудь точки М тела будет

определяться в этот момент равенством (48) из § 5 1 , т. е.

й=со х / - , (76)

где г — радиус-вектор, проведенный в точку М из неподвижной

точки О. Направлен вектор V перпендикулярно плоскости МОР,

проходящей через точку М и ось ОР, в сторону поворота тела.

Численно же

ь=(лН, (76')

где Н—МС — расстояние точки М от мгновенной оси.

Г е о м е т р и ч е с к и скорость любой точки М тела в дан­

ный момент времени можно найти, зная в этот момент скорость VЛ

* Заметим, что, дифференцируя равенства (73), нельзя найти проекции векто­

ра е на оси х, у, г, так как соотношения (11) из § 40 справедливы только для про­екции на неподвижные оси.

1 5 0

какой-нибудь точки А тела и направление скорости ов другой точ­

ки В этого тела (сравн. с § 56). Пусть VА и направление Vв известны.

Проведем тогда через точку А плоскость 1, перпендикулярную

вектору уд (рис. 177). Как показано выше (см. рис. 176), мгновенно

ось ОР должна лежать в этой плоскости. Но одновременно ось

Рис. 176 Рис. 177

ОР должна лежать и в плоскости 2, проведенной через точку В перпендикулярно вектору -ов. Следовательно, прямая, по которой пересекутся эти плоскости, и будет мгновенной осью вращения ОР. Теперь, определив расстояние к точки А от оси ОР, по формуле (76') найдем угловую скорость со тела в данный момент времени: со=Уд/Л. После этого значение скорости Vм любой точки М тела находится по формуле (76'), а вектор уд будет направлен перпенди­кулярно плоскости ОМР.

В частном случае, когда известно, что скорость какой-то точки тела равна в данный момент времени нулю, прямая , проходящая через эту точку н неподвижную точку О тела, будет мгновенной осью вращения и расчет существенно упростится (см. задачу 72).

А н а л и т и ч е с к и скорость и определяют по ее проекциям на какие-ни­будь координатные осп. Найдем проекции вектора и па оси Охуг, жестко связанные с телом и движущиеся с ним (см. гчс. 176); эти осп имеют то преимущество, что в р н х координаты х, у, г точки М будут величинами постоянными, Так как гя—х, !у—у г гг=г, то по известной формуле векторной алгебры

1 7 *" ч=соХ/"= <вжмншг

х у г Отсюда, разлагая определитель по элементам первой строки и учитывая, что

; . '=•'_/—. ,,<+,'-/ и что, следовательно, коэффициенты при (', /, к в этом разложении до.м.ша раз..тгьсл ~сх, ~су, 'сг соответственно, получим

ьу = ыгх—ь\г, \ (77)

V ? - '1\у - 1 " , / . ;

151

Эти формулы, как и формулу (76), называют формулами Эйлера. Каждую из них можно тоже получить из предыдущей круговой перестановкой букв х, у, г (см. формулы (47) и рис. 90, б в § 28).

В частном случае формулы (77), конечно, справедливы и при вра­щении тела вокруг неподвижной оси г. Так как при этом и>х=(йу=0 и сог=со, то для такого случая

Vx=—сог/, уу=(лх, и г = 0 . (77')

Определим теперь ускорение точки М. Из равенства (76), диф­ференцируя его по времени, найдем

а = V = (со х г) + (со х г).

Так как со—е, а г = у , то окончательно

а = (ё х 7) + (ш х V). (78)

_ Ускорение а х = е Х г называют еще вращательным, а ускорение

а2=соХи — осестремительным ускорением точки М. Вектор аг

направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через точку М

и вектор е (рис. 178), а по модулю а3 =ег8т$=ек1, где Нх — расстоя­

ние от точки М до вектора е. Вектор же аг, перпендикулярный одно­

временно V и со, будет направлен вдоль МС (см. рис. 176), причем по

модулю а2=соиз1п90°=со2/1, так к ак и=со^.

Заметим, что в отличие от результатов, полученных в § 51 , здесь

ах=ЕХг не будет вообще вектором касательного ускорения точки М

(по касательной направлен вектор и=озХг, а направление вектора

еХг будет вообще другим); следовательно, и вектор соXV не будет

вектором нормального ускорения точки М.

Рис. 178 Рис. 179

Задача72. Найти скорости точек В а С конического катка (бегуна), если ско­рость юА центра А катка, движущегося по окружности радиуса ОА, известна (рис. 179). Каток при движении катится без скольжения по неподвижной кониче­ской поверхности К-

Р е ш е н и е . Каток движется вокруг неподвижной точки О. Так как его качение по поверхности К происходит без скольжения, то скорости точек катка, лежащие в данный момент времени на линии ОВ, равны нулю и, следовательно, ОВ является мгновенной осью вращения. Тогда иА=а>Н1, где со — угловая ско-

152

рость катка при его повороте вокруг оси ОВ, а КГ— расстояние точки А от этой оси. Отсюда ш=од/Л1.

Скорость гс точки С будет равна ой2, гдей2— расстояние точки С от оси ОВ. Так как в данном случае Н2=2Н1, то 1

,с=2уА. Для точки В, лежащей па мгновен­ной оси вращения, 1>в=0

§ 63. ОБЩИЙ СЛУЧАЙ ДВИЖЕНИЯ СВОБОДНОГО ТВЕРДОГО ТЕЛА

Рассмотрим наиболее общий случай движения твердого тела, когда оно является свободным и может перемещаться как угодно по отношению к системе отсчета Оххухгх (рис. 180). Установим вид уравнений, определяющих закон рассматриваемого движения. Выберем произвольную точку А тела в качестве полюса и проведем через нее оси Ах\и'хг'х, которые при движении тела будут переме­щаться вместе с полюсом поступательно. Тогда положение тела в системе отсчета Ох-,у1г1 будет известно, если будем знать положение полюса А, т. е. его координаты х1Л уХА, 2 1 Д , и положение тела по отношению к осям Ахху\г\, определяемое, как и в случае, рассмот­ренном в § 60, углами Эйлера <р, г|>, 9 (см. рис. 172; на рис. 180 углы Эйлера не показаны,чтобы не затемнять чертеж). Следовательно, уравнения движения свободного твердого тела, позволяющие найти его положение по отношению к системе отсчета Оххухгх в любой мо­мент времени, имеют вид

Установим теперь геометрическую картину рассматриваемого движения. Нетрудно видеть, что первые три из уравнений (79) опре­деляют то движение, которое тело совершало бы при постоянных

Рис. 180 Рис. 181

углах ср, 8, т. е. при поступательном движении тела вместе с полюсом А. Последние же три уравнения определяют движение, которое происходило бы при постоянных значениях координат *1А, У1А.

21А. т. е. когда точка А неподвижна. Но движение тела

вокруг неподвижной точки, как установлено в § 60, слагается из элементарных поворотов вокруг мгновенных осей вращения. От-

153

сюда заключаем, что в общем случае движение свободного твердого тела можно рассматривать как слагающееся из поступательного движения, при котором все точки тела движутся как произвольно выбранный полюс А со скоростью х)А, и из серии элементарных пово­ротов с угловой скоростью со вокруг мгновенных осей вращения, проходящих через полюс А (рис. 181). Такой будет, например, кар­тина движения любого непоступательного перемещающегося в воз­духе тела: брошенного камня, самолета, проделывающего фигуры высшего пилотажа, артиллерийского снаряда и т. д. Наконец, анало­гичной может быть картина движения и несвободного твердого тела при наличии соответствующих связей (см., например, в § 72 рис .207; в том же параграфе показано, как можно еще иначе представить геометрическую картину движения свободного твердого тела).

Основными кинематическими характеристиками движения яв­ляются скорость ид и ускорение аА полюса, определяющие скорость и ускорение поступательной части движения, а также угловая скорость со и угловое ускорение в вращения вокруг полюса. Зна­чения этих величин в любой момент времени можно найти по ура­внениям (79). Заметим, что если за полюс принять другую точку тела, например точку В (см. рис. 180), то значения ив и ав окажутся отличными от Ид и аА (предполагается, что тело движется не посту­пательно). Но если связанные с телом оси, проведенные из точки В (на рис. 180 не показаны), направить так же, как и в точке А, что можно сделать, то значения углов ср, яр, 0, а следовательно, и последние из уравнений (79) не изменятся. Поэтому и здесь, как ив случае плоского движения, вращательная часть движения тела, в частности значения со и е, от выбора полюса не зависят.

Движение свободного твердого тела может быть в частном случае плоскопараллельным; при этом векторы со и е будут все время перпендикулярны плоскости, параллельно которой движется тело.

С к о р о с т и и у с к о р е н и я т о ч е к т е л а . Скорость Уд! любой точки М тела в рассматриваемом движении слагается, как и в случае плоскопараллельного движения (см. § 54 и рис. 147), из скорости ид полюса А и скорости и „ л , которую точка М нолучает при движении вместе с телом вокруг полюса А. При этом, так как движение тела вокруг полюса Л происходит как движение вокруг неподвижной точки, то значение уМА определяется формулой (76),

где г=АМ, т. е.

х>мА=й>хАМ. (80) Таким образом,

1}м - °А "г УМА

п"

: 1 1'п '°л — (

со X АМ). (81)

Справедливость зтого результата доказывается так же, как в § 54. Аналогично для ускорения любой точки М тела найдем (см.

§5Ь)

(82)

155

где величина аМА, т. е. ускорение, которое точка М получает при движении вместе с телом вокруг полюса А, определяется^равен­ством (78), в котором только надо считать г=АМ, а я^МА=и> ХАМ-

Глава XIII

СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

§ 64. ОТНОСИТЕЛЬНОЕ, ПЕРЕНОСНОЕ

И АБСОЛЮТНОЕ ДВИЖЕНИЯ

Рис. 182

До сих пор мы изучали движение точки или тела по отношению к одной заданной системе отсчета. Однако в ряде случаев при реше­нии задач механики оказывается целесообразным (а иногда и не­обходимым) рассматривать движе­ние точки (или тела) одновременно по отношению к двум системам от­счета, из которых одна считается основной или условно неподвиж­ной, а другая определенным образом движется по отношению к первой. Движение, совершаемое при этом точкой (или телом), называют со­ставным или сложным. Например, шар, катящийся по палубе движу­щегося парохода, можно считать совершающим по отношению к бе­регу сложное движение, состоящее

из качения по отношению к палубе (подвижная система отсчета), и движение вместе с палубой парохода по отношению к берегу (не­подвижная система отсчета). Таким путем сложное движение шара разлагается на два более простых и более легко исследуемых. Возможность разложить путем введения дополнительной (подвиж­ной) системы отсчета более сложное движение точки или тела на более простые широко используется при кинематических расчетах и определяет практическую ценность теории сложного движения, рассматриваемой в этой и следующей главах. Кроме того, результа­ты этой теории используются в динамике для изучения относитель­ного равновесия и относительного движения тел под действием сил.

Рассмотрим точку М, движущуюся по отношению к подвижной системе отсчета Охуг, которая в свою очередь как-то движется отно­сительно другой системы отсчета которую называем основ­ной или условно неподвижной (рис. 182). Каждая из этих систем отсчета св"язана, конечно, с определенным телом, на чертеже не по­казанным. Введем следующие определения.

1. Движение, совершаемое точкой М по отношению к подвиж­ной системе отсчета (к осям Охуг), называется относительным движением (такое движение будет видеть наблюдатель, связанный

155

с этими осями и перемещающийся вместе с ними). Траектория АВ, описываемая точкой в относительном движении, называется относи­тельной траекторией. Скорость точки М по отношению к осям Охуг называется относительной скоростью (обозначается иот), а ускорение — относительным ускорением ^(обозначается аот). Из определения следует, что при вычислении иог и аот можно движение осей Охуг во внимание не принимать (рассматривать их как непод­вижные).

2. Движение, совершаемое подвижной системой отсчета Охуг (и всеми неизменно связанными с нею точками пространства) по отно­шению к неподвижной системе 01х1у1г1, является для точки М пере­носным движением.

Скорость той неизменно связанной с подвижными осями Охуг точки т, с которой в данный момент времени совпадает движущаяся точка М, называется переносной скоростью точки М в этот момент (обозначается ипер), а ускорение этой точки т — переносным уско­рением точки М (обозначается аре1,). Таким образом,

О п е р л о » . апер = а я . (83)

Если представить себе, что относительное движение точки про­исходит по поверхности (или внутри) твердого тела, с которым жестко связаны подвижные оси Охуг, то переносной скоростью (или ускорением) точки М в данный момент времени будет скорость (или ускорение) той точки т тела, с которой в этот момент совпадает точка М.

3. Движение, совершаемое точкой по отношению к неподвижной системе отсчета О^у^, называется абсолютным или сложным. Траектория СО этого движения называется абсолютной траекто­рией, скорость —• абсолютной скоростью (обозначается и уско­рение — абсолютным ускорением (обозначается аад).

В приведенном выше примере движение шара относительно палу­бы парохода будет относительным, а скорость — относительной ско­ростью шара; движение парохода по отношению к берегу будет для шара переносным движением, а скорость той точки палубы, которой в данный момент времени касается шар, будет в этот момент его пере­носной скоростью; наконец, движение шара по отношению к берегу будет его абсолютным движением, а_ скорость — абсолютной ско­ростью шара.

Д л я решения соответствующих задач кинематики необходимо установить зависимости между относительными, переносными и абсолютными скоростями и ускорениями точки, к чему мы и перей­дем.

§ 65. ТЕОРЕМА О СЛОЖЕНИИ СКОРОСТЕЙ

Рассмотрим сложное движение точки М. Пусть эта точка совер­шает за промежуток времени А^=/х—I вдоль траектории АВ отно­сительное перемещение, определяемое вектором ММ' (рис. 183, а).

156

Сама кривая АВ, двигаясь вместе с подвижными осями Охуг (на рисунке не показаны), перейдет за тот же промежуток времени в какое-то новое положение АгВх. Одновременно та точка т кривой АВ, с которой в момент времени I совпадает точка М, совершит пере­носное перемещение тт1=Мт1. В результате точка М придет в п о л ож ени ем ! и совершит за время Д^ абсолютное перемещениеММ х .

Из векторного треугольника МтхМг имеем

ММх = Мтх + т1М1.

Деля обе части этого равенства на Ы и переходя к пределу, получим

Нш (ММХ/М) = Ига (Мт./М) + Ига (щЩ/М).

Ы-*0 А1->0 А1-*й

Но, по определению,

Н;п (Л4М1/Д/)=й аб , Нт (М/щ/М) =й~пер.

А1 -*• 'О М -> О

Рис. 183

Ч Т О касается последнего слагаемого, то, так как при Д^ ->- О кривая АгВг стремится к совпадению с кривой АВ, в пределе

Нш (щМ1/Ы)= Нт ( У И М ' / Д 0 = йОТ.

А1 -> О А1-+ О

В результате находим, что

Йаб = Й о т + Й п с р . (84)

Направлены векторы о^, иох, VпеV по касательным к соответствую­щим траекториям (рис. 183, б).

Таким образом, мы доказали следующую теорему о сложении скоростей: при. сложном движении абсолютная скорость точки равна геометрической сумме относительной и переносной скоростей. По­строенная на рис. 183, б фигура называется параллелограммом ско­ростей.

157

Если угол между векторами рот и упер равен «, то по модулю

г-'аб = • 2и01упер соз а. (84')

Рассмотрим примеры решения задач.

Задача 73. Точка Л* движется вдоль прямой О А со скоростью и (рис. 184) * а сама прямая вращается в плоскости Ох^у, вокр\т центра О с угловой скоростью со. Определить скорость точки М относительно осей Охгух в зависимости от расстоя­ния ОМ—г.

Р е ш е н и е . Рассмотрим движение точки М как сложное, состоящее из относительного движения вдоль прямой ОА и движения вместе с этол прямой. Тогда скорость и, направленная вдоль ОА, будет относительной скоростью точки. Вращательное движение прямой ОА вокруг центра О является для точки М пере-

Рис. 184 Рис. 185

косным движением, а скорость той точки т прямой ОА, с которой в данный момент времени созпадает точка М, будет ее переносной скоростью упер. Так как эта точ­ка прямой движется по окружности радиуса От— г, то по модулю скорость у П е р = = шг и направлена перпендикулярно От. Строя на векторах и и ьпер параллело­грамм, найдем абсолютную скорость чаб точки М по отношению к осям Оххух,

Так как и и упер взаимно перпендикулярны, то по модулю

Задача 74. Рычажок ОМ самопишущего прибора образует в данный момент времени угол а с горизонтальной плоскостью, а перо М имеет скорость V, направ­ленную перпендикулярно ОМ (рис. 185). Барабан с бумагой врэдается вокруг вертикальной осп с угловой скоростью со. Определить скорость и перемещения пера по бумаге, если радиус барабана В.

Р е ш е н и е . Нам известна абсолютная скорость пера 1>аб=а. Скорость о можно рассматривать как геометрическую сумму скорости пера относительно бумаги (это искомая скорость и) и переносной скорости упер, равной скорости той точки бума!и, которой в данный момент времени касается перо; пз модулю Спер—<В# . _ _ _ _

На основании теоремы о сложении скоростей ^ = ( 4 + х ' п е р > откуда гг—.--}-(—"-'пер'1.

Строя на векторах о и (—гПер) параллелограмм, найдем искомую скорость и.

Так как угол между у и (—-спер) равен 90° — а , то по модулю

153

Угол, который скорость и образует с направлением опер, можно теперь найти по теореме синусов.

Задача 75. В кривошипно-ползунном механизме (рис. 186) кривошип ОА длиной г вращается с угловой скоростью со. Длина шатуна АВ равна {. При дан­ном угле <р определить скорость ползуна относительно кривошипа ОА. Найти так­же абсолютную скорость ползуна.

Р е ш е н и е . Ползун движется поступательно и его скорость равна скорости точки В, принадлежащей одновременно шатуну АВ. Следовательно, решение зада­чи сводится к определению скорости точки В шатуна.

Относительное движение шатуна Л В по отношению к кривошипу О А представ­ляет собой вращение вокруг шарнира А. Точка В при этом вращении описывает окружность радиуса АВ; следовательно, относительная скорость ьот точки В по отношению к кривошипу направлена перпендикулярно АВ. Заметим еще, что абсолютная скорость иаб точки В направлена вдоль ВО.

Переносным для точки В является движение кривошипа ОА. Представим себе, что с кривошипом жестко связан треугольник ОАВ, вращающийся вместе с кри­вошипом вокруг оси О с угловой скоростью со (как на рис. 151 со стержнем АО был связан лист фанеры Л). Тогда скорость точки В треугольника ОАВ, совпадаю­щая в данный момент времени с точкой В шатуна АВ, будет переносной скоростью 1'пер точки В шатуна. Эта точка треугольника движется по окружности радиуса

ОВ. Следовательно, скорость иПер направлена перпендикулярно ОВ и численно равна 1'Пср

=и-АВ. Так как АВ=1 соз р + г соз <р, то опер~ы(1 соз р + г соз ф).

Строим из векторов гот, ипер и соответствующий параллелограмм. Из не­го видно, что

'̂от = Е

'пер/С05

Р п л и

1'от = ш

(1 + г соз ф/соз Р). Исключим отсюда угол р. Из треугольника ОАВ находим, что / зт р —г зт ф.

Тогда соз р= УI—(г2//

2) &т

3 <р и окончательно значение искомой относительной

скорости

1>от = соП 1 У

Г СОЗ ф \

/2 — Г

2 5Ш

8 ф /

(а)

Для определения абсолютной скорости юл§ точки В обратимся опять к парал­лелограмму скоростей. Из него у а5=р о т зт р. Учитывая, что зт Р = ( г зт ф)//, получим из равенства (а) для иаб то же значение, которое другим путем было най­дено в задаче 63 (см. § 57) и обозначено там Од.

В частном случае, когда г=1, получается уот=2ш/, иаб=2со / зт ф.

Рис. 186 Рис. 187

Задача 76. Конец В горизонтального стержня АВ шариирно соединен С ползуном, скользящим вдоль прорези кулисы ОС и заставляющим последнюю вращаться вокруг оси О (рис. 187). Расстояние оси О от стержня АВ равно к. Определить угловую скорость кулисы в зависимости от скорости о стержня и угла ф. • _

Р е ш е н и е . Нам известна абсолютная скорость ползуна, равная скорости» стержня. Эту скорость ползуна можно рассматривать как слагающуюся из отно-

159

сительной скорости у о т скольжения^ ползуна вдоль прорези кулисы и переносной скорости у"пер, равной скорости той точки кулисы, с которой в данный момент времени совпадает ползун. Направления этих скоростей известны скорость уох

направлена вдоль ОБ, скорость упер— перпендикулярно ОБ. Тогда, разлагая за­данную скорость у по направлениям уот и упср, найдем эти скорости. Из парал­лелограмма ВИДНО, ЧТО ПО МОДУЛЮ У п е р = У С 0 5 ф .

Но, с другой стороны, переносная скорость упер=:(0'ОВ=соЛ/соз ф, где со —

угловая скорость кулисы. Сравнивая эти два значения Упер, найдем угловую ско­рость кулисы ( 0 = ( у /Д) СОЗ

2 ф .

§ 66. ТЕОРЕМА О СЛОЖЕНИИ УСКОРЕНИЙ (ТЕОРЕМА КОРИОЛИСА)

Найдем зависимость между относительным, переносным и абсо­лютным ускорениями точки. Из равенства ( 8 4 ) получим

«аб = - 5 Г = - й Г + - 5 7 - - ( 8 5 )

Производные здесь определяют изменение каждого из векторов при абсолютном движении. Эти изменения слагаются в общем случае из изменений при относительном и при переносном движениях, что ниже будет непосредственно показано. Следовательно, если усло­виться изменения, которые векторы иот и ипер получают при отно­сительном движении, отмечать индексом «1», а при переносном дви­жении — индексом «2», то равенство ( 8 5 ) примет вид

- (сйЗотЬ , (сЬоТ)2 , (^'перН , ((1г

-'пер)а а^==

—йГ' + ~йГ^ йГ~ + -ЧГ~' (86

) Но по определению (см. § 64, п. 1) относительное ускорение

характеризует изменение относительной скорости только при относительном движении; движение осей Охуг, т. е. переносное движение при этом во внимание не принимается. Поэтому

- _ <<Ь0Г,1

В свою очередь, переносное ускорение характеризует изменение переносной скорости только при переносном движении, так к ак аП е р= =ат (см. § 6 4 , п. 2 ) , где т — точка, неизменно связанная с осями Охуг и, следовательно, получающая ускорение только при движе­нии вместе с этими осями, т. е. при переносном движении. Поэтому

В результате из равенства ( 8 6 ) получим

- - , (<Ьот)2 (сЬпер)! ааб = аот + апер Н ^ 1 ^ — . ( 8 9 )

160

Введем обозначение

(&'ог)г , (Ж'перН •'кор '

(90)

Величина акор, характеризующая изменение относительной ско­рости точки при переносном движении и переносной скорости точки при ее относительном движении, называется поворотным, или корио-лисовым, ускорением точки. В результате равенство (89) примет вид

ааб = аот + ^ п е р+а „ 0 р - (91)

Формула (91) выражает следу­ющую т е о р е м у К о р и о л и-с а о с л о ж е н и и у с к о р е ­н и й * : при сложном движении ускорение точки равно геометри­ческой сумме трех ускорений: от­носительного, переносного и пово­ротного, или кориолисова.

Найдем для вычисления акор

формулу, вытекающую из равенства (90). При этом, рассматривая общий случай, будем считать переносное движение, т. е. движение подвиж­ных осей Охуг, а с ними и кри­вой АВ (см. рис. 182), слагающимся из поступательного движения вместе с некоторым полюсом и вращения вокруг этого полюса с угловой скоростью со, называемой переносной угловой скоростью. Величина со, как показано в§ 6 3 , от выбора полюса не зависит и на изображенных рис. 188, где полюс точка т, и рис. 189, где полюс О, имеет одно и то же значение.

Начнем с определения (ск)от)2/с№. При рассматриваемом перенос­ном движении вектор Уот , направленный по касательной к кривой АВ, переместится вместе с этой кривой поступательно (придет в положение тф, рис. 188) и одновременно повернется вокруг точки

тх до положения тфх. В результате вектор оот получит в перенос­

ном движении приращение (<1у01)2=ЬЬ1=Уь-д{, где оь — скорость,

с которой перемещается точка Ь при повороте вектора тф=ь1)Т

вокруг точки тг. Так как этот поворот происходит с угловой ско-

Рис. 188

ростью со, то по формуле (76) оь

получаем ((^V0!)2=VЬ-Ц=

(<Н>т)

= соХт 1Ь=соХио х . В результате

соХоотсМ и

= С0ХУо (92)

* Гюстав Кориолис (1792—1843) —французский учевый, известный своими трудами по теоретической и прикладной механике. Кориолисово ускорение вазывают еще поворотным, так как оно появляется при наличии у подвижных осей вращения (поворота).

6 № 2173 161

Теперь определим (^„^Ш. Скорость опер равна скорости той неизменно связанной с подвижными осями точки т кривой АВ,

с которой в данный момент времени совпадает точка М (рис. 189). Если точку О принять за полюс и обозначить через г вектор От=*

=ОМ, то по формуле (81)

Совершив за промежуток вре­мени <Н относительное перемеще­ние ММ'=У0Т-И, точка придет в положение ЛГ, для которого

? = г + Л Ш ' и

-=о0-г-сйХ(7 + Л1М') .

Следовательно, вследствие то­го, что точка совершает относи­

тельное перемещение ММ'=ьогИ, вектор цпер получает прира­щение

Рис. 189

откуда

№-пер)1 = ^пер — Упер = »> X ММ' == СО X Уот А1,

(О-ЙперН • = со X Уп (93)

Подставляя величины (92) и (93) в равенство (90), получим

а«оР = 2 ( й х д . (94)

Таким образом, кориолисово ускорение равно удвоенному вектор­ному произведению переносной угловой скорости (угловой скорости подвижной системы отсчета) на относительную скорость точки.

С л у ч а й п о с т у п а т е л ь н о г о п е р е н о с н о г о дви­

ж е н и я . В этом случае со=0 и, следовательно, а к о „=0 . В резуль­

тате равенство (91) д а е т *

ааб = аот + аПер. (95)

* Этот результат виден и из рнс 188, 189 Когда кривая АВ перемещается поступательно, то вектор уох придет в положение щЬ, показанное на рис. 188 пунк­тиром, т. е. не изменится, и будет (сЬо г)2=0, Одновременно при этом все точки кри­вой АВ имеют одинаковые скорости и в точке ЛГ (рис. 189) упер будет таким же, как в точке М, т. е. показанным пунктиром, вследствие чего (ск>Пер)1=0.

162

т. е. при поступательном переносном движении абсолютное уско­рение точки равно геометрической сумм относительного и перенос­ного ускорений. Результат здесь аналогичен тому, который дает теорема о сложении скоростей.

В ы ч и с л е н и е о т н о с и т е л ь н о го, п е р е н о с н о ­г о и к о р и о л и с о в а у с к о р е н и й . Относительное уско­рение, поскольку при его нахождении движе­ние подвижных осей во внимание не принима­ется, вычисляется обыч­ными методами кинема­тики точки (§ 40, 43). Пе­реносное ускорение вы­числяется как ускорение точки,неизменносвязан­ной с подвижными осями, т. е. как ускорение точки некоторого твердого тела, по формулам, полученным для ускорений точек твердого тела в § 51, 58, 62, 63. Кориолисово ускорение вычисляется по формуле (94). _Модуль кориолисова ускорения, если угол между векторами со и Уот обоз­начить через а, будет равен

аКоР = 2 | с о | - | о о т | 5 ш а . (96)

Направлен вектор акор так же, как и вектор С О Х У ^ , т ^ е . пер­

пендикулярно плоскости, проходящей через векторы со и V0Т, в ту

сторону, откуда кратчайшее совмещение со с оот видно происходя­

щим против хода часовой стрелки (рис. 190, а).

Из рис. 190, а видно также, что направление вектора акор можно

определить, спроектировав вектор оог на плоскость П, перпендику­

лярную со, и повернув эту проекцию на 90° в сторону переносного

вращения. Если относительная траектория — плоская кривая и перемеща­

ется все время в своей плоскости, то угол а = 9 0 ° (рис. 190, б) и в этом случае по модулю

*кор ' : 2 | С 0 | (96')

Кроме того, как видно из рис. 190, б, направление акор можно в этом случае найти, повернув вектор относительной скорости оот

на 90° в сторону переносного вращения (т. е. по ходу или против часовой стрелки, в зависимости от направления вращения).

На рис. 191 для иллюстрации приведенных правил показано направление кориолисова ускорения шарика М, движущегося вдоль трубки АВ в случаях, когда трубка вращается в плоскости чертежа (рис. 191, а) и когда она при вращении описывает конус (рис. 191, б).

Из формулы (96) видно, что кориолисово ускорение может обра­щаться в нуль в следующих случаях;

6 * 163

1) когда со=0, т. е. когда переносное движение является посту­пательным [формула (95)] или если переносная угловая скорость в данный момент времени обращается в нуль;

2) когда г'отн=0, т. е. когда относительная скорость в данный момент времени обращается в нуль;

3) когда а = 0 , или а = 1 8 0 ° , т. е. когда относительное движение происходит по направлению, параллельному оси переносного вращения, или если в данный момент времени вектор Уот паралле­лен этой оси.

§ 67. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

А . П е р е н о с н о е д в и ж е н и е п о с т у п а т е л ь н о е . В случае, когда переносное движение является поступательным, характер задач и методы их решения аналогичны задачам на сложение скоростей (см. § 65).

Задача 77. Клип, движущийся прямолинейно по горизонтальной плоскости с ускорением аг, перемещает вдоль вертикальных направляющих стержень ОЕ

(рис. 192). Определить ускорение стержня, если угол клина равен а.

Р е ш е н и е . Абсолютное ускорение аа точки О стержня направлено по вер­тикали вверх. Его можно рассматривать как слагающееся из относительного ус­корения аох, направленного вдоль щеки клина, и переносного ускорения апер, равного ускорению клина аг (так как переносное движение, т. е. движение клипа, является поступательным). Строя на основании равенства (95) соответствующий параллелограмм и учитывая, что аПер

=а1> найдем

Величина ар и определяет ускорение стержня. Б . П е р е н о с н о е д в и ж е н и е в р а щ а т е л ь н о е . Покажем, как

вычисляется ааб, когда переносное движение является вращением вокруг непод­вижной оси.

Рассмотрим точку М, движущуюся по поверхности некоторого тела (напри­мер, шара) вдоль заданной кривой Л М В п о з а к о н у 5 = / 1 ( ^ ) , г д е 5 = Л М (рис. 193). При этом само тело вращается вокруг оси В А по закону ц>=(2((), где <р — угол по­ворота тела. Первое из названных движений считаем относительным, а второе — переносным для точки М. Пусть требуется найти значение ааз в некоторый мо­мент времени 2 = ^ . Расчет сводится к следующему.

Рис. 191

0 0 = 0 1 Ч ? а

-

164

1. Определение положения точки. Полагая в уравнении 8—[х({) время 1=^, определяем положение точки М на кривой АВ при и изображаем точку на чертеже в этом положении.

2. Определение -оОТ и аох . По формулам кинематики точки (см. § 42, 43) нахо­дим:

1>ох — 5, йот — ^ог> а

от — Уот/Рог,

где Рот —радиус кривизны кривой АВ в точке М. Определяем числовые значения

этих величин при 1=1г и изображаем затем векторы УОХ, ахот и а"т на чертеже (с уче­

том знаков Е>ох и ахот\ на рис. 193 векторы Е>от и а

хот показаны для случая, когда

1»от>0 и аот>0). _

3. Определение апер . Сначала находим м = ф и е = ш и вычисляем их значения в>1 и ех при ? = ^. Затем определяем к — расстояние точки М от оси ВА в момент времени 1Х. После этого находим а^ер и апер как ускорения той точки тела, с ко­торой в данный момент времени совпадает точка М, т. е. по формулам (см. § 51)

ахкр = ке1, Оп е р=Лш1 .

Изображаем векторы а„ер и а\\ер на чертеже (с учетом знака анер; на рис. 193

вектор а ^ р показан для случая, когда г1<0 и, следовательно, а„ ер<0) .

4. Определение акор . Модуль и направление акор определяются так, как это

показано в конце § 66. Вектор ак0 р также изображаем на чертеже.

5. Определение а^. По теореме Кориолиса находим аа б

= аот +

аот 4"

а" е р + ^пер + Окор-

Если сумму стоящих справа векторов трудно найти геометрически, то, проводя какие-нибудь координатные оси Мхуг (рис. 193), вычисляем проекции всех слагае­мых векторов на эти оси. Тогда по тео­реме о проекции суммы векторов на ось 1 ^

Рис. 192 Рис. 193

Конкретный пример такого расчета см. в задаче 81. Задача 78. Кулиса ОА вращается с постоянной угловой скоростью а вокруг

оси О (рис. 194). По прорези кулисы скользит ползун В с постоянной относитель­ной скоростью и. Определить абсолютное ускорение ползуна в зависимости от его расстояния х до оси О.

Р е ш е н и е . По условиям задачи относительное движение ползуна по про­рези кулисы является равномерным и прямолинейным; следовательно, а о х = 0 .

Движение кулисы ОА будет для ползуна В переносным. Следовательно, пере­носное ускорение ап с р ползуна равно ускорению той точки кулисы, с которой в данный момент времени совпадает ползун. Так как эта точка кулисы движется

165

по окружности радиуса ОВ=х и а—согтз{, то вектор а п е р =ай е р и направлен вдоль

ВО, а по модулю апер=апер=й>2*-

Кориолисово ускорение ако р=2аш, так как движение плоское. Повернув

вектор относительной скорости и вокруг точки В на 90° в сторону переносного вра­щения (т. е. по ходу часовой стрелки), находим направление акор. По теореме Кор полиса

°аб = а

от ~Г"апер4- °нор-

В данном случае а о х = 0 , а акор перпендикулярно апер. Следовательно,

Даб = V «пер + «кор = СО V Сй2х2 + 4<г

2.

Задача 79 . Эксцентрик, представляющий собой круглый диск радиуса Я, вращается с постоянной угловой скоростью со вокруг оси О, проходящей через край диска (рис, 195). По ободу диска с постоянной относительной скоростью и

Рис. 194 Рис. 195

скользит штифт М, начиная свое движение из точки А. Определить абсолютное ускорение штифта в произвольный момент времени {. Направления движений по­казаны на чертеже.

Р е ш е н и е . В момент времени I штифт находится от точки А на расстоянии

5 = Л М = « ( . Следовательно, в этот момент времени ААОМ=а, где

<х=5/(2#) = (и/2Я)/, (а)

так как угол а равен половине центрального угла АСМ. Считаем движение штифта М по ободу диска относительным движением.

Оно происходит по окружности радиуса Я. Так как уоТ=и=сопь1, то

а 5 т = и = 0, СоТ=и2/Я. (б)

Направлен вектор аот=а"т по радиусу МС. Движение диска будет для штифта М переносным движением. Следовательно,

переносное ускорение апер штифта равно ускорению той точки диска, с которой в данный момент совпадает штифт. Эта точка диска движется по окружности ра­диуса ОМ=2Ц соз а. Так как для диска 0}=сопз1, то е = 0 и

Одер = ОМ • е = 0, айер = ОМ • и2 — 2^со

2 соз а. (в)

Направлен вектор а п е р=а^ т вдоль линии МО. Поскольку движение происходит в одной плоскости, и в данном случае

аКОр = 2ши. (г)

Направление акор получаем, повернув вектор иот=м вокруг точки М на 90° В сторону переносного движения (т. е. против хода часовой стрелки).

Абсолютное ускорение штифта М определяется равенством

« а б = й о т + '2пер+а!

кор- (Д)

166

Для определения модуля ааб проведем оси Мху (см. рис. 195) и спроектируем обе части равенства (д) на эти оси. Получим:

Тогда а а б *

= ао т +

ап е р

с° 5 а — а к о р , йаб у — Опер 51П а.

--У (а0Т + аперС05а — I ' к о р )2

^ ^ 2

пер з ш а ,

Рис. 196

где значения а, аот, апер, акор определены равенствами (а), (б), (в), (г). Задача 80. Тело движется в северном полушарии вдоль меридиана с севера

на юг поступательно (рис. 196) со скоростью уот=и. Найти модуль и направление кориолисова ускорения тела, когда оно находится на широте X.

Р е ш е н и е . Пренебрегая размерами тела, рассматриваем его как точку. Относительная скорость и тела образует с земной осью уголХ, Следовательно,

акор = 2а> и з1п Я,

где со — угловая скорость Земли. Таким образом, наибольшее кориолисово

ускорение тело имеет на полюсе при А,=90°. По мере приближения к экватору значение акор убы­вает и на экваторе при Х=0 обращается в нуль (на экваторе вектор уоТ = и параллелен оси вра­щения Земли).

Направление акор находим как направление векторного произведения. Так как ак0р=2соХг<!» получаем, что вектор акор направлен перпенди­кулярно плоскости, проходящей через векто­ры и, ш, т. е. перпендикулярно плоскости меридионального сечения, на восток, откуда кратчайшее совмещение вектора ш с вектором и видно против хода часовой стрелки.

Вопрос о том, как изменяется движение тел по земной поверхности вследствие наличия кориолисова ускорения, рассматривается в динамике. Однако из получен­ной формулы видно, что величина акор обычно мала, так как мала угловая ско­рость Земли.

Задача 81. Прямоугольный треугольник АВС, гипотенуза которого АВ= = 2 6 = 2 0 см, а 2.СВА=а=60°, вращается вокруг оси Сгг (рис. 197) по закону Ф= 10/—21

2. Вдоль гипотенузы АВ около ее середины О колеблется точка М по

закону \=Ь соз (п//3) (ось 0| направлена вдоль ОА). Найти абсолютное ускоре­ние точки М в момент времени ^ = 2 с.

Р е ш е н и е . 1. Считая движение точки М вдоль гипотенузы АВ относитель­ным, определяем положение этой точки на гипотенузе в момент времени (1ш Из уравнения движения находим

Ё1=6соз(2п/3)=—6/2.

Следовательно, точка М находится в момент времени (г на середине отрезка ОВ. Изображаем это положение на чертеже.

2. О п р е д е л е н и е Е>ох. Так как относительное движение является пря­молинейным, то

уот = | = _ (лА/3) з1п (п(/3).

В момент времени ^ = 2 0

У0т1 = — лЬ V"3/6, | 1>0Х1 [ = 5л У~3/3 см/с.

Знак минус указывает, что вектор 1'0Т направлен в момент времени {г от М к точке В.

3, О п р е д е л е н и е м н е . Беря производные, находим;

(о = ф = 1 0 — а , со! = 2 с- 1

,

167

где (&!—значение со в момент времени ^= 2с;

е = ш = — 4 с- 2

.

Знаки указывают, что с момента 1Х вра­щение направлено против хода часовой стрел­ки (если смотреть с конца оси Сгг) и являет­ся замедленным.

4. О п р е д е л е н и е аох. Так как от­носительное движение является прямолиней­ным, то

о0т = "от = — (л2/9) Ь соз (л1/3).

В момент времени (г=2о.

сох1 = л2&/18 = 5п

2/9 см/с

2.

5. О п р е д е л е н и е опер. Движение треугольника будет для точки М переносным движением. Следовательно, переносное ускорение апер точки М рав­но ускорению той точки треугольника, с которой в данный момент времен:: совпа­дает точка М. Эта точка треугольника движется по окружности радиуса Мй=к, причем в момент времени ^ = 2с

к = ф/2) зт а = 5 у"~3/2 см.

Таким образом, в этот момент времени

а^ер = гк = — 10 VI см/с2, апСр = а\к = 10 VI см/с

2.

Вектор Опер направлен перпендикулярно плоскости АВС в сторону, противо­

положную направлению вращения треугольника. Вектор а^ер направлен вдоль

линии ЛЮ к оси вращения Сгх.

6. О п р е д е л е н и е акор. По модулю в момент времени ^ = 2 с

аКор = 2 | со | • [ уох [ зт а = Юя см/са,

так как угол между уот и осью Сгх равен в данном случае а.

Проектируя вектор уох на плоскость, перпендикулярную оси Сгг (проекция

направлена вдоль линии Мй), и повернув эту проекцию на 90° в сторону перенос­

ного вращения, т. е. против хода часовой стрелки, найдем направление акор (оно

в данном случае совпадает с направлением ахтр).

7. О п р е д е л е н и е а^. Абсолютное ускорение точки М в момент вре­мени 1Х в данном случае будет

аа б =

йо т ~Г ° п ер "Т «пер "Г "кор*

Для нахождения модуля аад проводим оси Мхуг (рис. 197) и вычисляем про­екции всех векторов на эти оси. Получаем:

« а б х = Якор + 1 ° пер | = Юл + 10 V 3 я 48,7 см/с2,

а^у = аОТ81па. — аппер = 5л* ]А"з/18—10 У"3 и —12,6 см/с

а,

яа б а = — о о г с о з а = —5л

2/18 я 2,7 см/с

2.

Рис. 197

168

После этого находим

Саб = Уа\б хЛ-а1бу + <йбг ~ 50,4 см/с2.

Вектор оаб можно построить по его составляющим вдоль осей Охуг,

Глава XIV *

СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА

§68 . СЛОЖЕНИЕ ПОСТУПАТЕЛЬНЫХ ДВИЖЕНИЙ

Если тело движется относительно подвижных осей Охуг (см. рис. 182), а эти оси совершают одновременно переносное движение по отношению к неподвижным осям О ^ г / л , то результирующее (абсолютное) движение тела называют сложным (см. §64 ) .

Задачей кинематики в этом случае является нахождение зависи­мостей между характеристиками относительного, переносного и абсолютного движений. Основными кинематическими характеристи­ками движения тела, как мы знаем, являются его поступательные и угловые скорости и ускорения. Мы ограничимся в дальнейшем опре­делением зависимостей только между поступательными и угловыми скоростями тела (кроме одного случая, рассмотренного в §71 ) .

Рассмотрим сначала случай, когда относительное движение тела

является поступательным со скоростью оь а переносное движение —

тоже поступательное со скоростью у2. Тогда все точки тела в отно­

сительном движении будут иметь скорость ьи а в переносном —

скорость г>2- Следовательно, по теореме сложения скоростей все

точки тела в абсолютном движении имеют одну и ту же скорость

у = У 1 + о 2 , т. е. абсолютное движение тела будет тоже поступатель­

ным.

Итак, при сложении двух поступательных движений со скоростя­

ми V! и о2 результирующее движение тела также будет поступатель­

ным со скоростью о=о1-т-о2. Задача сложения скоростей в этом случае сводится к задаче

кинематики точки (см. § 65).

§69 . СЛОЖЕНИЕ ВРАЩЕНИЙ ВОКРУГ ДВУХ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ОСЕЙ

Рассмотрим случай, когда относительное движение тела явля­ется вращением с угловой скоростью вокруг о с и ш ' , укрепленной на кривошипе Ьа (рис. 198, а) , а переносное—вращением криво­шипа Ьа вокруг оси ЬЪ', параллельной аа!, с угловой скоростью со2. Тогда движение тела будет плоскопараллельным по отношению к плоскости, перпендикулярной осям. Здесь возможны три частных случая.

169

1 . В р а щ е н и я н а п р а в л е н ы в о д н у с т о р о н у . Изобразим сечение 5 тела плоскостью, перпендикулярной осям (рис. 198, б). Следы осей в сечении 5 обозначим буквами А и В. Легко видеть, что точка А, как лежащая на оси Аа', получает ско­рость только от вращения вокруг оси ВЪ', следовательно, юА=<а2-АВ. Точно так же ув=са1'АВ. При этом векторы Од и ув параллель-

с) а)

Рис. 198

ны друг другу (оба перпендикулярны АВ) и направлены в разные стороны. Тогда точка С (см. § 56, рис. 153, б) является мгновенным центром скоростей ( у с = 0 ) , а следовательно, ось Сс', параллельная осям Аа! и ВЬ', является мгновенной осью вращения тела.

Для определения угловой скорости со абсолютного вращения тела вокруг оси Сс' и положения самой оси, т. е. точки С, восполь­зуемся равенством [см. § 56, формула (57)]

(й=ав/ВС~уА1АС, откуда (уА^в)1АВ.

Последний результат получается из свойств пропорции. Подставляя в эти равенства уА=сй 2 *Л5 , ув=а>1-АВ, найдем окон­чательно:

о )=(о 1+о) 2 , (97)

(о1/ВС=(о2/АС=а/АВ. (98)

Итак, если тело участвует одновременно в двух направленных в одну сторону вращениях вокруг параллельных осей, то его резуль­тирующее движение будет мгновенным вращением с абсолютной угловой скоростью сй=со1+о>г вокруг мгновенной оси, параллель­ной данным; положение этой оси определяется пропорциями (98).

С течением времени мгновенная ось вращения Сс' меняет свое положение, описывая цилиндрическую поверхность.

2 . В р а щ е н и я н а п р а в л е н ы в р а з н ы е с т о р о н ы . Изобразим опять сечение 5 тела (рис. 199) и допустим для опре­деленности, что ш ^ с о з . Тогда, рассуждая, как в предыдущем слу­чае, найдем, что скорости точек Л и Б будут численно равны: ьА=> =(о2-АВ, Vв=о}1^АВ•, при этом УА И УД параллельны друг другу и направлены в одну сторону. Тогда мгновенная ось вращения про-

1 7 0

ходит через точку С (рис. 199), причем

ы=ьв1ВС=ьА!АС и со= (ов—ьА)1АВ.

Последний результат тоже получается из свойств пропорции. Подставляя в эти равенства значения аА и ов, найдем окончательно:

0 0 = 0 ) ! — с о 2 , (99)

(а1/ВС=^АС=ШВ. (100)

Итак, в этом случае результатирующее движение также явля­ется мгновенным вращением с абсолютной угловой скоростью ю = = « ! — о ) 2 вокруг оси Сс', положение которой определяется пропор­циями (100).

3 . П а р а в р а щ е н и й . Рассмотрим частный случай, когда вращения вокруг параллельных осей направлены в разные стороны

Рис. 199 Рис. 200

(рис. 200), но по модулю а)1=а)2 . Такая совокупность вращений называется парой вращений, а векторы ©1 и о>2 образуют пару угло­вых скоростей. В этом случае получаем, ч т оУ 4 =а ) 2 ' ЛВ и О д ^ а ^ - Л В , т. е. 1 > А —

ув - Тогда (см. § 56, рис. 153, а)

мгновенный центр скоростей находится в бесконечности и все точки тела в данный момент времени имеют одинаковые скорости у^^х -АВ.

Следовательно, результатирующее движе­ние тела будет поступательным (или мгновен­но поступательным) движением со скоростью, численно равной -АВ и направленной перпендикулярно_плоскости, проходящей че­рез векторы о>1 и ш2; направление вектора V

определяется так же, как в статике определялось направление момен­та т пары сил (см. § 9). Иначе говоря, пара вращений эквивалентна поступательному (или мгновенно поступательному) движению со скоростью V, равной моменту пары угловых скоростей этих враще­ний.

Примером такого движения является поступательное движение велосипедной педали ЬЕ относительно рамы велосипеда (рис. 201),

Рис. 201

171

являющееся результатом относительного вращения педали вокруг

оси А, укрепленной на кривошипе В А, и переносного вращения

кривошипа ВА вокруг оси В. Угловые скорости <»! и о>2 этих вра­

щений направлены в разные стороны, а по модулю равны друг дру­

гу, так как в любой момент времени угол поворота ф, педали отно­

сительно кривошипа ВА равен углу поворота ср2 кривошипа. Ско­

рость поступательного движения педали и=со 2-ВЛ.

Из того, что пара вращений эквивалентна поступательному дви­

жению, следует и обратный вывод: поступательное движение твер­

дого тела эквивалентно паре вращений, у которой момент угловых

скоростей этих вращений равен поступательной скорости тела.

§ 70. ЦИЛИНДРИЧЕСКИЕ ЗУБЧАТЫЕ ПЕРЕДАЧИ

Полученные в предыдущем параграфе результаты могут быть использованы для кинематического расчета зубчатых передач, образованных цилиндрическими зубчатыми колесами (шестернями). Рассмотрим основные виды этих передач.

Рядовой назовем передачу, в которой все оси колес, находящихся в по­следовательном зацеплении, неподвижны. При этом одно из колес (например, ко­лесо / на рис. 202) является ведущим, а остальные ведомыми. В случае внешнего

Рис. 202

(рис. 202, а) или внутреннего (рис. 202, б) зацепления двух колес имеем 1ОЭ]̂ ]-лх= = |<в2| -г2, так как скорость точки сцепления А у обоих колес одинакова. Учитывая, что число г зубцов сцепленных колес пропорционально их радиусам, а вращения колес происходят при внутреннем зацеплении в одну сторону, а при внешнем в разные, получаем *

(со1/'ш2)внеш=— г^г^— г2/гг; ((й1/ш2)внут=г2/г1=г2/г1.

При внешнем зацеплении трех колес (рис. 202, е) найдем, что

ш1/со2=— г2/г1у сй2/(й3=— г3/г2 и м1/ш3=г3/г1=г3/г1.

Следовательно, отношение угловых скоростей крайних шестерен в этой пере­даче обратно пропорционально их радиусам (числу зубцов) и не зависит от радиу­сов промежуточных (паразитных) шестерен.

Из полученных результатов следует, что при рядовом сцеплении шестерен

со1/ил=(-1)* г„/г1=(-1)* гп/г1, (101)

где к— число внешних зацеплений (в случае, изображенном на рис. 202,а, имеется одно внешнее зацепление; на рис. 202, в — два внешних зацепления, на рис. 202, б внешних зацеплений нет).

Передаточным числом данной зубчатой передачи называется величина 1'1п, дающая отношение угловой скорости ведущего колеса к угловой скорости ведо-

* Во всех формулах надо учитывать знак м ( м>0 при вращении против хода и <!><0 при вращении по ходу часовой стрелки).

172

мого:

11„=ш1/ш„. (102) Для рядовой передачи значение !т„ дает правая часть формулы (101).

Планетарной называется передача (рис. 203), в которой шестерня / неподвижна, а оси остальных шестерен, находящихся в последовательном зацеп­лении, укреплены на кривошипе АВ, вращающемся вокруг оси неподвижной шесгерии.

Дифференциальной называется передача, изображенная на рис . 203, если в пей шестерня / не является неподвижной и может вращаться вокруг своей оси А независимо от кривошипа АВ.

Расчет планетарных и дифференциальных передач можно производить, со­общив мысленно всей неподвижной плоскости Аххих вращение с угловой скоростью —

ШАВ> равной по модулю и противополож­

ной по направлению угловой скорости ^ кривошипа АВ (метод остановки или мг- 1Л-^ * ^ - т ^ / ^ ^ \ тод Виллиса). / г^Ч-^-г^а \

Тогда, на основании результатов § 69, \">ю

^1^—^^^^^ ) кривошип в этом сложном движении бу- К д^%^я^~^ Г^^—-дет неподвижен, а любая шестерня радиу- Щ са г% будет иметь угловую скорость /УЯ

(йь = <йъ — Шдв,

Л Рис. 203 где — абсолютная угловая скорость этой шестерни по отношению к осям Ах1у1

(рис. 203). При этом оси всех шестерен будут неподвижны и зависимость между можно будет определить или приравнивая скорости точек сцепления, или не­

посредственно по формуле (101). Расчет планетарных и дифференциальных передач можно также производить

с помощью мгновенных центров скоростей (см. § 56). Задача 82. В планетарном механизме (рис. 203) шестерня 1 радиуса гг не­

подвижна, а кривошип АВ вращается с угловой скоростью <Вдв- Найти угловую скорость шестерни 3 радиуса гя.

Р е ш е н и е . Абсолютные угловые скорости шестерен по отношению к осям Аххух обозначим через % (ш^О), (в2 и а>3. Сообщив всей плоскости Аххух враще­ние с угловой скоростью —мдд, получим в этом движении:

Й1 = 0 — <Вдя, 0)2 = Ш2 — Мдв ,

0 ) 3 = М3 — Мдв, Шд В =0 . В получившейся передаче оси колес неподвижны, а число внешних зацеплений к=2. Тогда по формуле (101)

м1/м3 = г3/г1 или —(йдВ/(Ш3 —мдВ) = г3/г1-.

Отсюда находим абсолютную угловую скорость шестерни 3

« 3 = 0 — г Л з ) ®АВ-

Если г 3 > Г [ , то направление вращения шестерни 3 совпадает с направлением вращения кривошипа, при г$<г1— не совпадает. В случае, когда г3=г1, получаем 0) 3=0 . Шестерня 3 в этом случае движется поступательно.

Относительную (по отношению к кривошипу АВ) угловую скорость шестер­ни 3 найдем по формуле (97). Так как абсолютная скорость ш3=<взох-|-о)дв (уг­ловая скорость кривошипа является для шестерни 3 переносной), то

щ3от = Шз — м д в = — (Гх/Гз) М д В .

При г3=гх получаем С0зОт=—мля- Относительная <в3ох и переносная мдв

угловые скорости образуют при этом пару, и мы другим путем приходим к выводу, что результирующее движение шестерни 3 является в этом случае поступатель­ным СО СКОрОСГЬЮ У = М д в ' Л В .

Задача 83. Редуктор скоростей (рис. 204) состоит из' а) неподвижной шестер­ни 1; б) двух спаренных шестерен 2 и 3, насаженных па кривошип, скрепленный с

173

ведущим валом АС (зацепление шестерен 2 и 1 внутреннее); в) шестерни 4, сидя­щей на ведомом валу ОВ. Числа зубцов шестерен: гг= 120, г3=40, г3=30, г 4=50. Ведущий вал делает я л=1500 об/мин. Найти число оборотов в минуту ведомого вала В.

Р е ш е н и е . Обозначим абсолютные угловые скорости: вала АС вместе с кривошипом через сол, шестерни 4 вместе с валом ОВ через сов, шестерен 2 и 3 через со23 (эти шестерни вращаются как одно тело). Шестерня / имеет угловую скорость о) !=0. Сообщив плоскости х1у1, параллельно которой движется механизм, вращение с угловой скоростью — сод, получим, что кривошип в этом движении

д? будет неподвижен (<аА=0), а шестерни будут иметь

скорости:

•1 I

/2 С01 = 0 — (0А, С023 = (й23--СйЛ, С04 = С0д — <йА.

Составляя теперь для шестерен 1 и 2 и шесте­рен 3 и 4 зависимости (101), получим:

Рис. 204

сох/сй2з = г3/г1; со23/со4 =—г4/г3 .

Перемножая эти равенства, найдем, что

Ш1,'а>4= — 2224/г1г3 или (йЛ/'(шв—мл) = г2г4/г1г .̂

Отсюда, учитывая, что величина я об/мин, про­порциональна со, находим

яЯ

=(

1+

Г1 гз^

гг г

д «л=

4200 об/мин.

Задача 84. Решить предыдущую задачу при условии, что шестерня 1 враща­ется в ту же сторону, что и ведущий вал АС, делая ^ = 1 1 0 0 об/мин (редуктор с дифференциальной передачей).

Р е ш е н и е . Ход решения остается таким же, как и в задаче 83, с той лишь

разницей, что теперь со^О (причем по условиям задачи знаки <% и со^ совпадают);

следовательно, со^о)!—со^. В результате полученная в задаче 83 пропорция

со1/со4=—г2г4/г1г3 дает

(щ—®А)1(®в—аА)=—г#4/г123.

Отсюда, переходя к оборотам в минуту, находим

я в= 'М+(г1

гз / г 2 г 4 ) (пд—п1)=2220 об/мин.

Если шестерня / вращается в противоположном направлении, то в полученном результате надо изменить знак при пг,

§ 71. СЛОЖЕНИЕ ВРАЩЕНИЙ ВОКРУГ ПЕРЕСЕКАЮЩИХСЯ ОСЕЙ

1 . С л о ж е н и е у г л о в ы х с к о р о с т е й . Пусть отно­

сительное движение тела представляет собой вращение с угловой

скоростью со; вокруг оси аха, укрепленной на кривошипе 2

(рис. 205, а), а переносным является вращение кривошипа с угло­

вой скоростью со 2 вокруг оси Ьф, которая с осью ага пересекается в

точке О. Схематически такой случай сложения вращений вокруг

пересекающихся осей показан на рис. 205, б.

Очевидно, что в этом случае скорость точки О, как лежащей

одновременно на обеих осях, будет равна нулю и результирующее

движение тела является движением вокруг неподвижной точки О.

Тогда тело имеет в данный момент времени угловую скорость со,

направленную по мгновенной оси вращения, проходящей через

точку О (см. § 60).

174

Чтобы определить значение со, найдем скорость какой-нибудь

точки М тела, радиус-вектор которой г=ОМ. В относительном

движении (вращение вокруг оси Оа) точка М, согласно формуле

(76), получит скорость оот=со1Хг, в переносном же движении

(вращение вокруг оси ОЬ)

точка получит скорость ф

^пер—ш

аX г . Тогда абсолют- дЧ

>г-

ная скорость точки М

Но так как результи­рующее движение тела яв­ляется мгновенным враще­нием с некоторой угловой скоростью со, то должно быть

Уаб = СОХ г.

Рис. 205

Поскольку точка М — любая точка тела, полученные равенства

должны выполняться при любом г, что возможно лишь тогда, когда

СО = СО]̂ -\- со2 (103)

Следовательно, при сложении вращений вокруг двух осей, пересекающихся в точке О, результирующее движение тела будет мгновенным вращением вокруг оси Ос, проходящей через точку О, и угловая скорость этого вращения будет равна геометрической сумме относительной и переносной угловых скоростей. Мгновенная ось Ос направлена вдоль вектора со, т. е. по диагонали параллело­грамма, построенного на векторах а>! и со3.

С течением времени ось Ос меняет свое положение, описывая коническую поверхность, вершина которой находится в точке О.

Если тело участвует в мгновенных вращениях вокруг нескольких осей, пересекающихся в точке О, то, последовательно применяя формулу (103), найдем, что результирующее движение будет мгно­венным вращение^ вокруг оси, проходящей через точку О, с угло­вой скоростью

ш = 2 Я - О04

)

Задача 85. Определить абсолютную угловую скорость со конического катка (см. задачу 72 в § 62), если радиус АС катка Я, расстояние ОА=1 и скорость юА

точки А известны (рис. 206). Р е ш е н и е . Абсолютное движение катка является результатом его относи­

тельного вращения вокруг оси ОА с угловой скоростью % и переносного вращения кривошипа ОА вокруг оси ОВ с угловой скоростью со2; при этом численно со2=

175

Мгновенная ось вращения, а следовательно, и вектор абсолютной угловой ско­рости й) направлены по линии ОС, так как скорость точки С равна нулю (см. задачу 72). Строя соответствующий параллелограмм, находим, что в = и , / 5 т а

Так как з т а=Я1У 1г+К

2, то окончательно со=(ул/Л) | / "1+Л

2/Р .

Другим путем этот результат можно получить (учитывая, что ОС — мгновен­ная ось вращения) из равенства г>л=со/г, где к=1&та,.

Движение катка представляет собой серию элементарных поворотов с угло­

вой скоростью со вокруг оси ОС, которая непрерывно меняет свое положение, описывает круглый конус с вершиной в точке О

2 С л о ж е н и е у г л о в ы х ус­к о р е н и й Рассмотрим случай, когда вращение тела вокруг двух пересекаю­щихся осей происходит с угловыми ус­корениями гг— относительным и г а -переносным. Найдем, каким будет тогда абсолютное угловое ускорение е тела. Из равенства (103) получим

е = асо/о7= йа^И-^- ай)2/е7,

где со!— относительная, а со2 — перенос­ная угловые скорости.

Рассуждая так же, как в § 66, и сохраняя ту же символику, представим пре­дыдущий результат в виде

е = (йо}1)1/а + (дса1)2/й1+(йа>2)1/6( + (асо2)2/о7. (105)

Здесь (асо1)1/с5<=81, а (йсо2)2/си=с2. Значение (ёа)1)2

/о\1 определяется так же, как

значение (&0Т)аШ в § 66 и дается формулой (92) с заменой в ней г.'ох па со1, а со

на со2 Следовательно, (о'с0])2/а'^=со2хсо1 Наконец, так как со2 при относительном движении (на рис. 205 при вращении тела вокруг оси ахо) не изменяется, то (й<и^1/д.1=0. В результате равенство (105) дает окончательно

8 = е х + е2 + (со2хсо1). (106)

Формула (106) и определяет в случае сложения вращений вокруг пересека­ющихся осей абсолютное угловое ускорение тела.

§72 . СЛОЖЕНИЕ ПОСТУПАТЕЛЬНОГО

И ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЙ.

ВИНТОВОЕ ДВИЖЕНИЕ

Рассмотрим сложное движение твердого тела, слагающееся из

поступательного и вращательного движений. Соответствующий

пример показан на рис. 207. Здесь относительным движением тела

1 является вращение с угловой скоростью со вокруг оси Аа, укреп­

ленной на платформе 2, а_переносным — поступательное движение

платформы со скоростью V. Одновременно в двух таких движениях

участвует и колесо 3, для которого относительным движением яв­

ляется вращение вокруг его оси, а переносным — движение той же

платформы. В зависимости от значения угла а между векторами со

и V (для колеса этот угол равен 90°) здесь возможны три случая.

176

1 . С к о р о с т ь п о с т у п а т е л ь н о г о д в и ж е н и я

п е р п е н д и к у л я р н а о с и в р а щ е н и я (а_1_со). Пусть

сложное движение тела слагается из вращательного движения во­

круг оси Аа с угловой скоростью со и поступательного движения со

скоростью V, перпендикулярной и (рис. 208). Легко видеть, чтоэто

Рис. 207 Рис. 208

движение представляет собой (по отношению к плоскости П, пер­пендикулярной оси Аа) плоскопараллельное движение, подробно изученное в гл. X I . Если считать точку А полюсом, то рассматри­ваемое движение, как и всякое плоскопараллельное, будет дейст­вительно слагаться из поступательного со скоростью VА=V, т. е. со скоростью полюса, и из вращательного вокруг оси Аа, проходя­щей через полюс.

Вектор V можно заменить парой угловых скоростей со', со" (см. § 69), беря ш'=со, а со"=—со- При этом расстояние АР опре­делится из равенства г/=со'-АР, откуда (учитывая, что со'=со)

Л Р = ^ / ш . (107)

Векторы со и со" дают при сложении нуль, и мы получаем, что движение тела в этом случае можно рассматривать как мгновенное вращение вокруг оси Рр с угловой скоростью со'=со. Этот результат был раньше получен другим путем (см. § 56). Сравнивая равенства (55) и (107), видим, что точка Р для сечения 5 тела является мгно­венным центром скоростей ( о р = 0 ) . Здесь еще раз убеждаемся, что поворот тела вокруг осей Аа и Рр происходит с одной и той же угло­вой скоростью со, т. е. что вращательная часть движения не зависит от выбора полюса (см. § 52).

2 . В и н т о в о е д в и ж е н и е (соЦи). Если сложное движение

тела слагается из вращательного вокруг оси Аа с угловой скоро­

стью со и поступательного со скоростью V, направленной параллель­

но оси Аа (рис. 209), то такое движение тела называется винтовым.

Ось Аа называют осью винта. Когда векторы г; и со направлены в

177

одну сторону, то при принятом нами правиле изображения и винт будет правым; если в разные стороны,— левым.

Расстояние, проходимое за время одного оборота любой точкой тела, лежащей на оси винта, называется шагом к винта. Если величи­ны V и со постоянны, то шаг винта также будет постоянным. Обо­значая время одного оборота через Т, получаем в этом случае уТ=к и соГ=2л , откуда Й=2ЛУ/СО.

При постоянном шаге любая точка М тела, не лежащая на оси

винта, описывает винтовую линию. Скорость точки М, находящей­

ся от оси винта на расстоянии г, слагается из поступательной ско­

рости V и перпендикулярной ей скорости, получаемой во враща­

тельном движении, которая численно равна сог. Следовательно,

Направлена скорость ом по касательной к винтовой линии. Если цилиндрическую поверхность, по которой движется точка М, разрезать вдоль образующей и развернуть, то винтовые линии обратятся в прямые, наклоненные к основанию цилиндра под углом ос (:§а=/г/2яг).

3 . С к о р о с т ь п о с т у п а т е л ь н о г о д в и ж е н и я о б р а з у е т п р о и з в о л ь н ы й у г о л с о с ь ю в р а щ е ­н и я . Сложное движение, совершаемое телом в этом случае (рис. 210, а), представляет собой движение, рассмотренное в § 63 (общий случай движения свободного твердого тела).

Разложим вектор V (рис. 210, б) на составляющие: г/, направ­

ленную вдоль со ( о '=о с о з а ) , и у", перпендикулярную со ( и " = ! / з т а ) ,

Скорость V" можно заменить парой угловых скоростей со'=со и ю " =

= — с о (как на рис. 208), после чего векторы со и со" можно отбросить.

Расстояние АС найдем по формуле (107):

О

1 • ~

Рис. 209 Рис. 210

ЛС=г/ У с о = ( и з т а ) / » .

178

Тогда у тела остается вращение с угловой скоростью со' и посту­пательное движение со скоростью у'. Следовательно, распределение скоростей точек тела в данный момент времени будет таким же, как при винтовом движении вокруг оси Сс с угловой скоростью ш'=со и поступательной скоростью У ' = У СОЗ а .

Проделанными операциями (рис. 210, б) мы перешли от полюса А к полюсу С. Результат подтверждает (см. § 63), что в общем случае движения твердого тела угловая скорость при перемене полюса не изменяется (со'=со), а меняется только поступательная скорость

Так как при движении свободного твердого тела величины V, со, а будут вообще все время изменяться, то будет непрерывно меняться и положение оси Сс, которую поэтому называют мгновенной винтовой осью. Таким образом, движение свободного твердого тела можно еще рассматривать как слагающееся из серии мгновенных винтовых движений вокруг непрерывно изменяющихся винтовых осей.

Раздел третий

ДИНАМИКА ТОЧКИ

Глава XV

ВВЕДЕНИЕ В ДИНАМИКУ. ЗАКОНЫ ДИНАМИКИ

§73 . ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И ОПРЕДЕЛЕНИЯ

Динамикой называется раздел механики, в котором изучается движение материальных тел под действием сил.

Движение тел с чисто геометрической точки зрения рассматри­валось в кинематике. В динамике, в отличие от кинематики, прн изучении движения тел принимают во внимание как действующие на них силы, так и инертность самих материальных тел.

Понятие о силе, как об основной мере механического действия, оказываемого на материальное тело, было введено в статике. Но в статике мы не касались вопроса о возможных изменениях действую­щих сил с течением времени, а при решении задач считали все силы постоянными. Между тем на движущееся тело наряду с постоянными силами действуют обычно силы переменные, модули и направления которых при движении тела изменяются. При этом переменными могут быть и заданные (активные) с и л ы * , и реакции связей.

Как показывает опыт, переменные силы могут определенным об­разом зависеть от времени, положения тела и его скорости. В ча­стности, от времени зависит сила тяги электровоза при постепенном выключении или включении реостата или сила, вызывающая колеба­ния фундамента при работе мотора с плохо центрированным ва­лом; от положения тела зависит ньютонова сила тяготения или сила упругости пружины; от скорости зависят силы сопротивления среды (подробнее см. § 76). В заключение отметим, что все введен­ные в статике понятия и полученные там результаты относятся в равной мере и к переменным силам, так как условие постоянства сил нигде в статике не использовалось.

Инертность тела проявляется в том, что оно сохраняет свое движение при отсутствии действующих сил, а когда на него начи­нает действовать сила, то скорости точек тела изменяются не мгно-

* Активной обычно называют силу, которая, начав действовать на покоящее­ся тело, может привести его в движение.

180

венно, а постепенно и тем медленнее, чем больше инертность этого тела. Количественной мерой инертности материального тела явля­ется физическая величина, называемая массой тела *, В класси­ческой механике масса т рассматривается как величина скалярная , положительная и постоянная для каждого данного тела.

Кроме суммарной массы движение тела зависит еще в общем слу­чае от формы тела, точнее от взаимного расположения образующих его частиц, т. е. от распределения масс в теле.

Чтобы при первоначальном изучении динамики отвлечься от учета формы тела (распределения масс), вводят абстрактное поня­тие о материальной точке, как о точке, обладающей массой, и начинают изучение динамики с динамики материальной точки.

Из кинематики известно, что движение тела слагается в общем случае из поступательного и вращательного. При решении кон­кретных задач материальное тело можно рассматривать как мате­риальную точку в тех случаях, когда по условиям задачи допустимо не принимать во внимание вращательную часть движения тела. Например, материальной точкой можно считать планету при изу­чении ее движения вокруг Солнца или артиллерийский снаряд при определении дальности его полета и т. п. Соответственно поступа­тельно движущееся тело можно всегда рассматривать как мате­риальную точку с массой, равной массе всего тела. Справедливость этих утверждений будет обоснована в § 107.

Изучать динамику мы начнем с динамики материальной точки, так как естественно, что изучение движения одной точки должно предшествовать изучению движения системы точек и, в частности, твердого тела.

§ 74. ЗАКОНЫ ДИНАМИКИ. ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ

МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

В основе динамики лежат законы, установленные путем обобще­ния результатов целого ряда опытов и наблюдений, посвященных изучению движения тел, и проверенные обширной общественно-производственной практикой человечества. Систематически законы динамики были впервые изложены И. Ньютоном в его классическом сочинении «Математические начала натуральной философии», издан­ном в 1687 г.**. Сформулировать эти законы можно следующим образом.

П е р в ы й з а к о н (закон инерции): изолированная от внеш­них воздействий материальная точка сохраняет свое состояние покоя или равномерного прямолинейного движения до тех пор, пока приложенные силы не заставят ее изменить это состояние. Движе­ние, совершаемое точкой при отсутствии сил, называется движением по инерции.

* Масса является еще мерой гравитационных свойств тела (см. § 76). ** Есть прекрасный русский перевод, сделанный А. Н. Крыловым. См.. Соб­

рание трудов акад. А. Н. Крылова, т. VII. М.— Л., 1936.

131

Закон инерции отражает одно из основных свойств материи —• пребывать неизменно в движении. Важно отметить, что развитие динамики как науки стало возможным лишь после того, как Гали­леем был открыт этот закон (1638 г.) и тем самым опровергнута господствовавшая со времен Аристотеля точка зрения о том, что движение тела может происходить только под действием силы.

Существенным является вопрос о том, по отношению к какой сис­теме отсчета справедлив закон инерции. Ньютон предполагал, что существует некое неподвижное (абсолютное) пространство, по от­ношению к которому этот закон выполняется. Но по современным воззрениям пространство — это форма существования материи, и какого-то абсолютного пространства, свойства которого не зависят от движущейся в нем материи, не существует. Между тем, поскольку закон имеет опытное происхождение (еще Галилей указал, что к этому закону можно прийти, рассматривая движение шарика по наклонной плоскости со все убывающим углом наклона), должны существовать системы отсчета, в которых с той или иной степенью приближения данный закон будет выполняться. В связи с этим в механике, переходя, как обычно, к научной абстракции, вводят понятие о системе отсчета, в которой справедлив закон инерции, постулируют ее существование и называют инерциальной системой отсчета.

Можно ли данную реальную систему отсчета при решении тех или иных задач механики рассматривать как инерциальную, устанав­ливается путем проверки того, в какой мере результаты, полученные в предположении, что эта система является инерциальной, подтверж­даются опытом. По данным опыта для нашей Солнечной системы инер­циальной с высокой степенью точности можно считать систему отсчета, начало которой находится в центре Солнца, а оси направ­лены на так называемые неподвижные звезды. При решении боль­шинства технических задач инерциальной, с достаточной для прак­тики точностью, можно считать систему отсчета, жестко связанную с Землей. Справедливость этого утверждения будет обоснована в § 92.

В т о р о й з а к о н (основной закон динамики) устанавливает, как изменяется скорость точки при действии на нее какой-нибудь силы, а именно: произведение массы материальной точки на ускоре­ние, которое она получает под действием данной силы, равно по мо­дулю этой силе, а направление ускорения совпадает с направлением силы.

Математически этот закон выражается векторным равенством

та = Р. (1)

При этом между модулями ускорения и силы имеет место зависи­мость

та=Р. (Г)

Второй закон динамики, как и первый, имеет место только по отношению к инерциальной системе отсчета. Из этого закона непо­средственно видно, что мерой инертности материальной точки явля-

182

ется ее масса, поскольку при действии данной силы точка, масса которой больше, т. е. более инертная, получит меньшее ускорение и наоборот.

Если на точку действует одновременно несколько сил, то они, как это следует из закона параллелограмма сил, будут эквивалентны одной силе, т. е. равнодействующей.^ , равной геометрической сум­ме данных сил. Уравнение, выражающее основной закон динамики, принимает в этом случае вид

та = К или та=-^Рк. (2)

Этот же результат можно получить, используя вместо закона параллелограмма закон независимости действия сил, согласно кото­рому при одновременном действии на точку нескольких сил каждая из них сообщает точке такое же ускорение, какое она сообщила бы, действуя одна.

Т р е т и й з а к о н (закон равенства действия и противодейст­вия) устанавливает характер механического взаимодействия между материальными телами. Д л я двух материальных точек он гласит: две материальные точки действуют друг на друга с силами, равными по модулю и направленными вдоль прямой, соединяющей эти точки, в противоположные стороны.

Этим законом мы уже пользовались в статике. Он играет большую роль в динамике системы материальных точек, как устанавливаю­щий зависимость между действующими на эти точки внутренними силами.

При взаимодействии двух свободных материальных точек, они, согласно третьему и второму законам динамики, будут двигаться с ускорениями, обратно пропорциональными их массам.

З а д а ч и д и н а м и к и . Д л я свободной материальной точки задачами динамики являются следующие: 1) зная закон движения точки, определить действующую на нее силу (первая задача дина­мики); 2) зная действующие на точку силы, определить закон дви­жения точки (вторая, или основная, задача динамики).

Д л я несвободной материальной точки, т. е. точки, на которую наложена связь, вынуждающая ее двигаться по заданной поверх­ности или кривой, первая задача динамики обычно состоит в том, чтобы, зная движение точки и действующие на нее активные силы, определить реакцию связи . Вторая (основная) задача динамики при несвободном движении распадается на две и состоит в том, чтобы, зная действующие на точку активные силы, определить: а) закон движения точки, б) реакцию наложенной связи.

§ 75. СИСТЕМЫ ЕДИНИЦ

Д л я измерения всех механических величин оказывается доста­точным ввести независимые друг от друга единицы измерения каких-нибудь трех величин. Дв умя из них принято считать едини­цы длины и времени. В качестве третьей оказывается наиболее удобным выбрать единицу измерения или массы, или силы. Так как

183

эти величины связаны равенством (1), то произвольно единицу изме­рения каждой из них выбрать нельзя . Отсюда вытекает возмож­ность введения в механике двух принципиально отличных друг от друга систем единиц.

П е р в ы й т и п с и с т е м е д и н и ц . В этих системах з а основные принимаются единицы длины, времени и массы, а сила измеряется производной единицей.

К таким системам относится Международная система единиц измерения физических величин (СИ), в которой основными едини­цами измерения механических величин являются метр (м), килограмм массы (кг) и секунда (с). Единицей же измерения силы является производная единица — 1 ньютон (Н); 1 Н — это сила, сообщаю­щая массе в 1 кг ускорение 1 м/с

2 (1Н = 1 кг-м/с

2). О том, что собой

представляют 1 м, 1 кг и 1 с, известно из курса физики. Между­народная система единиц (СИ) введена в СССР как предпочтитель­ная с 1961 г. и в данном курсе мы пользуемся ею.

В т о р о й т и п с и с т е м е д и н и ц . В этих системах з а основные принимаются единицы длины, времени и силы, а масса измеряется производной единицей.

К таким системам относится имевшая большое распространение в технике система МКГСС, в которой основными единицами являются метр (м), килограмм силы (кГ) и секунда (с). Единицей измерения массы в этой системе будет 1 кГ •с

2/м, т. е. масса, которой сила в 1 кГ

сообщает ускорение 1 м/с2.

Соотношение между единицами силы в системах СИ и МКГСС таково: 1 к Г = 9 , 8 1 Н или 1 Н = 0 , 1 0 2 кГ .

В заключение отметим, что необходимо различать понятия раз­мерность величины и единица ее измерения. Размерность определя­ется только видом уравнения, выражающего значение данной вели­чины, а единица измерения зависит еще от выбора основных единиц. Например, если, как это принято, обозначать размерность длины, времени и массы соответственно символами Ь, Т и М, то размер­ность скорости ЦТ, а единицей измерения может быть 1 м/с, 1 км/ч и т. д .

§76 . ОСНОВНЫЕ ВИДЫ СИЛ

При решении задач динамики мы будем в основном рассматри­вать следующие постоянные или переменные силы (законы измене­ния переменных сил, к ак правило, устанавливаются опытным пу­тем). _

С и л а т я ж е с т и . Это постоянная сила Р , действующая н а любое тело, находящееся вблизи земной поверхности (подробнее см. § 92). Модуль силы тяжести равен весу тела.

Опытом установлено, что под действием силы Р любое тело при свободном падении на Землю (с небольшой высоты и в безвоздушном

пространстве) имеет одно и то же ускорение §, называемое ускоре-

184

тем свободного падения, а иногда ускорением силы тяжести *. Тогда из уравнения (Г) следует, что

Р=т§ или т=Р/§. (3)

Эти равенства позволяют, зная массу тела, определить его вес (модуль действующей на него силы тяжести) или, зная вес тела, опре­делить его массу. Вес тела или сила тяжести, как и величина §, изменяются с изменением широты и высоты над уровнем моря; масса же является для данного тела величиной неизменной.

С и л а т р е н и я . Так будем кратко называть силу трения скольжения, действующую (при отсутствии жидкой смазки) на движущееся тело. Ее модуль определяется равенством (см. § 23)

Р=№. (4)

где / — коэффициент трения, который будем считать постоянным; N — нормальная реакция .

С и л а т я г о т е н и я . Это сила, с которой два материальных тела притягиваются друг к другу по закону всемирного тяготения, открытому Ньютоном. Сила тяготения зависит от расстояния и для двух материальных точек с массами тх и т2, находящихся на расстоянии г друг от друга, выражается равенством

Р=!\т1тг1г'

г-, (5 )

г д е / — гравитационная постоянная (в СИ/=6 , 6 7 3 - 1 0 "1 1

м3/кг«с

г).

С и л а у п р у г о с т и . Эта сила тоже зависит о т расстояния. Ее значение можно определить исходя из закона Гука, согласно которому напряжение (сила, отнесенная к единице площади) пропорционально деформации. В частности, для силы упругости пружины получается значение

Р=ск, (6)

где к — удлинение (или сжатие) пружины; с — так называемый коэффициент жесткости пружины (в СИ измеряется в Н/м).

С и л а в я з к о г о т р е н и я . Такая сила, зависящая о т скорости, действует на тело при его медленном движении в очень вязкой среде (или при наличии жидкой смазки) и может быть вы­ражена равенством

Я=№, (7)

где V — скорость тела; ц — коэффициент сопротивления. Зависи­мость вида (7) можно получить исходя из закона вязкого трения, отк­рытого Ньютоном.

С и л а а э р о д и н а м и ч е с к о г о ( г и д р о д и н а м и ­ч е с к о г о ) с о п р о т и в л е н и я . Эта сила тоже зависит о т

* Закон свободного падения тел был открыт Галилеем. Значение § в разных местах земной поверхности различно; оно зависит от географической широты мес­та и высоты его над уровнем моря. На широте Москвы (на уровне моря) §= =9,8156 м/с

2.

185

скорости и действует на тело, движущееся в такой, например, среде, к ак воздух или вода. Обычно ее величину выражают равенством

Я=0,5сжр5у2, (8)

где р — плотность среды; 5 — площадь проекции тела на плоскость, перпендикулярную направлению движения (площадь миделя); сх — безразмерный коэффициент сопротивления, определяемый обычно экспериментально и зависящий от формы тела и от того, как оно ориентировано при движении.

И н е р т н а я и г р а в и т а ц и о н н а я м а с с ы . Д л я экспе­риментального определения массы данного тела можно исходить из закона (1), куда масса входит как мера инертности и называется поэтому инертной массой. Но можно исходить и из закона (5), куда масса входит как мера гравитационных свойств тела и называется соответственно гравитационной (или тяжелой) массой. В принципе ни откуда не следует, что инертная и гравитационная массы пред­ставляют собой одну и ту же величину. Однако целым рядом экспе­риментов установлено, что значения обеих масс совпадают с очень высокой степенью точности (по опытам, проделанным советскими физиками (1971 г . ) ,— с точностью до Ю

-12) . Этот экспериментально

установленный факт называют принципом эквивалентности. Эйнш­тейн * положил его в основу своей общей теории относительности (теории тяготения) .

Исходя из изложенного, в механике пользуются единым терми­ном «масса», определяя массу как меру инертности тела и его гра­витационных свойств.

Глава XVI

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ, РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ДИНАМИКИ ТОЧКИ

§77 . ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

Для решения задач динамики точки будем пользоваться одной из следующих двух систем уравнений.

У р а в н е н и я в д е к а р т о в ы х к о о р д и н а т а х . И з кинематики известно, что движение точки в прямоугольных декар­товых координатах задается уравнениями (см. § 37):

х=Ш, у=Ш, г = Ы 0 . (9)

Задачи динамики точки состоят в том, чтобы, зная движение точки, т. е. уравнения (9), определить действующую на точку силу

* Альберт Эйнштейн (1879—1955) — выдающийся ученый-физик, создатель специальной теории относительности (релятивистская механика) и общей теории относительности.

186

или, наоборот, зная действующие на точку силы, определить закон ее движения, т. е. уравнения (9). Следовательно, для решения задач динамики точки надо иметь уравнения, связывающие координаты х, у, г этой точки и действующую на нее силу (или силы). Эти урав­нения и дает второй закон динамики.

Рассмотрим материальную точку, движущуюся под действием сил

Ри • •> Рп по отношению к инерциальной системе отсчета Охуг.

Проектируя обе части равенства (2), т. е. равенства та=2,Рк, на

оси х, у, г и учитывая, что ах=й2хШ

2 и т. д . , получим:

с!̂ // (1̂ 2 т^ = 2/?

**' т

-№=ър

№ т-йг=2Рк„ (Ю)

или, обозначая вторые производные по времени двумя точками,

тх = 11Ркх, ту = ЪРку, тг^=ЪРы. (10')

Это и будут искомые уравнения, т. е. дифференциальные уравнения

движения точки в прямоугольных декартовых координатах. Так как

действующие силы могут зависеть от времени {, от положения

точки, т. е. от ее координат х, у, г, и от скорости, т. е. от Vx=x,

ьч=у, ьг=г, то в общем случае правая часть каждого из уравнений

(10) может быть функцией всех этих переменных, т. е. I, х, у, г, х,

у, г одновременно.

У р а в н е н и я в п р о е к ц и я х н а о с и е с т е с т в е н ­н о г о т р е х г р а н н и к а . Д л я получения этих уравнений спроектируем обе части равенства та='2Рк на оси МхпЬ, т. е. на ка­сательную М% к траектории точки, главную нормаль Мп, направ­ленную в сторону вогнутости траектории, и бинормаль МЬ (см. в § 42 рис. 122; на нем Охуг — оси, по отношению к которым дви­жется точка) . Тогда, учитывая, что (см. §43) ах—ва/И, ап=ьУр, аь=0, получим

т^ = ИРкх, т^ = ЛРка, 0 = 2 /^ . (11)

Уравнения (11), где V=й8/й^, представляют собой дифференциа­льные уравнения движения точки в проекциях на оси естественного трехгранника.

§ 78 . РЕШЕНИЕ ПЕРВОЙ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ

(ОПРЕДЕЛЕНИЕ СИЛ ПО ЗАДАННОМУ ДВИЖЕНИЮ)

Если ускорение движущейся точки задано, то действующая сила или реакция связи сразу находится по уравнениям (1) или (2). При этом для вычисления реакции надо дополнительно знать активные силы. Когда ускорение непосредственно не задано, но известен закон движения точки, то для определения силы можно воспользоваться уравнениями (10) или (11).

187

, Задача 86. Воздушный шар весом Р опускается с ускорением а. Какой груз ф (балласт) надо сбросить, чтобы шар стал подниматься с таким же ускорением.

Р е ш е н и е . На падающий шар действуют сила тяжести Р и подъемная сила

Р (рис. 211, а). Составляя уравнение (2) в проекции на вертикаль, найдем, что

(Р/е) а=Р-Р.

Когда будет сброшен балласт (рис. 211, б), вес шара станет равен Р—@, а подъемная сила останется той же. Тогда, учитывая что шар при этом движется вверх, получим

(Р-Оа18=Р-(Р-ф.

Исключая из этих уравнений неизвестную силу Р, найдем

0=2Р/(1+§/а).

Задача 87. Лифт весом Р (рис. 212) начинает подниматься с ускорением а. Определить натяжение троса.

Рис. 211 Рис. 212

Р е ш е н и е . На лифт действуют сила тяжести Р и реакция троса Т. Сос­тавляя уравнение (2) в проекции на вертикаль, получим (Р/§)а—Т—Р, откуда

Т=Р(1+а/ё).

Если лифт опускается с таким же ускорением, то натяжение троса будет рав­но Г 1 = Р ( 1 — а/д).

Задача 88. Радиус закругления в точке А моста равен Я (рис. 213). Найти, какое давление на мост в точке А окажет автомобиль массы т, движущийся со­ек оростыо V,

Рис. 213 Рис. 214

Р е ш е н и е . В точке А автомобиль имеет нормальное ускорение ап—у2/Р.

При этом на него действуют сила тяжести Р—т§ и реакция N. Тогда по уравне­нию (2), составленному в проекции на нормаль, или непосредственно по второму

188

из уравнений (11) будет

пк121Р=пщ—Ы, откуда М=т{$—ъ

%1Р).

Сила давления на мост равна по модулю Л/, но направлена вниз. Задача 89. Кривошип ОА длины /, вращаясь равномерно с угловой скоро­

стью со, перемещает кулису К, движущуюся поступательно вдоль направляющих 1, 1 (рис. 214). Найти, пренебрегая трением, чему при этом равна сила давления С? ползуна А на кулису, если вес кулисы Р.

Р е ш е н и е . Проведем координатную ось Ох. Тогда положение кулисы опре­делится координатной л;=/со5ф и, поскольку ф=шг, закон движения кулисы бу­дет х—1со& со/. Зная этот закон, воспользуемся первым из уравнений (10'). Вы­числяя производную от х, получим

х = — со2/ соз со/ = — со

2*.

Кроме того, 0.х=—О.. В результате находим

— ( Р / 2 ) о А с = — и (2=(Р1ё)ш2х.

Следовательно, сила давления ползуна на кулису изменяется пропорционально расстоянию х кулисы от оси О.

§79 . РЕШЕНИЕ ОСНОВНОЙ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ ПРИ ПРЯМОЛИНЕЙНОМ ДВИЖЕНИИ ТОЧКИ

Движение материальной точки будет прямолинейным, когда действующая на нее сила (или равнодействующая приложенных сил) имеет постоянное направление, а скорость точки в начальный момент времени равна нулю или направлена вдоль силы.

Если при прямолинейном движении направить вдоль траектории координатную ось Ох, то движение точки будет определяться пер­вым из уравнений (10), т. е. уравнением

т^Ш = ̂

ркх «

ли тх = ЪРЬх. (12)

Уравнение (12) называют дифференциальным уравнением прямоли­нейного движения точки. Иногда его удобнее заменить двумя урав­нениями, содержащими первые производные:

т^ = ИРНх, ^ = ож. (13)

В случаях, когда при решении задачи надо искать зависимость скорости от координаты х, а не от времени I (или когда сами силы зависят от х), уравнение (13) преобразуют к переменному х. Так как &их1гЦ=&ох/йх-йх/а=Лих!б.х-ух, то вместо (13) получим:

Решение основной задачи динамики сводится к тому, чтобы из данных уравнений, зная силы, найти закон движения точки, т. е. х=1{1). Д л я этого надо проинтегрировать соответствующее диффе­ренциальное уравнение. Чтобы яснее было, к чему сводится эта математическая задача, напомним, что входящие в правую часть уравнения (12) силы могут зависеть от времени от положения

189

точки, т. е. от л;, и от ее скорости, т. е. от ьх—х. Следовательно, в общем случае уравнение (12) с математической точки зрения пред­ставляет собой дифференциальное уравнение 2-го порядка, имеющее вид тх—Р{1, х, х).

Если для данной конкретной задачи дифференциальное уравнение (12) будет проинтегрировано, то в полученное решение войдут две постоянные интегрирования Сг и С2 и общее решение уравнения (12) будет иметь вид

*=/(/, Си С2). (15)

Чтобы довести решение каждой конкретной задачи до конца, надо определить значения постоянных Сх и С2 . Д л я этого использу­ются обычно так называемые начальные условия.

Изучение всякого движения будем начинать с некоторого опреде­ленного момента времени, называемого начальным моментом. От этого момента будем отсчитывать время движения, считая, что в начальный момент ? = 0 . Обычно за начальный принимают момент начала движения под действием заданных сил. Положение, которое точка занимает в начальный момент, называется начальным положе­нием, а ее скорость в этот момент — начальной скоростью (началь­ную скорость точка может иметь или потому, что до момента 1 = 0 она двигалась по инерции, или в результате действия на нее до момента ^ = 0 каких-то других сил).Чтобы решить основную задачу динамики, надо кроме действующих сил знать еще начальные усло­вия, т. е. положение и скорость точки в начальный момент времени *.

В случае прямолинейного движения начальные условия зада­ются в виде

ПрИ ^ = 0 Х~Хй, VX=V<). (16)

По начальным условиям можно определить конкретные значения постоянных Сх и С2 и найти частное решение уравнения (12), даю­щее закон движения точки, в виде

* = х0, у0). (17)

Поясним все сказанное на примере следующей простейшей за­дачи.

Задача 90. Материальная точка с массой т движется под действием постоян­ной по модулю и направлению силы С (рис. 215). Найти закон движения точки при начальных условиях (16).

Р е ш е н и е . Составляя дифференциальное уравнение движения в виде (13) и учитывая, что 0_Х=С), получим

* Могут встречаться задачи, в которых для определения постоянных ин­тегрирования вместо начальных задаются так называемые краевые условия, напри­мер могут быть заданы условия на «краях» интервала времени [10, (г] в виде, при (={0 х=хй, а при 1=1г х=хх. Пример, показывающий, какие особенности моп>т иметь решения таких задач, называемых краевыми задачами, будет рассмотрен в §94.

190

Так как (2=сопз1, то умножив обе части уравнения на и беря от них инте­гралы, найдем, что

^х={^т)1+С1У (а)

Замена в этом равенстве ух на йх/<И дает

Умножая обе части полученного уравнения на 6.1 и снова интегрируя, найдем

лг=((?/2т)/2-г-С1Я-С2. (б)

Этот результат и представляет собой для данной задачи общее решение урав­нения (12) в виде, соответствующем равенству (15).

Теперь определим постоянные интегрирования Сг и С2 по заданным началь­ным условиям (16). Решения (а) и (б) должны быть справедливы в любой момент времени, в том числе и в момент (=0. Поэтому, подставляя в (а) и (б) вместо I нуль, мы вместо их и х должны получить у0 и хй, т. е. должно быть

Ув—СХ, Ха—С. 2-

Полученными равенствами определяются значения постоянные Сх- и С2, удовлетворяющие начальным условиям задачи. Подставляя эти значения в урав­нение (б), найдем окончательно закон происходящего _ движения в виде, соответствующем равенству (17): 0 ~ М Ц

х=*+оь*-Н<г/2т) Л (в) ~ ' 9

Как видно из уравнения (в), точка под действием р постоянной силы совершает равнопеременное движение, что можно было предсказать заранее, так как если <2=соП51, то и а=С}/т= сопз1. В частности, таким является движение точки под действием силы тяжести. При этом в уравнении (в) будет 0_/т=§, а ось Ох должна быть направлена по вертикали вниз.

§ 80. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Решение задач динамики точки путем интегрирования соответ­

ствующих дифференциальных уравнений движения сводится к

следующим операциям.

1 . С о с т а в л е н и е д и ф ф е р е н ц и а л ь н о г о у р а в ­

н е н и я д в и ж е н и я . Для его составления в случае прямоли­

нейного движения надо:

а) выбрать начало отсчета (как правило, совмещая его с началь­

ным положением точки) и провести координатную ось, направляя

ее вдоль траектории и, как правило, в сторону движения; если под

действием^ приложенных сил точка может находиться в каком-

нибудь положении в равновесии, то начало отсчета удобно помещать

в положении статического равновесия;

б) изобразить двужущуюся точку в произвольном положении

(но так, чтобы было х>0 и У ж > 0 ; последнее существенно, когда

среди сил есть силы, зависящие от скорости) и показать все дейст­

вующие на точку силы;

в) подсчитать сумму проекций всех сил на координатную ось

и подставить эту сумму в правую часть дифференциального уравне­

ния движения; при этом надо обязательно все переменные силы вы­

разить через те величины (1, х или у), от которых эти силызависят.

2 . И н т е г р и р о в а н и е д и ф ф е р е н ц и а л ь н о г о

у р а в н е н и я д в и ж е н и я . Интегрирование производится

191

методами, известными из курса высшей математики и зависящими от вида полученного уравнения, т. е. от вида его правой части. В тех случаях, когда на точку кроме постоянных сил действует одна пере­менная сила, зависящая только от времени I или только от расстоя­ния х, или же только от скорости о, уравнение прямолинейного движения можно проинтегрировать методом разделения переменных (см. задачи 91—93). Если при этом в задаче требуется определить только скорость, то часто можно при решении ограничиться интег­рированием одного из уравнений (13) или (14).

3 . О п р е д е л е н и е п о с т о я н н ы х и н т е г р и р о ­в а н и я . Д л я определения постоянных интегрирования надо по данным задачи установить начальные условия в виде (16). Значения постоянных по начальным условиям находятся так, как это было показано в задаче 90. При этом постоянные можно определять непосредственно после каждого интегрирования.

Если дифференциальное уравнение движения является уравне­нием с разделяющимися переменными, то вместо введения постоян­ных интегрирования можно брать сразу от обеих частей равенства определенные интегралы в соответствующих пределах; пример такого расчета дан в задаче 93.

4 . Н а х о ж д е н и е и с к о м ы х в з а д а ч е в е л и ч и н и и с с л е д о в а н и е п о л у ч е н н ы х р е з у л ь т а т о в . Что­бы иметь возможность исследовать решение, а также произвести косвенную проверку результата подсчетом размерностей, надо все решение проводить до конца в общем виде (в буквах), подставляя числовые данные только в окончательные результаты.

Сделанные здесь указания относятся и к случаю криволинейного движения.

Рассмотрим три конкретные задачи, в которых сила зависит от времени, от расстояния и от скорости точки.

1 . С и л а з а в и с и т о т в р е м е н и

Задача 91. Груз весом Р начинает двигаться из состояния покоя вдоль глад­кой горизонтальной плоскости под действием силы Р, значение которой растет пропорционально времени по закону Р=Ш. Найти закон движения груза.

Р е ш е н и е . Выберем начало отсчета О в начальном положении груза и на­правим ось Ох в сторону движения (рис. 216). Тогда начальные условия будут:

при ^ = 0 х=0, ух=0. Изображаем в произвольном по-_ ложении груз и действующие на него силы Р, Р (сила

П | I I ^ тяжести) и N (реакция плоскости). Проекции этих сил 1 '>УУУУУУУУ)УАУУ\>УУУУ/У7 '

на ось "

х имеют значения РХ=Р=Ы, Рх=0, N#=0 и

^Ш^^^/^У, X уравнение (13) примет вид

Рис. 216 1-&1*-—ы. 8 о7

Умножив обе части этого равенства на д(, мы сразу разделим переменные и, интегрируя, получим

(Р/^)ол=АЛ'2+С1. Подставляя сюда начальные данные, найдем, что Сх=0. Тогда, заменяя в по­

лученном результате ух иа йх/Ы, представим его в виде

^ - = ( ^ / 2 Р ) Я .

192

Умножая обе части этого равенства на й(, опять разделим переменные и, ин­тегрируя, найдем

х=(к$/2Р){3/3+С2.

Подстановка начальных данных дает С 2=0, и окончательно получаем закон движения груза в виде

х=(кфР)Р.

Таким образом, проходимый грузом путь будет расти пропорционально кубу времени.

2 . С и л а з а в и с и т о т р а с с т о я н и я

Задача 92. Пренебрегая трением и сопротивлением воздуха, определить, в течение какого промежутка времени тело пройдет по прорытому сквозь Землю вдоль хорды АВ каналу от его начала А до кон- _ ца В (рис. 217). При подсчете считать радиус Земли #=6370 км.

У к а з а н и е. В теории притяжения дока­зывается, что тело, находящееся внутри Земли, притягивается к ее центру с силой Р, прямо про­порциональной расстоянию г до этого центра. Принимая во внимание, что при г=Р (т. е. на поверхности Земли) сила Р равна силе тяже­сти (Р=т§), получим, что внутри Земли

Р=(т§/Щ г, Рис. 217

где г=/ИС — расстояние от точки М до центра Земли. Р е ш е н и е . Поместим начало отсчета О в середине хорды АВ (в этой

точке тело, находящееся в канале, было бы в равновесии) и направим ось Ох вдоль линии ОА. Если обозначить длину хорды АВ через 2а, то начальные условия задачи будут: при (~0 х=а, ох=0.

В произвольном положении на тело действуют силы Р и N. Следовательно,

^•Ркх=~Р С08 а

= — г с о з а = — (тд/Р) х,

так как из чертежа видно, что г соз а=х, Ых~0. Действующая сила оказалась зависящей от координаты х точки М. Чтобы

в этом случае в дифференциальном уравнении движения разделились переменные, составим его в виде (14). Тогда сокращая на т и вводя обозначение

§/Р=к\ получим

х Ах

Умножая обе части этого равенства на Ах, сразу разделяем переменные и, интегрируя, находим

1 , 1 / 2 = — ^ / 2 + ^ .

По начальным условиям при х=а Vx=0. Следовательно, С1=А2а3/2. Подстав­

ляя это значение Сг, получаем

Vx=±к У~а* — х2.

Считая, что в рассматриваемом положении скорость направлена от М к О, т. е. что У. т<0, берем перед корнем знак минус (легко, однако, проверить, что тот же окончательный результат получится и при знаке плюс). Тогда, заменяя УХ

на Ах/А(, найдем, что

Разделяя переменные, приведем это уравнение к виду

У а?~х*

7 № 2173 193

и, интегрируя, получим А/=агссоз (х!а)-\-С%.

Подставляя сюда начальные данные (при / = 0 х=а), находим, что С2=0. Окон­чательно закон движения тела в канале будет иметь вид

х= а соз М.

Следовательно, тело будет совершать в канале АВ гармонические колебания с амплитудой а.

Найдем теперь время 1±- движения тела до конца В канала. В точке В коорди­ната х=—а. Подставляя это значение в уравнение движения, получим соз к1х=—1, откуда Мг=п и (г=п!к. Но по введенному обозначению к=У@/Р. Отсюда, произ­ведя подсчет, находим, что время движения по каналу АВ при условиях задачи не зависит от его длины и всегда равно

г1= пУ~Р/§ « 42 мин 11 с.

Этот очень интересный результат породил ряд (пока еще фантастических) проектов прорытия такого канала.

Найдем дополнительно, чему будет равна при движении максимальная скорость тела. Из выражения для ох видно, что ч = а т а х при х=0, т. е, в точке О. Следовательно,

Углах = ка = аУЩ.

Если, например, 2 а = 0 , 1 ^ = 6 3 7 км (приблизительно расстояние от Москвы до Ленинграда), то У тах~395 м'с=1422 км/ч.

Колебания, совершаемые материальной точкой под действием

силы, пропорциональной расстоянию, будут подробнее изучены в

гл. X I X . Там будет рассмотрен другой метод интегрирования

получающихся в этом случае дифференциальных уравнений дви­

жения .

З . С и л а з а в и с и т о т с к а р о с т и

Задача 93. Лодку, масса которой т—Шкг, толкают, сообщая ей начальную скорость у„=0,5 м/с. Считая, силу соиротишлания водыг при малых скоростях из­меняющейся по закону (7), т.. е. считая #=рда, где коэффициент р=9 , 1 кг/с, определить, через сколько времени скорость лодки уменьшится вдвое и какой

она за это время пройдет путь. Найти также, т7 какой путь пройдет лодка до полной останов.-' ** кн.

'" Р е ш е н и е . Совместим начало .отсчета _ ^ д с начальным положением лодки и направим

Тт-р7— —• ось Ох в сторону движения (рис. 218). Тогда на-

— — — . чальные условия будут: при / = 0 х=0, УХ=Щ. Изображаем в произвольном положении

Рис. 218 лодку и действующие на нее силы Р, Ы~ и Р. П р и м е ч а н и е . Никакие другие

силы на лодку не действуют. Сила, сооб­щившая лодке толчок, действовала на лодку до момента (=6. Результат этого действия учитывается заданием начальной скорости о0, которую сила за время толчка сообщила лодке (см. § 79.) Чтобы правильно определить, какие силы дей­ствительно действуют на тело при его движении, надо помнить, что сила есть ре­зультат взаимодействия данного тела с другими телами. В данном случае сила тяжести Р является результатом действия на лодку Земли, а силы N и Р — ре­зультат действия на лодку воды Никакие другие материальные тела с лодкой при ее движении не взаимодействуют, значит, никаких других действующих сил нет. Обращаем внимание на этот вопрос, так как он часто является источником оши­бок при решении задач.

Вычисляя проекции действующих сил, находим, что

194

Для определения времени движения составляем дифференциальное уравнение (13), Замечая, что в данном случае их=о, получим

Проинтегрируем это уравнение, беря от обеих его частей после разделения переменных соответствующие определенные интегралы. При этом нижним преде­лом каждого из интегралов будет значение переменного интегрирования в началь­ный момент, а верхним — значение того же переменного в произвольный момент времени.

По условиям данной задачи при (=0 V=V0 и, следовательно,

о <

\—=—— \ А1 или 1ПУ—1ПУ0 = — (' Л V ш 3 т о» о

Отсюда окончательно

(=(т/ц) 1п (рйЬ), (а)

Искомое время 1г определим, полагая г>=0,5 У0- Это время, как видим, не за­висит в данном случае от величины у0. Так как 1п 2=0,69 , то

?!=(т/ц) 1п 2 - 3 с.

Для определения пройденного пути целесообразно вновь составить дифферен­циальное уравнение движения в виде (14), так как это уравнение позволяет сразу установить зависимость между х и V*, Тогда получим

сЬ ПШ д^ — [IV.

Отсюда, сокращая на V, разделяя переменные и учитывая, что при х=0 V=Vа^

получим

\ О У = — — \ Ах ИЛИ V — V0= — X.

т о Следовательно,

х=(т/ц ) ( У 0 — ( б )

Полагая ц=0,5 г>0, найдем искомый путь: хг= пюй/2\и~ 1,1 м. Чтобы найти путь, пройденный лодкой до остановки, следует в равенстве (б)

положить у= 0 . Тогда получим, что х2=пюй/\1=2,2 м. Определяя время движения до остановки, мы из равенства (а) найдем, что

при у = 0 время (2=оо, Это означает, что при принятом законе сопротивления (/?= [д,с) лодка будет к своему конечному положению (определяемому координатой х2) приближаться асимптотически. Фактически же время движения лодки до оста­новки будет конечным, так как с уменьшением скорости закон сопротивления ста­новится другим и соответственно изменяется вид зависимости V от % (см,, например, задачу 105 в §90),

Другой интересный пример движения под действием силы, зави­сящей от скорости, рассмотрен в следующем параграфе.

* Пройденный путь можно еще найти, определяя из равенства (а) зависимость

V ют I в виде V=V^Г~^'п^, а затем заменяя V на йх/й(и интегрируя полученное

уравнение, но такой путь решения будет несколько длиннее.

7 * 195

§ 81*. ПАДЕНИЕ ТЕЛА В СОПРОТИВЛЯЮЩЕЙСЯ СРЕДЕ (В ВОЗДУХЕ)

Рассмотрим задачу о падении тела в воздухе с малой по сравнению С радиусом Земли высоты. Тогда действующую на тело силу тяжести Р и плотность воздуха р можно считать величинами постоянными. Полагая одновременно, что при падении тело движется поступательно, будем его рассматривать как материальную точку. Действующую на тело силу сопротивления воздуха определяем по формуле (8) из § 76; ее модуль

Р=0,5схр5о\ (18)

где полагаем с ^ с о п з ! * (величины р и 5 тоже постоянны). Направив координатную ось Ох вертикально вниз (рис. 219), найдем, как бу­

дет изменяться скорость падения в зависимости от пройденного пути х, считая, что движение начинается из точки О и о0=0.

На падающее тело действуют силы Р и Р; тогда

'2Ркх = Р—Р = Р — 0,5схрЗо*.

Чтобы сразу получить зависимость у от х, составим дифференциальное урав­нение движения в виде (14). Учитывая, что ~ох=у, получим

• ° •• V -т- = Р ~- С„р5У2.

- — 8 йх 2 ^ Если ввести обозначение

2Р/схр8=а?,

то предыдущее уравнение примет вид

йу ( ,

(19)

или после разделения переменных

а х.

Беря от обеих частей равенства интегралы, находим

1п ( а2—У

2)=—2 (В/а})х+С1.

По начальным данным при х=0 скорость о—О, следовательно, С1=1паа.

Подставляя это значение Сг, получим

- = — 2 - аа — у

2 а - 2 (ф

:)Х

аъ а"

Отсюда окончательно находим

•и = аУ 1- - 2 (й/а2)х (20)

Формула (20) дает закон изменения скорости падающего в воздухе тела в за­висимости от пройденного пути.

С возрастанием л; величина е- 2

^а '

х убывает, стремясь при *->-оо к нулю. От­

сюда следует, что скорость падения V с возрастанием х возрастает, стремясь в пре­деле к постоянной величине а. Эта величина называется предельной скоростью па­дения упр. Из равенства (19) находим, так как г.'пр=а,

упр = V 2Р/с,р8. (21)

Следовательно, при У 0 = 0 падающее в воздухе тело не может получить скоро­сти, большей, чем упр. Предельная скорость падения возрастает с увеличением веса тела и с уменьшением величин сх, р и 5.

* В рассматриваемой задаче это допустимо, если скорость падения не превы­шает примерно 300 м/с.

196

Найдем, как быстро скорость падающего тела приближается к предельной.

Для этого обратимся к табл. 2, в которой дана зависимость величины у/упр от

(ё'ипр)х,-вычисленная по формуле (20). Из таблицы следует, что

Т а б л и ц а 2

V V

"пр 2

°пр "пр

0 0 1,2 0,95 0,5 0,80 1,5 0,97 1,0 0,93 2,0 0,99

при ( § / и п р ) * = 1 , 2

при (еЛ'пр)

У = 0,95УПР,

* = 2,0 У=0,99УПР.

(22)

Следовательно, скорость падения приближается к предельной довольно быстро, если только величины сх и 5 не очень малы (см. задачу 94).

Наличие предельной скорости падения можно установить следующими про­стыми рассуждениями. При падении тела его скорость V растет; следовательно, растет и сила сопротивления Я- Если считать очевидным, что сила Я не может стать больше, чем сила тяжести Р (рис. 219), то Яп-д=Р. Подставляя сюда значе­ние ^ п р из формулы (18), получаем 0,5сд;р51,пр=Р, откуда и находим даваемое формулой (21) значение упр. Однако приведенные рассуждения не позволяют оп­ределить, как быстро скорость падения у стремится к ипр. Этот практически важ­ный результат можно получить только с помощью формулы (20).

Задача 94. Определить предельную скорость падения парашютиста, вес ко­торого вместе с парашютом Р=80 0 Н: а) при затяжном прыжке, считая в этом слу­чае 5 = 0 , 4 м

2, с х=1,0 ; б) при прыжке с открытым парашютом, принимая в этом

случае 5 = 3 6 м2, сх=1,4-

Найти в обоих случаях расстояние Ях, пролетев которое, парашютист приобре­тает скорость ух—0,95 упр (т. е. отличающуюся от предельной на 5%), и рас­стояние Я2, при котором скорость падения у2=0,99уПр.

Р е ш е н и е . Предельную скорость падения определяем по формуле (21), счи­тая для воздуха р==1,29 кг/м

3. Расстояния Нг и Я2 находим из равенств (22). Так

как у=0,95упр при (#/вПр)л:=1,2, то искомое расстояние Н1=\,2ипР/д. Аналогично находим, что Я2=2Упр'#-

В результате подсчетов получаем: а) при затяжном прыжке У п р=56 м/с; Я ^ З З О м, Я2=г630 м; б) при прыжке с открытым парашютом у п р«5 м/с; Я 1 » 3 м, Я 2 ~5 м. Как видим, при больших сопротивлениях предельная скорость достигается

очень быстро.

§ 82. РЕШЕНИЕ ОСНОВНОЙ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ

ПРИ КРИВОЛИНЕЙНОМ ДВИЖЕНИИ ТОЧКИ

В случае криволинейного движения точки основная задача

динамики решается с помощью дифференциальных уравнений дви­

жения, полученных в § 77. Если задача решается в прямоугольных

декартовых координатах, т. е. с помощью уравнений (10), то началь­

ные условия, определяющие положение и скорость точки в началь­

ный момент времени ^ = 0 , задаются в виде:

при ? = 0 х=х0, г/=Уо, 2 = ? 0 ; (23)

197

Проинтегрировав уравнения (10), находят координаты х, у, г дви­жущейся точки, как функции времени I, т. е. определяют закон дви­жения точки. При этом полученные решения будут содержать шесть постоянных интегрирования Си С2,. . ., Ся, значения кото­рых должны определяться по начальным условиям (23).

Конкретный ход решения показан в рассматриваемой ниже за­даче.

Д в и ж е н и е т о ч к и , б р о ш е н н о й п о д у г л о м к г о р и з о н т а л ь н о й п л о с к о с т и в о д н о р о д н о м

п о л е т я ж е с т и . Изучим движе­ние тела, брошенного с начальной скоростью У0, направленной под уг­лом а к горизонтальной плоскости, рассматривая его как материальную точку с массой т. При этом сопро­тивлением воздуха пренебрегаем, а поле тяжести будем считать однород­ным (/

э=сопз1), полагая , что даль­

ность полета и высота траектории ма­лы по сравнению с радиусом Земли.

Поместим начало координат О в начальном щыкшешга точки. Направим ось Оу вертикально вверх; горизонтальную ось Ох рас­положим в плоскости, а ршод ящен через 0§ а вектор хь, а ось Ог проведем перпендиулярно первым двум осям (рис. 220). Тогда угол между вектором уа и осью Ох будет а.

Изобразим движущуюся точку М в произвольном положении. На нее действует только одна сила тяжести Р (см. примечание к задаче 93 в § 80), проекции которой на координатные оси. равны:

Р ж = 0 , Ру^—Р^—т§, Рг=0.

Подставляя эти величины в уравнения (Ш) и замечая, что й2х/й(

2=&х/гЦ и т. д . , после сокращения на т подучим:

а и

' <и й

- а и

-

Умножая обе части Э Т И Х уравнений на <М и интегрируя, находим

у ж =С х , Уу=—81+С2, у г = С 3 .

Начальные условия (23) в нашей задаче имеют вше

при ^ = 0 . к=0 , у = 0 , 2 = 0 ;

Удовлетворяя начальным условиям, получим

С\=у»со&а, С » = о 0 5 т а , С я — 0 .

196

Подставляя эти значения Си Са и С8 в найденные выше решения и заменяя их на йх/й! и т. д . , придем к уравнениям:

Ах Аи , Аг „ -^- = у в с о з а , -^ = V05та—§1, -^- = 0.

Интегрируя эти уравнения, получим:

х=у*1 с о з а + С 4 , у=у01&ти—§Р/2+Съ, г=Св.

Подстановка начальных данных дает С 4 = С 8 = С „ = 0 , и окончательно находим уравнения движения точки М в виде:

х=^ в7с©$« , #=х%*яйа—§-^ / 2 , г = 0 . (24)

Из последнего уравнения следует, что движение происходит в плоскости Оху.

Имея уравнения движения точки, можно методами кинематики определить все характеристики данного движения .

1 . Т р а е к т о р и я т о ч к и . Исключая и з первых двух урав­нений (24) время I, получим уравнение траектории точки:

у = х ^ а . 8 я х

2. (25)

Это уравнение параболы с осью, параллельной оси Оу. Таким образом, брошенная под углом к горизонтальной плоскости тяжелая точка движется в безвоздушном пространстве по параболе (Галилей).

2 . Г о р и з о н т а л ь н а я д а л ь н о с т ь . Определим гори­зонтальную дальность, т. е. измеренное вдоль оси Ох расстояние ОС=Х. Полагая в равенстве (25) т /=0 , найдем точки пересечения траектории с осью Ох. Из уравнения х [1§а—^л:/(2УоС05

2а)]=0 по­

лучаем хх=0, хг~(2о?оо5гаЛ%а)/§.

Первое решение дает точку О, второе — точку С. Следовательно, X =х2 и окончательно

Х = ( о 5 / § ) я п 2 а . (26)

Из формулы (26) видно, что такая же горизонтальная дальность X будет получена при угле р

4, для которого 2(3 = 180°—2а, т. е. если

угол р = 9 0 ° — а . Следовательно, при данной начальной скорости Vо в одну и ту же точку С можно попасть двумя траекториями: настильной ( а<45 ° ) и навесной ( а>45 ° ) .

При заданной начальной скорости у0 наибольшая горизонтальная дальность в безвоздушном пространстве получается, когда 5 т 2 а = Т , т. е . при угле а = 4 5 ° .

3 . В ы с о т а т р а е к т о р и и . Если положить в уравнении (25) х = Х / 2 = ( у § / я ) з т а с о з а , то определится высота траектории Н:

# = ( у Ц / 2 # ) 5 1 П2а . (26')

4 . В р е м я п о л е т а . И з первого уравнения системы (24)

следует, что полное время полета Т определяется равенством Х =

199

—Уо^созсх. Заменяя здесь X его значением, получим

Т=(2ь0/ё)вта. (26")

При угле наибольшей дальности а* =45 ° все найденные величины

имеют значения:

Х*^иУ§, Я* = у^ = Х*/4, Т* = Ыё)У~2. (27)

Полученные результаты могут находить некоторые приложения, например, во внешней баллистике для оценки того, как изменяется дальность полета при изменении угла а или скорости у0 на очень малую величину, или же для ориентировочных оценок в случаях, аналогичных рассмотренному в приводимом примере.

Пример. Известно *, что немецкий снаряд ФАУ-2 после вертикального запус­ка имел на высоте 20 км скорость у0« 1700 м/с и угол а « 45 ° (поворот снаряда про­изводился с помощью специальных приборов и рулей). Дальнейший полет снаряда практически происходил как полет брошенного тела в безвоздушном пространстве и на высотах, для которых можно еще грубо считать Р=соп$1 Тогда по формулам (27) должно быть:

X *~300 км, Н * « 7 5 км, Т *~245 с.

Эти результаты очень близки к тем, которые имели место для данных снарядов фактически.

П е р в а я к о с м и ч е с к а я с к о р о с т ь . Рассмотрим еще одну задачу о движении брошенного тела. Найдем, какую на­чальную скорость надо сообщить телу, находящемуся на расстоянии

Я от центра Земли, чтобы оно двигалось вокруг Земли по круговой орбите радиуса /? (рис. 221); сопротивление воздуха счита­ем отсутствующим, а тело рассматриваем как материальную точку.

Прежде всего замечаем, что так как скорость точки в любой момент времени должна быть направлена по касательной к траектории, то скорость у0 следует напра­вить перпендикулярно радиусу СМ0, где М0 — начальное положение точки.

Д л я дальнейшего решения воспользуемся уравнениями (11). Рассматривая точку в произвольном положении М, проводим оси Мг и Мп и изображаем действующую на точку силу тяготения Р; численно Р=чп§а, где т — масса точки, §0 — ускорение силы тяготения в пункте М. Так как / ч = 0 , а Рп=Р, уравнения (11) при­мут вид:

сЬ п ГП12 г, то

2

- ^ = 0, - Г = Р или - ^ = / ^ 0 .

Из первого уравнения находим, что у = с о п з ! и, следовательно, V=V0. После этого второе уравнение дает (если считать, что =

Рис. 221

* См.: К о о й И . , Ю т е и б о г а р т И. Динамика ракет. Оборонгиз, 1950.

200

= 6 3 7 8 км — радиус земного экватора, а # 0 =9 , 8 2 м/с2)

о, = К# 0 / ? 0 = 7914 м/с « 7,9 км/с. (28)

Эта наименьшая скорость, которую нужно сообщить брошенному телу, чтобы оно не упало обратно на Землю, называется круговой или первой космической скоростью (см. § 9 7 , 98).

Глава XVII

ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ ТОЧКИ

Для решения многих задач динамики, особенно в динамике сис­темы, вместо непосредственного интегрирования дифференциаль­ных уравнений движения оказывается более эффективным пользо­ваться так называемыми общими теоремами, являющимися следст­виями основного закона динамики.

Значение общих теорем состоит в том, что они устанавливают наглядные зависимости между соответствующими динамическими характеристиками движения материальных тел и открывают тем самым новые возможности исследования движения механических систем, широко применяемые в инженерной практике. Кроме того, применение общих теорем избавляет от необходимости проделывать для каждой задачи те операции интегрирования, которые раз и на­всегда производятся при выводе этих теорем; тем самым упрощается процесс решения.

Перейдем к рассмотрению общих теорем динамики точки.

§ 83. КОЛИЧЕСТВО ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ. ИМПУЛЬС с и л ы

Одной из основных динамических характеристик движения точки является количество движения *.

Количеством движения материальной точки называется вектор­

ная величина то, равная произведению массы точки на ее скорость.

Направлен вектор то так же, как и скорость точки, т. е. по ка­

сательной к ее траектории. Единицей измерения количества движения является в СИ —

1 к г -м / с=1 Н-с , а в системе МКГСС—1 кГ-с . И м п у л ь с с и л ы . Д л я характеристики действия, оказывае­

мого на тело силой за некоторый промежуток времени, вводится понятие об импульсе силы. Сначала введем понятие об элементарном импульсе, т. е. об импульсе за элементарный промежуток времени а\{. Элементарным импульсом силы называется векторная величина 6.8, равная произведению силы Р на элементарный промежуток вре-

* Другая основная динамическая характеристика — кинетическая энер­гия — будет рассмотрена в § 89.

201

мени <Н:

йЗ = РП. (29)

Направлен элементарный импульс вдоль линии действия силы.

Импульс 5 любой силы Р за конечный промежуток времени 1Г

вычисляется как предел интегральной суммы соответствующих элементраных импульсов, т. е.

и _

3=1 РП. (30) о

Следовательно, импульс силы за некоторый промежуток времени 1Х равен определенному интегралу от элементарного импульсаг

взятому в пределах от нуля до 1Х.

В частном случае, если сила Р постоянна и по модулю, и по на­правлению (/

г=соп5Г), то 3=Ри. Причем в этом случае и модуль

5= . Р / 1 . В общем случае модуль импульса может быть вычислен по его проекциям на координатные оси:

и и и

8х=\РХМ, Зу=\Р9П, 8г=1Ргй(. (31) О О О

Единицей измерения импульса силы, как и количества движения, является в СИ — 1 кг-м/с, а в системе МКГСС — 1 кГ<с.

§ 84. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ

Так как масса точки постоянна, а ее ускорение а=йа/И, то уравнение (2), выражающее основной закон динамики, можно представить в виде

- ^ = 1 А (32)

Уравнение (32) выражает одновременно теорему об изменении количества движения точки в дифференциальной форме: производная по времени от количества движения точки равна сумме действующих на точку сил *.

Пусть движущаяся точка имеет в момент времени г = 0 скорость «о» а в момент ^ — скорость Умножим тогда обе части равенства (32) на А1 и возьмем от них определенные интегралы. При этом спра­ва, где интегрирование идет по времени, пределами интеграла будут О и ^, а слева, где интегрируется скорость, пределами интеграла будут соответствующие значения скорости у0 и V].. Так как интеграл

* По существу это другая формулировка 2-го закона динамики, близкая к той, которую дал сам Ньютон.

202

от о! ( ту ) равен т о , то в результате получим

тих—ту„ = 2 5 Ъ <». о

Стоящие справа интегралы, как следует из формулы (30), пред­ставляют собой импульсы действующих сил. Поэтому окончатель­но будет

Уравнение (33) выражает т е о р е м у о б и з м е н е н и и к о л и ч е с т в а д в и ж е н и я т о ч к и в конечном виде: изменение количества движения точки за некоторый промежуток вре­мени равно сумме импульсов всех действующих на точку сил за тот же промежуток времени.

При решении задач вместо векторного уравнения (33) часто поль­зуются уравнениями в проекциях. Проектируя обе части равенства (33) на координатные оси, получим

В случае прямолинейного движения, происходящего вдоль оси Ох, теорема выражается первым из этих уравнений.

Р е ш е н и е з а д а ч . Уравнения (33) или (34) позволяют, зная как при движении точки изменяется ее скорость, определить импульс действующих сил (первая задача динамики) или, зная им­пульсы действующих сил, определить, как изменяется при движении скорость точки (вторая задача динамики). При решении второй за­дачи, когда заданы силы, надо вычислить их импульсы, Как видно из равенств (30) или (31), это можно сделать лишь тогда, когда силы постоянны или зависят только от времени.

Таким образом, уравнения (33), (34) можно непосредственно использовать для решения второй задачи динамики, когда в задаче в число данных и искомых величин входят: действующие силы, время движения точки и ее начальная и конечная скорости (т. е. величины Р, I, V0, V]), причем силы должны быть постоянными или зависящи­ми только от времени.

Задача 95. Точка, масса которой т= 2 кг, движется по окружности с численно постоянной скоростью и—4 м'с. Определить импульс действующей на точку силы за время, в течение которого точка проходит четверть окружности _

Р е ш е н и е . По теореме об изменении количества движения 8=то1—/да0-Строя геометрически разность этих количеств движения (рис, 222), находим из полученного прямоугольного треугольника

т у х — т у , (33)

(34)

3= тУ V^-^ГV:

Но по условиям задачи V0—V1=V, следовательно,

5 = т о / " 2 = П.З кг-м/с.

293

Для аналитического подсчета можно, используя первые два из уравнений (34), найти

Зх = т1>0, 5 у = —тг'х, откуда 3 = т V ь'о + ̂ ? •

Задача 96. Грузу, имеющему массу т и лежащему на горизонтальной плоско­

сти, сообщают (толчком) начальную скорость у0 Последующее движение груза тор­

мозится постоянной силой Р. Определить, через сколько времени груз остановится,

М0 У0

Рис. 222 Рис. 223

Р е ш е н и е . По данным задачи видно, что для определения времени движения можно воспользоваться доказанной теоремой. Изображаем груз в произвольном положении (рис. 223). На него действуют

1 сила тяжести Р, реакция плоскости N

и тормозящая сила Р. Направляя ось Ох в сторону движения, составляем первое из уравнений (34)

ть'хх— т1.'0д. = 25йд;. (а)

В данном случае V1x—0 (ог — скорость в момент остановки), а V()X=V0. Из сил проекцию на ось Ох дает только сила Р. Так как она постоянна, то 5ж=/

7д:г1= = —Р^, где 1Х — время торможения. Подставляя все эти данные в уравнение (а), получаем —тсй=—Р1Х , откуда искомое время

^=тьа1Р. (б)

Таким образом, время торможения растет пропорционально начальной скоро­сти.

Решим эту же задачу, считая, что тормозящая сила равна ф и не постоянна, а с момента начала торможения растет пропорционально времени, т. е. (}=Ы, где к — некоторый постоянный коэффициент, и становится равной Р в момент оста­новки груза. Так как сила зависит от времени, то опять можно воспользоваться уравнением (а), определяя 5,. по первой из формул (31). Учтя, что (}х=—0_~ ——Ы, получим

и

5Х = — ^кШ= — Ы\12.

о

Тогда уравнение (а) дает ти^—ыХ'2. Значение к найдем из условия, что при 0=~Р, т. е. Ыг=Р, откуда к—РИх и окончательно будет

{1—2то0/Р. (в)

Следовательно, в этом случае время торможения удваивается,

§ 85. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ МОМЕНТА

КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ (ТЕОРЕМА МОМЕНТОВ)

В некоторых задачах в качестве динамической характеристики

движения точки вместо самого вектора количества движения ту

рассматривают его момент относительно некоторого центра или осн.

204

Эти моменты определяются так же, как и моменты силы (см. § 8, 14 и 28).

Таким образом, моментом количества движения точки относи­

тельно некоторого центра О называется векторная величина то (ту),

определяемая равенством

т0 ( ту ) = г х т у , (35)

где г — радиус-вектор движущейся точки, проведенный из центра О.

При этом вектор т0 (ту) направлен перпендикулярно плоскости,

проходящей через то и центр О, а \т0{ту)\=ти-п (рис. 224; для

сравнения на нем показан и вектор т0 (Р)—г X Р).

Момент количества движения точки относительно какой-нибудь

оси Ог, проходящей через центр О, будет равен проекции вектора

т0(ту) на эту ось:

тг (ту) = \т0 ( ту ) ] 2 = | т0 ( т у ) | соз у, (36)

где у — угол между вектором т0 (ту) и осью Ог.

Теорема моментов устанавливает, как изменяется со временем

вектор т0(то). Чтобы доказать ее, продифференцируем по времени

выражение (35). Получим

( г х т о ) = ( "^Гх т 1

' ) + ( ^Х т

" с Т г ) =

(У Х т

^ ) + (гх т а

) -

Но у Х т у = 0 как векторное произведение двух параллельных

векторов, а та=Р, где при действии нескольких сил Р=2Рк.

Следовательно,

•^(гхту) = гхР или ^[т0(ту)] = т0(Р). (37)

В результате мы доказали следующую т е о р е м у м о м е н ­т о в о т н о с и т е л ь н о ц е н т р а : производная п о времени о т момента количества движения точки, взятого относительно какого-нибудь неподвижного центра, равна моменту действующей на точку силы относительно того же центра.

Сравнивая уравнения (37) и (32), видим, что моменты векторов то

и Р связаны такой же зависимостью, какой связаны сами векторы ту

и Р.

Если спроектировать обе части равенства (37) на какую-нибудь ось Ог, проходящую через центр О, то, учтя соотношение (36), полу­чим

^([тЛту)\^тЛР). (38)

Это равенство выражает теорему моментов относительно оси.

Из уравнения (37) следует, что если то(Р)=0, то т0(ту) =сопз1 ,

205

т . е . если момент действующей силы относительно некоторого цент­ра равен нулю, то момент количества движения точки относительно этого центра есть величина постоянная. Такой результат имеет место в практически важном случае движения под действием цент­ральной силы (см. § 86).

Рис. 224 Рис. 225

Задача 97. Шарик М привязан к нити МВА, часть ВА которой продета сквозь вертикальную трубку (рис. 225). В момент, когда шарик находится на расстоянии к0 от оси г трубки, ему сообщают начальную скорость и0, перепендикулярную плос­кости МВА. Одновременно иить начинают медленно втягивать в трубку. Найти, какую скорость их будет иметь шарик, когда его расстояние от оси г станет равно К. _

Р е ш е н и е. На шарик действуют сила тяжести Р и реакция нити Т. Моменты этих сил относительно оси г равны нулю, так как сила Р параллельна оси г, а сила Т эту ось пересекает. Тогда по уравнению (38)

- ^ - [ т г (ту)] = О,

откуда т г (/да)= тгЖ=соп5т.. Так как масса т постоянна, то отсюда следует, что при движении шарика V^ка=V1к1,

Следовательно,

По мере приближения шарика к оси его скорость растет.

§ 86*. ДВИЖЕНИЕ ПОД ДЕЙСТВИЕМ ЦЕНТРАЛЬНОЙ СИЛЫ. ЗАКОН ПЛОЩАДЕЙ

Центральной называется сила, линия действия которой прохо­дит все время через данный центр О. Примером такой силы является сила притяжения планеты к Солнцу или спутника к Земле.

Рассмотрим, пользуясь уравнением (37), как будет двигаться

точка М (рис. 226) под действием центральной силы Р. Так как в

данном случае т0 (.Р)==0,_то т 0 ( т у ) = г Х т у = с о п 8 1 или, поскольку

масса т постоянна, / И 0 ( У ) = Т Х У = С О П 5 1 , Т . е. вектор т0ф) постоя­

нен и по модулю, и по направлению. Напомним, что вектор т0^)=>

206

= Г Х У направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через

векторы г и у. Следовательно, если вектор гХу имеет все время по­

стоянное направление, то радиус-вектор г = О М точки М и вектор

ее скорости V должны все время лежать в одной и той же плоскости.

Отсюда заключаем, что траектория точки М будет плоской кривой.

Кроме того, одновременно | т 0 ( у ) | = г Л =

=сопз г . Таким образом, при движении под

действием центральной силы точка дви­гается по плоской кривой, а ее скорость

V изменяется так , что момент вектора

V относительно центра О остается по­стоянным (рН=соп&1).

Последний результат имеет нагляд­ное геометрическое истолкование. Так как уН=п-й5/(И, а /г-а5=2асг, где а а — Рис. 226 площадь элементарною треугольника ОММ', то, следовательно, ок=2йаШ. Величина йъШ определяет скорость, с которой растет площадь, ометаемая радиусом-вектором ОМ при движении точки М, и назы­вается секторной скоростью точки. В рассматриваемом случае эта скорость постоянна:

^ - = у | т 0 ( ( т к ; ) | = соп51:. ( 3 9 )

Таким образом, при движении под действием центральной силы точка движется по плоской кривой с постоянной секторной ско­ростью, т. е. так, что радиус-вектор точки в любые равные проме­

жутки времени ометает равные пло­щади (закон площадей). Этот закон имеет место при движении планет или спутников и выражает собой один из законов Кеплера .

Пример. Орбитой планеты, движущей­ся под действием силы притяжения Солн­ца, является эллипс, причем Солнце на­ходится в одном из фокусов С эллипса (рис. 227). Так как сила притяжения явдя-

Рис. 227 ет

ся центральной, то при движении име­ет место закон площадей. Поэтому в бли­жайшей к Солицу точке орбиты П (пери­

гелий) скорость планеты ед будет наибольшей, а в наиболее удаленной от Солнца точке А (афелий) скорость Уд будет наименьшей. Этот результат следует из урав­нения (39), которое для точек А и П дает У Д - А С = У Я ' Я С . К такому же выводу мож­но прийти, если учесть, что площади пунктирно заштрихованных на рис. 227 сек­торов, ометаемых за одинаковые промежутки времени, должны быть равны, сле­довательно, за одно и то же время^планета вблизи точки П должна пройти больший путь, чем вблизи А.

Аналогичный результат имеет место при движении спутника.

207

§87 . РАБОТА СИЛЫ. МОЩНОСТЬ

Для характеристики действия, оказываемого силой на тело при некотором его перемещении, вводится понятие о работе силы, широ­ко используемое не только в механике. Сначала введем понятие об элементарной работе.

Элементарной работой силы Р, приложенной в точке М (рис. 228), называется скалярная величина *

йА=РТ6в, (40)

где Рх — проекция силы Р на касательную Мх к траектории точки

М, направленную в сторону перемещения этой точки (или про­

екция Р на направление скорости V точки М); А

з — модуль элемен­

тарного перемещения точки М.

Такое определение соответствует представлению о работе как

о мере того действия силы, которое приводит к изменению модуля

скорости точки. Если разложить силу Р на составляющие Рх и Рп,

то изменять модуль скорости будет Т^, так как / \ = т а т = т - а у / а г

(составляющая Рп изменяет или направление вектора V, или при

несвободном движении — силу давления на связь).

Замечая , что РХ=Р соз а, где а — угол между Р и Мх, полу­чим из (40) другое выражение для АА:

йА=Р6в соз а. (41)

Если угол а острый, то работа положительна. В частности, при а = 0 элементарная работа АА=РАз.

Если угол а тупой, то работа отрицательна. В частности, при а = 1 8 0 ° элементарная работа сЬ4 = — Р й в .

Если у г о л а = 9 0 ° , т. е. если сила направлена перпендикулярно пе­ремещению, то элементарная работа силы равна нулю.

Знак работы имеет следующий смысл: работа положительна,

когда составляющая Рх направлена в сторону движения (сила

ускоряет движение); работа отрицательна, когда составляющая

Р% направлена противоположно направлению движения (сила

замедляет движение).

Если учесть, ч т о а 5 = | а г ! , где Аг — вектор элементарного переме­щения точки, и воспользоваться известным из векторной алгебры понятием о скалярном произведении двух векторов, то равенство (41) можно представить в виде * *

АА=Т-А7. (42)

* Здесь АА (как и~с15 в § 83) — символ элементарной величины, но не диффе­ренциала. Дифференциалом какой-нибудь функции величина АА вообще может не быть (см. § 126). _

** Скалярным произведением двух векторов а и Ь называется скалярная вели­чина, определяемая равенством а- Ь=аЬ соз а, где а — угол между векторами "а и Ь Выражение скалярного произведения через проекции векторов а и Ь на коорди­натные оси имеет вид а - Ь=ахЬх-\-ауЬу-\-агЬг.

208

Следовательно, элементарная работа силы равна скалярному произведению силы на вектор элементарного перемещения тонки ее приложения.

Если в формуле (42) выразить скалярное произведение через проекции векторов Р и г на координатные оси и учесть, что гх=х, Гу—У< гх=г, то получим аналитическое выражение элементарной

работы АА =РхАх+РуАу+РгАг, (43)

в котором х, у, г — координаты точки приложения силы Р.

Р

Иа м

1 Рис. 228 Рис. 229

Работа силы на любом конечном перемещении МцМг (рис. 228) вычисляется как предел интегральной суммы соответствующих элементарных работ

Л(Л10Л11)= .\ (44)

или

А{Мом^ 5 (РхАх + РуАу + Р2Аг). (44') (Л* о)

Следовательно, работа силы на любом перемещении М0Мх равна взятому вдоль этого перемещения интегралу от элементарной работы. Пределы интеграла соответствуют значениям переменных интегрирования в точках М0 и Мг (точнее говоря, интеграл берется вдоль кривой МоМг, т. е. является криволинейным).

Если величина Рх постоянна (/?т=соп81), то из (44), обозначая

перемещение М0Мг через 5Ь получим

А{м0м1) = Рх51- (45)

В частности, такой случай может иметь место, когда действую­

щая сила постоянна по модулю и направлению (/г=сог)51), а точка,

к которой приложена сила, движется прямолинейно (рис. 229).

В этом случае Рх=Рсо& а = с о п 5 1 и

А(Мои1) = р51со5<х. (45')

Единицей измерения работы является в СИ — 1 джоуль (1 Д ж = = 1Н-м = 1 кг-м

2/с

2), а в системе М К Г С С — 1 кГ-м.

209

Г р а ф и ч е с к и й с п о с о б в ы ч и с л е н и я р а б о т ы . Если сила зависит от расстояния « и известен график зависимости Рх от з (рис. 230), то ра­боту силы можно вычислить графически. Пусть в положении М0 точка находится от начала отсчета на расстоянии а в положении Мх — на расстоянии х1# Тогда

по формуле (44), учитывая геометрический смысл интеграла, получим

81

ЛшоМ,>= ^ Рх 6в = а,

«о

где а — величина заштрихованной на рис. 230 пло­щади, умноженной на масштабный коэффициент.

М о щ н о с т ь . Мощностью называется величина, определяющая работу, совершае­мую силой в единицу времени. Если работа

совершается равномерно, то мощность Ы=АНХ, где 1Х — время, в течение которого произведена работа А. В общем случае

Рис. 230

Ы = йА1Ы = Рхй5№ = Ртр. (46)

Следовательно, мощность равна произведению касательной сос­тавляющей силы на скорость.

Единицей измерения мощности в СИ является ватт (1 Вт = = 1Дж/с), а в системе М К Г С С — 1 кГ-м/с. В технике за единицу мощности часто принимается I л. с, равная 736 Вт (или 75 кГ-м/с).

Работу, произведенную машиной, можно измерять произведением ее мощности на время работы. Отсюда возникла употребительная в технике единица измерения работы киловатт-час (1 к В т - 4 = 3 , 6 х X 10

е Дж « 3 6 7 1 0 0 кГ-м) .

Из 'равенства Ы=РХУ видно, что у двигателя, имеющего данную мощность ТУ, сила тяги Р% будет тем больше, чем меньше скорость V. Поэтому, например, на подъеме или на плохом участке дороги у ав­томобиля включают низшие передачи, позволяющие при полной мощности двигаться с меньшей скоростью и развивать большую силу тяги .

§ 88. ПРИМЕРЫ ВЫЧИСЛЕНИЯ РАБОТЫ

Рассмотренные ниже примеры дают результаты, которыми можно непосредственно пользоваться при решении задач.

1 . Р а б о т а с и л ы т я ж е с т и . Пусть точка М , н а которую действует сила тяжести Р, перемещается из положения М0(х0, у0, г0) в положение Мх (хх, ух, гх). Выберем координатные оси так, чтобы ось Ог была направлена вертикально вверх (рис. 231). Тогда Р х = 0 , Ру=0, Рг=—Р. Подставляя эти значения в формулу (44'), получим, учитывая, что переменным интегрирования является г:

г»

210

Если точка М0 выше Ми то г0—гх—к, где к — вертикальное перемещение точки; если же точка М0 ниже точки Ми то г0—гх=^ = — (гх—г0)=—Л.

Окончательно получаем

Л < м . м , ) =!±

Р Л' (47)

Следовательно, работа силы тяжести равна взятому со знаком плюс или минус произведению модуля силы на вертикальное переме­щение точки ее приложения. Работа положительна, если начальная точка выше конечной, и отрицательна, если начальная точка ниже конечной.

Из полученного результата следует, что работа силы тяжести не зависит от вида той траектории, по которой перемещается точка ее приложения . Силы, обладающие таким свойством, называются потенциальными (см. § 126).

Рис. 231 Рис. 232

2 . Р а б о т а с и л ы - у п р у г о с т и . Рассмотрим груз М , лежащий на горизонтальной плоскости и прикрепленный к свобод­ному концу некоторой пружины (рис. 232, а). На плоскости отме­тим точкой О положение, занимаемое концом пружины, когда она не напряжена (АО=10 — длина ненапряженной пружины), и примем эту точку за начало координат. Если теперь оттянуть груз от равновесного положения О, растянув пружину до величины /, то пружина получит удлинение К=1—1А и на груз будет действовать сила упругости Р, направленная к точке О. Так как в нашем случае К=х, то по формуле (6) из § 76

Р=с%=с\х\ и Рх~—сх.

Последнее равенство справедливо и при х<.0 (груз левее точки О); тогда сила Р направлена вправо и получится, как и должно быть, Рх>0.

Найдем работу, совершаемую силой упругости при перемеще­нии груза из положения Ма(х0) в положение Мх(хг). Так как в дан­ном случае Рх=—сх, Ру=Рг;=0, то, подставляя эти значения в

211

формулу (44'), найдем

(Этот же результат можно получить по графику зависимости Р от х (рис. 232, б), вычисляя площадь а заштрихованной на чертеже трапеции и учитывая знак работы.) В полученной формуле х0 пред­ставляет собой начальное удлинение пружины к„, а хг — конечное удлинение пружины кг. Следовательно,

т. е. работа силы упругости равна половине произведения коэффици­ента жесткости на разность квадратов начального и конечного удли­нений (или сжатий) пружины.

Работа будет положительной, когда ^ 0 > ^ 1 , т. е. когда конец пружины перемещается к равновесному положению, и отрицатель­ной, когда ко-^кг, т. е. когда конец пружины удаляется от равновес­ного положения.

Можно доказать, что формула (48) остается справедливой и в случае, когда перемещение точки М не является прямолинейным. Таким образом, оказывается, что работа силы Р зависит только от значений к0 и кх и не зависит от вида траектории точки М. Сле­довательно, сила упругости т акже является потенциальной.

3 . Р а б о т а с и л ы т р е н и я . Рассмотрим точку, движу­щуюся по какой-нибудь шероховатой поверхности (рис. 233) или кривой. Действующая на точку сила трения равна по модулю [Ы, где / — коэффициент трения, а N — нормальная реакция поверхно­сти. Направлена сила трения противоположно перемещению точки. Следовательно, /\р х = — / \ р = — / # и по формуле (44)

Л(м0м,) = "2 04— Ч) (48)

ч Рис 233

Риг. 234

Шо) (Л1„)

212

Если численно сила трения постоянна, то АШаМ^=—Р^а,

где 5 — длина дуги кривой М0М1, по которой перемещается точка.

Таким образом, работа силы трения при скольжении всегда отри­

цательна. Так как эта работа зависит от длины дуги М0Ми то,

следовательно, сила трения является силой непотенциальной.

4. Р а б о т а с и л ы т я г о т е н и я Если Землю (планету) рассматривать как однородный шар (или шар, состоящий из однородных концентрических сло­ев), то на точку М с массой т, находящуюся вне шара на расстоянии г от его цент­ра О (или находящуюся на поверхности шара), будет действовать сила тяготения Р, направленная к центру О (рис. 234), значение которой определяется формулой (5) из § 76. Представим эту формулу в виде

Р=кт1г*

н определим коэффициент к из того условия, что, когда точка находится на поверх­ности Земли (г=Я, где Я — радиус Землн), сила притяжения равна тд, где |г — ускорение силы тяжести (точнее силы тяютения) на земной поверхности. Тогда должно быть

т§=кт1Я* и к=^Яг.

Подсчитаем сначала элементарную работу силы Р. Как видно из рисунка, эле­ментарное перемещение ММ' точки М можно разложить на перемещение Ма, чис­ленно равное приращению дг расстояния ОМ=г и направленное вдоль ОМ, и на перемещение МЬ, перпендикулярное ОМ, а следовательно, и силе Р. Поскольку на этом втором перемещении работа силы Р равна нулю, а перемещение Ма направле­но противоположно силе, то

<Ь4= — Рдг= — кт^-=— твЯ*-^-. (49)

Допустим теперь, что точка перемещается из положения М0, где г=г0, в по­ложение М\, где т=т1. Тогда

(М,) г, г,

Л(МоМо= § йА=—т8Я*=т8Р2 §

А(т)

(.VI0) га г„

или окончательно

ЛшМг) = т8И*[~-^)- (50)

Работа будет положительной, если гй>г±, т. е когда конечное положение точки ближе к земной поверхности, чем начальное, и отрицательной, если гй<гг. От вида траектории точки М работа силы тяготения, как видно из формулы (50), не зави­сит. Следовательно, сила тяготения является потенциальной.

§89 . ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ

ЭНЕРГИИ ТОЧКИ

Введем понятие еще об одной основной динамической характе­

ристике движения —• о кинетической энергии. Кинетической энер­

гией материальной точки называется скалярная величина тог12,

равная половине произведения массы точки на квадрат ее скорости.

Единица измерения кинетической энергии та же, что и работы

(в СИ — 1 Дж ) . Найдем зависимость, которой связаны эти две вели­

чины.

213

Рассмотрим материальную точку с массой т, перемещающуюся из положения М^, где она имеет скорость у0, в положение М±, где ее СКОрОСТЬ VI.

Для получения искомой зависимости обратимся к выражающему основной закон динамики уравнению та=2.Рк. Проектируя обе его части на касательную Мх к траектории точки М, направленную в сторону движения, получим

т а т = 2 ^ т ; .

Входящее сюда касательное ускорение точки представим в виде

йу С1У сЬ

В результате найдем, что

Умножим обе части этого равенства на ав и внесем ш под знак дифференциала. Тогда, замечая, что Рк1:й8=<1Ак, где йАк — эле­ментарная работа силы Рк, получим выражение т е о р е м ы об и з м е н е н и и к и н е т и ч е с к о й э н е р г и и т о ч к и в д и ф ф е р е н ц и а л ь н о й ф о р м е :

(51)

Проинтегрировав теперь обе части этого равенства в пределах, соответствующих значениям переменных в точках М0 и М1г найдем окончательно

гпь\ ти\

—2 2~ =

^ <м

«м

1 ) ' (52)

Уравнение (52) выражает т е о р е м у о б и з м е н е н и и к и н е т и ч е с к о й э н е р г и и т о ч к и в к о н е ч н о м в и д е : изменение кинетической энергии точки при некотором ее перемеще­нии разно алгебраической сумме работ всех действующих на точку сил на том же перемещении.

С л у ч а й н е с в о б о д н о г о д в и ж е н и я . При несво­бодном движении точки в правую часть равенства (52) войдет работа заданных (активных) сил Р% и работа реакции связи. Ограничимся рассмотрением движения точки по неподвижной гладкой (лишенной трения) поверхности или кривой. В этом случае реакция N (см. рис. 233) будет направлена по нормали к траектории точки и ЫТ=0. Тогда, согласно формуле (44), работа реакции неподвижной гладкой поверхности {или кривой) при любом перемещении точки будет равна нулю, и из уравнения (52) получим

то\ то\ а

~ 2~А(Мамо- ( 5 2 )

214

Следовательно, при перемещении по неподвижной гладкой по­верхности (или кривой) изменение кинетической энергии точки равно сумме работ на этом перемещении приложенных к точке активных сил .

Если поверхность (кривая) не является гладкой, то к работе активных сил прибавится работа силы трения (см. § 88). Если же по­верхность (кривая) движется, то абсолютное перемещение точки М может не быть перпендикулярно Л/ и тогда работа реакции N не будет равна нулю (например, работа реакции платформы лифта).

Р е ш е н и е з а д а ч . Теорема о б изменении кинетической энергии [формула (52)] позволяет, зная как при движении точки изменяется ее скорость, определить работу действующих сил (пер­вая задача динамики) или, зная работу действующих сил, опреде­лить, как изменяется при движении скорость точки (вторая задача динамики) . При решении второй задачи, когда заданы силы, надо вычислить их работу. Как видно из формул (44), (44'), это можно сделать лишь тогда, когда силы постоянны или зависят только от положения (координат) движущейся точки, как , например, силы упругости или тяготения (см. § 88).

Таким образом, формулу (52) можно непосредственно использо­вать для решения второй задачи динамики, когда в задаче в число данных и искомых величин входят: действующие силы, перемещение точки и ее начальная и конечная скорости (т. е. величины Р, 5, у0, У1), причем силы должны быть постоянными или зависящими только от положения (координат) точки.

Теорему в дифференциальной форме [формула (51)] можно, ко­нечно, применять при любых действующих силах.

Задача 98 . Груз массой т = 2 кг, брошенный со скоростью ц0=20 м/с из пунк­та А, находящегося на высоте Н=5м (рис. 235), имеет в точке падения С скорость V1= 16 м/с. Определить, чему равна работа дей­ствующей на груз при его движении силы сопро­тивления воздуха #.

Р е ш е н и е . На груз при его движении дей­ствуют сила тяжести Р и сила сопротивления воз­духа Я- По теореме об изменении кинетической энергии, считая груз материальной точкой, имеем

ШУ?/2—/ото/2 == А (?) + А (Я).

Из этого равенства, так как согласно форму­

ле (47) А(Р)=Рп, находим рис. 235

А Щ) = то\12— ть1/2—т§Н= —242 Дж.

Задача 99 . При условиях задачи 96 (см.[§ 84) определить, какой путь пройдет груз до остановки (см. рис, 223, где М0 — начальное положение груза, а М1 — конечное). _ _

Р е ш е н и е . На груз, как и в задаче 96, действуют силы Р, Л?, Р. Для опре­деления тормозного пути «1=М0Л11, учитывая, что в условия данной задачи вхо­дят «!, ц0, 1>1 и постоянная сила Р, воспользуемся теоремой об изменении кинети­ческой энергии

т\12— тV^^2=^^А{Iам^у

215

В рассматриваемом случае их=0 (их — скорость груза в момент остановки). Кроме того, А (Р)—0 и А (А0=О, так как силы Р и N перпендикулярны перемеще­нию, А(Р)=—Рзх, поскольку /

7=сопз1 В итоге получаем —ти\11=—Рзх, откуда

находим

5! = т-с1/2Р.

По результатам задачи 96 время торможения растет пропорционально началь­ной скорости, а тормозной путь, как мы нашлн,— пропорционально квадрату на­чальной скорости. Применительно к наземному транспорту это показывает, как возрастает опасность с увеличением скорости движения.

Задача 100. Груз весом Р подвешен на нити длиной I Нить вместе с грузом отклоняют от вертикали на угол ф0 (рис. 236, а) и отпускают без начальной ско­рости. При движении на груз действует сила сопротивления Р, которую прибли­женно заменяем ее средним значением Р * (Р *=сопз(;) Найти скорость груза в тот момент времени, когда нить образует с вертикалью угол ф.

Р е ш е н и е . Учитывая условия задачи, воспользуемся опять теоремой (52):

/ПУ2/2 — тк

2/2= 2ЛШоДг). (а)

На груз действуют сила тяжести Р, реакция нити Л' и" сила сопротивления,

представленная ее средним значением # * . Для силы Р по формуле (47) А ( Р ) = Р Л ,

для силы гУ, так как Ы%=4, получим Л(ЛО=0, наконец, для силы Р *, так как

Я *=аннй и Р*х=— Р *, по формуле (45) будет А (Р *)~—Р *а=—Р ф)

(длина 5 дуги МйМ равна произведению радиуса I на центральный угол ф0—ф).

Кроме того, по условиям задачи У0~0> а

т=Р'д В результате равенство (а) дает:

РУ2/2§ = Р / 1 - Я * / ( Ф О - Ф ) И У=У 2ф-2е1 (ф„-ф) К*/Р.

При отсутствии сопротивления получаем отсюда известную формулу Галилея

х>=У~2ф, справедливую, очевидно, и для скорости свободно падающего груза

(рис, 236, б).

Рис. 236 Рис. 237

В рассматриваемой задаче /г=/со$ф—/созф0. Тогда, введя еще обозначение Р */Р=к * (к * — средняя сила сопротивления, приходящаяся на единицу веса груза), получаем окончательно

V = У 2^1 [соз ф — соз ф0 — к* (ф0 — ф)].

Задача 101. Пружина клапана имеет в недеформироваином состоянии длину / 0=6 см При полностью открытом клапане ее длина 1=4 см, а высота подъема клапана х=0,6 см (рис. 237). Жесткость пружины с= 150 Н/м, масса клапана т= = 0 , 4 кг. Пренебрегая действием силы тяжести и сил сопротивления, определить скорость клапана в момент его закрытая.

Р е ш е н и е , Воспользуемся уравнением

етУ2/2-«»

2/2=Л(МоМ1). {а)

216

По условиям задачи работу совершает только сила упругости пружины. Тог­да по формуле (48) будет

А(М„м1) —

С {Ц

В данном случае

А,0=/о—1=2 см, Хх=/0—/—8=1,4 см.

Кроме того, и0=0. Подставляя все эти значения в уравнение (а), получим

окончательно г-

= у _ 1 ( я | _ ^ ) =0,28 м/с. (б)

Задача 102. Груз, лежащий на середине упругой балки (рис. 238), прогибает ее на величину Хсх (статистический прогиб балки) Пренебрегая весом балки, опре­делить, чему будет равен ее максимальный прогиб %т , если груз упадет па балку с высоты Н.

Р е ш е н и е . Как и в предыдущей задаче, воспользуемся для решения урав­нением (52). В данном случае начальная скорость груза У0 И конечная его скорость VI (В момент максимального прогиба балки) равны нулю и уравнение (52) прини­мает вид

2 Л А ^ 0 . (а)

Работу здесь совершают сила тяжести Р на перемещении М0Мх и сила упру­гости балки Р на перемещении М'Мх. При этом А (Р)=Р ( # + А.т), А (Г)= =—0,5СХЩ, так как для балкн А.о=0, Я1=А,га Подставляя эти величины в ра­венство (а), получим

Р ( я + а . я ) - о , 5 с & = о .

Но при равновесии груза на балке сила тяжести уравновешивается силой упру­гости, следовательно, Р=СХСТ и предыдущее равенство можно представить в виде

А й - г ^Хл , —2А,СТЛ=0.

Решая это квадратное уравнение и учитывая, что по условиям задачи долж­но быть кТ>0, находим

Интересно отметить, что при # — 0 получается Хет=2Хст. Следовательно, если груз положить на середину горизонтальной балки, то ее максимальный прогиб при опускании груза будет равен удвоенному статическому. В дальнейшем груз начнет вместе с балкой совершать колебания около равновесного положения. Под влиянием сопротивлений эти колебания затухнут и система уравновесится в положении, при котором прогиб балки равен Хсг.

Рис. 238

Задача 103. Определить, какую наименьшую направленную вертикально виерх начальную скорость у0 надо сообщить телу, чтобы оно поднялось с поверх­ности Земли иа заданную высоту Н (рис 239) Силу притяжения считать изменяю­щейся обратно пропорционально квадрату расстояния от центра Земли. Сопротив­лением воздуха пренебречь.

217

Р е ш е н и е . Рассматривая тело как материальную точку с массой т, вос­пользуемся уравнением

то\\2—то\12= А, ЧМ,м,у (а)

Работу здесь совершает сила тяготения Р. Тогда по формуле (50), учитывая, что в данном случае гй=Р, Гх—Р-^Н, где Р — радиус Земли, получим

= т8Р*[1/(Р+Н)-1/Р].

Так как в наивысшей точке ^ = 0 , то при найденном значении работы уравне­ние (а) дает

Рассмотрим частные случай: а) пусть Н очень мало] по сравнению с Р. Тогда Н/Р — величина, близкая

к нулю. Деля числитель и знаменатель на получим

+,Н1Р

Таким образом, при малых Н приходим к формуле Галилея; б) найдем, при какой начальной скорости брошенное тело уйдет в бесконеч­

ность. Деля числитель и знаменатель на Л, получим

2вП -К/Я '

При Я = о о , считая средний радиус Зели К=6370 км, находим

и0 = У2§Ря!11,2 км/с. (б)

1»

•г,

Следовательно, тело, брошенное с поверхности Земли со скоростью 11,2 км/с, навсегда покинет поле земного тяготения. Скорость, определяемая равенством (б), называется второй космической скоростью.

Можно доказать (см. гл. XX), что при начальных скоростях, лежащих при­близительно в пределах 8 км/с«:и0«:11 км/с, тело, брошенное по направлению ка­сательной к земной поверхности, не упадет обратно на Землю, а превратится в

земного спутника. При начальных скоростях, меньших 8 км/с, или при негоризонтальном бросании тело, описав эллиптическую тра­екторию, упадет обратно на Землю. Все эти результаты относятся к движению в безвоз­душном пространстве.

Задача 104. Определить, пренебрегая тре­нием, какую постоянную силу (2 надо при­ложить к поршню 1 (площадь поршня 5, начальная скорость ч0=0), чтобы сжать газ, находящийся в цилиндре 2, до давления рг, если начальное давление равно р0 (рис. 240). Считать, что при сжатии давление газа р растет обратно пропорционально его объему V (сжатие происходит медленно, процесс изо­термический).

Р е ш е н и е . На поршень действуют сила С и сила давления газа Р. Так как у поршня У 0 =

0 и и1=0, то по теореме об изменении кинетической энергии

Рис. 240

Л(Р)-М(<2) = 0. (а)

Направим ось Ох в сторону движения поршня, считая, что при х—0 давление р=Ро- Обозначим через 10 начальное расстояние поршня от дна цилиндра, а через хх — перемещение поршия до положения, при котором у х =0 и давление р=Рх. Так

218

как численно Р = р 5 и Рх=—Р=—рЗ, то по формуле (44')

А(Р) = —\)рЗАх. (б) о

Зависимость р от х найдем из условия, что давление обратно пропорциональ­но объему, т. е. р1ра=У0/У, где начальный объем У0=810, а объем в произвольном положении К = 5 (/„—х). Тогда для р, а тажже для координаты хг, при которой р= —Рх, получим выражения:

Учтя эти зависимости, найдем из равенства (б)

А (Р) = - р,103 Г у ^ - = - рь10 8 1л = - Ро10 3 1п Р

Л . Л < 0 — * '0 *1 НО О

Далее, так как <3=соп8г., получим с учетом соотношений (в)

А (75) = 0*1 = «*, С 1 - ^ = С̂ о ^ - = ^ 01/ Л

При найденных значениях работ равенство (а) дает окончательно

Р 1 — Ро Ро

Если Р1>Ро> та^ полагая приближенно р х — р 0 ^ Р 1 > получим

С=р051п(р1/р0).

Сила (? с увеличением рг растет па логарифмическому закону, т е. довольно медленно. Например, при рх,=20р0 О_^3р08, а при рг=50рй <2«3,9р05.

Глава XVIII

НЕСВОБОДНОЕ И ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ

§ 90. НЕСВОБОДНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

Движение материальной тагают будет иеедебодвым, шагда в виду наложенных связей она вынуждена двигаться ио» зеда-ннея» шаверх-ности или кривой. Отграничимся^ рассмотрением второго случая .

Д в и ж е н и е т а ч к и в о з а д а н а о й н е а о д в Е ж н о й к р и в о й . Рассмотрим материальную, точку, движущуюся но заданной гладкой неподвижной, кривой под действием активных сил Р\, Р1, . . ., Р% и реакции связи N (рис. 241). Выберем на кр>шой начало отсчета О' и будем ©пределять положение точки М криво­линейной координа той5=0 'М (см. § 37). Проведем из точки М оси МхпЬ (см. §-42), т. е. касательную Мг (*в етор©ну иол©жител.ьного отсчета координаты 5 ) , главную нормаль Мп (в сторону вогнутости кривой) и бинормаль МЬ и воспользуемся уравнениями (11) из § 77. Так как кривая гладкая, то реакция /V перпендикулярна кривой,

219

т. е. лежит в плоскости МЬп, потому Ых=0. В результате получим следующие дифференциальные уравнения движения точки по заданной кривой:

т Т 7

= 2 р1х ил и т — = 2 Рк\ (53)

тУ2/р = 2 ^ а + ^ и ) 0 = 2^ + ^ 6 - (

5 4>

Уравнение (53) не содержит неизвестной реакции N и позволяет

непосредственно определить закон движения точки вдоль кривой,

т. е. зависимость 5 = / ( ^ ) . Этим уравнением можно пользоваться и

в случае, когда кривая не является гладкой, присоединив к силам

Р% силу трения РГГ}. Но так как РТV=[N, то в этом случае в уравне­

ние (53) через силу трения войдет еще и реакция N. Уравнения (54) служат для определения реакции связи N. Из

уравнений видно, что при криволинейном движении динамическая реакция в отличие от статической кроме действующих активных сил и вида связи зависит еще от скорости. Эту скорость (если она не задана) можно найти или проинтегрировав уравнение (53), или же, что обычно проще, с помощью теоремы об изменении кинетиче­ской энергии точки; в уравнение (52'), выражающее эту теоре­му для случая связей без трения, реакция N тоже не входит.

Рис. 241 Рис. 242

Задача 105. Тяжелому кольцу М, нанизанному на горизонтально расположен­ную гладкую проволочную окружность, сообщают начальную скорость ц0, направ­ленную по касательной к окружности. При движении на кольцо действует сила со­противления Р=ктУ V, где т — масса кольца; и — его скорость; к — постоян­ный коэффициент. Найти, через сколько секунд кольцо остановится.

Р е ш е н и е . Помещаем начало отсчета О' в начальном положении кольца (рис. 242). Изображаем кольцо в произвольном положении и проводим оси Мх, Мп и МЪ. На кольцо действуют сила тяжести Р, реакция N и сила сопротивления Р. Составим уравнение (53), учитывая, что Р т = М т = 0 , а Р%=—Р=—ктУV; урав­нение примет вид

т-^=— кт У~о.

Отсюда, разделяя переменные и учитывая, что при ^ = 0 о=юй, получим V {

^ - ^ 1 = _ к ^ Ы или 2(Ущ-У1>) = Ы.

220

В момент / = ^ , когда груз останавливается, У = 0 . Следовательно, полагая в полученном уравнении у = 0 , найдем

' 1 = 2 Ущ/к.

Время движения до остановки при данном законе сопротивления является конечным (см. задачу 93 в §80).

Задача 106. В предыдущей задаче найти, какой путь $х пройдет кольцо вдоль окружности до остановки, считая, что на него действует не сила сопротивления, зависящая от скорости, а сила трения Р=[Ы. Дано: радиус кольца К=0 ,3 м, на­чальная скорость 110=2 м/с, коэффициент трения кольца об окружность /=0 , 3 .

Р е ш е н и е . Выбираем начало отсчета О' и проводим оси Мх, Мп и МЬ так же, как_и в_предыдущей задаче (рис. 242). Действующими на кольцо силами бу­дут: Р, N и Р, где Р — теперь сила трения. Составляя уравнения (53) и (54), полу­чим:

ЙУ „ та2 „ „

т-^——Р, -^- = #„, Ыь — Р = 0.

По модулю Р — ^ = {У Ыь-\-Мп (было бы ошибкой вычислить силу трения как арифметическую сумму сил {Ыъ и }Ып). Замечая, что Ы^—Р=тВ, находим

Р = [т Увъ-\-х>*/Р

г.

Как видим, сила трения зависит через реакцию N от скорости кольца. Чтобы сразу найти зависимость 5 от у, заметим, что йо/й1=йо/йз-йз/а=о-Ли1йз. Тогда, после сокращения на т, уравнение движения кольца примет вид

Разделяя переменные и беря от обеих частей равенства соответствующие определенные интегралы, получим

л УЯ2Я

2+У

4 Я ,)

откуда

—2/5//? = 1п (У2 + У цЩ* + У

4) - 1п (УО + У&

1И

% + 4)

и окончательно

„ _ К 1ПУ2О + У > К

2 + 1'О

2[ У2 + У Й 2 Л 2 _ ] _ „ 4 '

В момент остановки и=0 . Поэтому искомый путь, если считать приближенно § « 1 0 м/с

2, будет

5 | = - 7 г т 1п н «0 , 5 1п 3 и 0,55 м.

2/ # # Задача 107. Груз весом Р, подвешенный па нити длиной /, отклоняют от вер­

тикали на угол а в положение М0 и отпускают без начальной скорости. Опреде­лить натяжение нити в момент, когда груз дойдет до наннизшего положения М±.

Р е ш е н и е . Изображаем груз в том положении, для которого надо найти натяжение нити, т. е. в положении М1 (рис. 243). На груз действуют сила тяжести Р и реакция нити Т. Проводим нормаль Мгп в сторону вогнутости траектории и составляем уравнение (54), учитывая, что в нашем случае р=/ . Получим

тщ}1 = Т—Р или Т = Р + шо1/1,

где Ух — скорость груза в положении Для определения ух воспользуемся урав­нением (52')

/пу21/2-тУо/2 = Л^МоЛ,1). (а)

221

Работу на участке М0М± совершает только сила Р.. Поэтому Ла= Р й =

=РЦ1—соях). Так как У 0=0, то, подставляя найденное значение работы в равенство (а), по­

лучим ггш\=2Р1(\—сова) и окончательно найдем

Т=Р (3—2 соз а) .

В частном случае, если угол начального отклонения а=90 ° , натяжение нити при прохождении через вертикаль будет равно ЗР, т. е. утроенному весу груза.

Полученное решение показывает, что динамические реакции действительно могут значительно отличаться от статических,

Рис. 243 Рис. 244

Задача 108. Желоб состоит из двух дуг АВ и ВО окружностей радиуса 7?, рас­положенных в вертикальной плоскости так, что касательная ВЕ в точке сопряже­ния горизонтальна (рис. 244). Пренебрегая трением, определить, на какой высо­те к над линией ВЕ надо положить в желоб тяжелый шарик, чтобы он соскочил с желоба в точке М±, лежащей на таком же расстоянии к ниже линии ВЕ.

Р е ш е н и е . Шарик оторвется от желоба в той точке М±, где его давление на желоб (или реакция N желоба) обратится в нуль. Следовательно, задача сво­дится к определению N. Изображаем шарик в точке Мг. На него действуют сила тяжести Р и реакция желоба ЛЛ Составляя уравнение (54) в проекции на внутрен­нюю нормаль МХС, найдем, что

ти\1Я=Рсозф—N.

Так как в точке отрыва N=0, то, учитывая, что Я соз <р=КС=Я—й, получим для определения к уравнение

ти\=Р{Я—к), (а)

Величину ти\ найдем из теоремы об изменении кинетической энергии. Так как У0= :

0, то уравнение (52') дает

2 ^

то1/2=А{мам1) . Работу здесь совершает только сила Р, причем А (Р)=2Рк. Следовательно,

ти1=4Рк, Подставляя это значение то\ в уравнение (а), получим 4к=Я—к, откуда к=0,2Я.

Задача 109. Груз М подвешен на нити длиной / (рис. 245). Какую наименьшую начальную скорость о0, перпендикулярную нити, надо сообщить грузу, чтобы он описал полную окружность?

Р е ш е н и е . Груз опишет полную окружность, если на всем пути натяже­ние нити нигде (кроме, может быть, точки М') не обратится в нуль, т. е. нить ни­где не будет смята. Если же в какой-нибудь точке Ми где и ^О , натяжение нити обратится в нуль, то нить перестанет удерживать груз и он будет продолжать дви­жение как свободная точка (по параболе).

222

Для решения задачи найдем натяжение Т нити в произвольном положении определяемом углом <р, а затем потребуем, чтобы при любом угле ф=?И80° было 7 > 0 .

В положении М на груз действуют сила Р и натяжение нити Т, Составив уравг нение (54) в проекции на внутреннюю нормаль Мп, получим

тя?11=Т— Рсозф, (а)

где V — скорость груза в положении М. Для определения у применяем теорему об

изменении кинетической энергии:

В данном случае Аа=—РН=—Р1(1—созф) и, следователь­

но, гт?= то\—1Р I (1 — соз ср).

Подставив это значение то2 в уравнение (а) и вычислив Т,

получим

Т=Р&У§1—2+Зсозф).

Наименьшее значение Т будет иметь при ф=180°:

Чтобы Т нигде (кроме, может быть, точки М') не обрати­лось в нуль, необходимо, чтобы было Гщщ^О. Отсюда

Следовательно, наименьшая начальная скорость, при которой груз будет опи­

сывать полную окружность, определяется равенством

ЩЫп=У^-

Допустим, что вместо нити груз будет подвешен на жестком легком (невесомом) стержне длины /. В этом случай (так кан. свержен», в< отличие от нити может рабо­тать и на растяжение, и,насжатле),пр;уз1оаишет полну,ю,©кру,жность, если при дви­жении его скорость нигде (кроме, может быть, точки. М!) не! обратится в нуль. Применяя уравнение* (52') для перемещения М0М' и считая в точке М' скорость у=0 , получим — тоУ

1^—Ожсюда следует,;' что- в данном случае

Рис. 245

§ 91. ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

Второй закон динамики и полученные ив него выше уравнения

и теоремы верны только для так называемого абсолютного движения

точки,- т. е. движения по отношению к инерциальной («неподвиж­

ной») системе отсчета.

Обратимся теперь к изучению относительного движения точки,

т. е. движения по отношению к неинерциальным, произвольно дви­

жущимся по отношению к инерциальной системам отсчета.

Рассмотрим материальную точку М, движущуюся под действи­

ем приложенных к ней сил Рг, Р2, Р^, являющихся результатом

взаимодействия тачки с другими материальными телами. Будем

научать движение этой, точки ш> ©таошеышна к осям Оху& Црлю. 246),

которые в свою' очередь, кажим-ио иешеетиБМ нам образам движу/веяв

ожиасдаельна шерди а я ьнои системы отсчета (шеподеижных осей)

223

Найдем зависимость м ежду относительным ускорением точки

аот и действующими на нее силами. Д л я абсолютного движения

основной закон динамики имеет вид

т а а б = 2^- (55)

Н о из кинематики известно (см. § 66), что а а б = а о т - г - а п е р + а к о р ,

где аох, апср, акор — относительное, переносное и кориолисово ус­

корения точки. Подставляя это значение в равенство (55) и счи­

тая в дальнейшем аот=а, так как эта величина представляет собой

ускорение изучаемого нами относительного движения, получим

та = 2 Рк + ( — т а п е р ) + ( — т~аК0р).

Введем обозначения:

Величины Р"ер и Р%ор имеют размерность силы. Назовем их соот­ветственно переносной и кориолисовой силами инерции. Тогда пре­дыдущее уравнение примет вид

т а = 2 ^ + ^ е Р + ̂ о р - (56)

Уравнение (56) выражает основной закон динамики для относи­тельного движения точки. Сравнивая равенства (55) и (56), прихо­дим к выводу: все уравнения и теоремы механики для относительного движения точки составляются так же, как уравнения абсолютного движения, если при этом к действующим на точку силам взаимо­действия с другими телами прибавить треносную и кориолисову силы инерции. Прибавление сил Р"ер

и ^ " о р учитывает влияние на

относительное движение точки перемещения подвижных осей.

М

Рис. 246 Ряс. 247

Чтобы уяснить характер этого влияния, рассмотрим, например,- точку В, неподвижную в инерциальной системе отсчета О^у^ (рис. 247), и допустим, что подвижные оси Охуг перемещаются относительно осей О^у^ поступательно с ус­корением а0. Тогда по отношению к осям Охуг точка В будет иметь ускорение а д = = —а0 и причина появления этого ускорения будет кинематическая — движение подвижной системы отсчета,

224

Таким образом, если в инерциальной системе отсчета материальная точка, как это видно из уравнения (55), может получить ускорение только за счет дей­ствия на нее сил Рк, то в неинерциальной системе отсчета точка получает ускоре­ние еще и в результате ускоренного движения самой системы отсчета.

В общем случае, если из равенства (55; определить а^—^Р^т и учесть зави­симость аа5=а0Х-г-й'Пер+оКСр, то, полагая, как это сделано выше, а с т =а , получим

а = ^ -Н- (—"оп е р ) - г (—а ц о р ) . (56')

Это другое выражение закона относительного движения точки, которым мож­но непосредственно пользоваться при решении задач. В его правой части первое слагаемое выражает ускорение, которое точке сообщают действующие силы Р\, а два других слагаемых являются ускорениями, которые точка получает вследствие движения подвижной системы отсчета.

Из уравнения (56') видно также, что данные силы Р& сообщают точке ускоре­ние, равное 2Рк/т в любой системе отсчета, но в инерциальной системе отсчета это будет все ускорение точки, а в неинерциальной — только его часть.

Математически уравнения (56') и (56) эквиваленты. Но для приложений урав­нение (56) более удобно, так как по виду совпадает с уравнением (55), что позволяет использовать при изучении относительного движения все результаты, полученные ранее для движения в инерциальной системе отсчета (например, общие теоремы).

Рассмотрим некоторые частные случаи . '

1. Если подвижные оси движутся поступательно, то /гКор=0,

так как в этом случае ш = 0 (со — угловая скорость вращения под­

вижных осей Охуг), и закон относительного движения принимает

вид _ _

2. Если подвижные оси перемещаются поступательно, равномер­

но и прямолинейно, то /7"ер~^

Г"ор

=0 и

закон относительного движе­

ния будет иметь такой же вид, как и закон движения по отношению

к неподвижным осям. Следовательно, такая система отсчета также

будет инерциальной. Из полученного результата вытекает, что никаким механиче­

ским экспериментом нельзя обнаружить, находится ли данная си­стема отсчета в покое или совершает поступательное, равномерное и прямолинейное движения. В этом состоит открытый еще Галилеем принцип относительности классической механики.

3. Если точка по отношению к подвижным осям находится в по­

кое, то для нее а = 0 и а о т = у = 0 , а следовательно, и /?"Ор=0, так как

кориолисово ускорение а к о р=2(шХи о т ) . Тогда равенство (56) при­

нимает вид _

2 ^ + ^ = 0. (57)

Уравнение (57) представляет собой уравнение относительного

равновесия (покоя) точки. Из него следует, что уравнения относи­

тельного равновесия составляются так же, как уравнения равнове­

сия в неподвижных осях, если при этом к действующим на точку

силам взаимодействия с другими телами добавить переносную силу

инерции.

8 № 2173 225

4. При составлении уравнений относительного движения в слу­

чаях, когда /^кор^О, надо иметь в виду, что

^"ор = — такор = — 2т (со х у0 г) .

Следовательно, сила Ркор перпендикулярна У О Х = У , а значит, и каса­тельной к относительной траектории точки. Поэтому:

а) проекция кориолисовой силы инерции на касательную Мх к относительной траектории точки всегда равна нулю(г

7"ор т=0) , и

первое из уравнений (11) в относительном движении будет иметь вид

т - ^ = 2 ^ + (58)

б) работа кориолисовой силы инерции на любом относительном перемещении равна нулю [см. § 87, формула (44)], и теорема об из­менении кинетической анергии точки в относительном движении будет иметь вид (Ух и У0 — значения относительных скоростей, А — работа на относительном перемещении)

ото|/2—тюЦ2 = 2 Ан + А ( / * „ ) . (59)

Последние слагаемые в правых частях равенств (58) и (59) учи­тывают влияние движения подвижных осей на изменение величины у.

Во все остальные уравнения относительного движения будут в общем случае входить и переносная, и кориолисова силы инерции.

Задача ПО. Пренебрегая массой всех вращающихся частей центробежного ре­гулятора (рис. 248) по сравнению с массой шаров В и О, найти угол а, определяю­щий положение относительного равновесия стержня АВ, если регулятор вращает­ся с постоянной угловой скоростью со, а длина АВ=1.

Рис. 248 Рис. 249

Р е ш е н и е . Для определения положения относительного равновесия (по отношению к вращающимся вместе с регулятором осям) прибавляем, согласно ра­венству (57), к действующим на шар В силе тяжести Р и реакции N переносную силу инерции Р"ср. Так как со=сопз1, то аПер

=апер=ВС-со

г=?со

251па. Тогда

Гпер~ т1(й2 зт а. Направлена сила р"ер противоположно ускорению апер, т е.

от осн вращения (вдоль линии СВ); эту силу называют еще центробежной силой инерции. Составляя уравнение равновесия в проекции на ось Вт, перпендикуляр­ную АВ, найдем, что

— Р&та + Гпер с о з а = 0.

226

Отсюда, заменяя силу Р"ер ее значением и сокращая на зша (решение а = 0 не рассматриваем), получим —§+/о>

2 с о з а=0 . Тогда

соз а=@11а?.

Так как с о з а « 1 , т о равновесие при афО возможно только, когда (о2>§//.

Задача 111. Полуокружность ВСО радиуса ^ (рис. 249) вращается вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью со. По ней из точки В, чуть сме­щенной от оси вращения, начинает скользить без трения кольцо М. Найти отно­сительную скорость кольца % в точке С, если его начальная скорость V0=0.

Р е ш е н и е . Для определения скорости % воспользуемся теоремой об изме­нении кинетической энергии. Чтобы составить уравнение (59), выражающее эту теорему, вычислим работу сил Р и Р"ер, где р\\ер=т(1?х (работа реакции N равна пулю). Считая приближенно х д = 0 , находим

_ (О Л

АВс Опе р )= 5 ^пер йх = тш2 <^хд.х = пт

2№12.

(В) о

Кроме того, А(вС)(Р)=РН=т§Р. Подставляя эти значения в уравнение (59) и учитывая, что ь0— 0, получим

тиЦ2=тР(§+и>2№),

Отсюда находим

Задачу можно также решить, используя уравнение (58). Пример интегрирования уравнений относительного движения

дан в § 93.

§ 92. ВЛИЯНИЕ ВРАЩЕНИЯ ЗЕМЛИ НА РАВНОВЕСИЕ И ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ

При решении большинства технических задач систему отсчета, связанную с Землей, считают инерциальной (неподвижной). Тем самым не учитывается суточное вращение Земли по отношению к звездам (о влиянии движения Земли по ее орбите вокруг Солнца см. § 99). Это вращение (один оборот в сутки) проис­ходит с угловой скоростью

ш = 2л/(24-60 60) « 0 , 0 0 0 0 7 3 с-1.

Рассмотрим, как сказывается такое довольно медленное вращение на равно­весии и движении тел вблизи земной поверхности.

1 . С и л а т я ж е с т и . С суточным вра­щением Земли связано понятие о силе тя­жести, являющейся частью силы тяго­тения (притяжения к Земле). На мате­риальную точку, находящуюся вблизи _ земной поверхности, действует сила тяготения РТ, разлагающаяся на силы Рп и Р (рис. 250). Сила Рп, направленная к земной оси, сообщает точке то нормальное ускорение ап, которое точка должна

8 227

иметь, участвуя вместе с Землей в ее суточном вращении; если мас­

са точки т, а ее расстояние от земной оси г, то /7„ = т а п и численно

Рп=Ш(д2Г. _

Дру г а я составляющая силы тяготения — сила Р и является ве­личиной, называемой силой тяжести. Таким образом,

р " _ р~ р~

т. е. сила тяжести равна разности между всей силой тяготения и той ее составляющей, которая обеспечивает участие точки (тела) в суточном вращении Земли.

Направление силы Р определяет направление вертикали в дан­ном пункте земной поверхности (таким будет направление нити, на которой подвешен какой-нибудь груз; натяжение нити при этом рав­но Р), а плоскость, перпендикулярная силе Р, является горизон­тальной плоскостью. Так как Рп=т<а

2г, где со

2 очень мало, то сила

Р и численно, и по направлению мало отличается от силы тяготе­ния Рг*. Модуль силы Р называют весом тела.

2 . О т н о с и т е л ь н ы й п о к о й и о т н о с и т е л ь н о е д в и ж е н и е в б л и з и з е м н о й п о в е р х н о с т и . Если в числе действующих сил выделить силу тяготения Рг, то уравнени­ем относительного равновесия (покоя) точки на вращающейся Зем­ле согласно (57) будет

2 7 й + : р т + р п е р = о .

Но в данном случае а п е р =а п и Р"ер=—та

пер=—пгап=—Рп. Тогда

/?х+^ер=?т—Рп=Р и уравнение примет вид 2,Рк+Р=0, т. е. та­

кой же, какой уравнение равновесия имеет, когда система отсчета, связанная с Землей, считается неподвижной.

Следовательно, при составлении уравнений равновесия тел по отношению к Земле дополнительных поправок на вращение Земли вводить не надо (это вращение учитывается наличием в уравнениях силы Р).

Теперь обратимся к уравнению относительного движения (56), в котором тоже выделим силу тяготения. Тогда получим

Но , как и в предыдущем случае, РТ+Р"ер=Рг—Рп—Р и уравнение примет вид

та=%Р~ь + Р+Т»ор.

* Сила Рп имеет наибольшее значение на экваторе, где г=Р,, и составляет там около 0,34% от силы тяготения. Наибольшая разность показанных на рис. 250 углов Я (геоцентрическая широта) и <р (астрономическая широта) имеет место при Х=45° и равна приблизительно 0,1°.

228

Отсюда следует, что когда, при составлении уравнений движения, оси, связанные с Землей, считают неподвижными, то пренебрегают учетом только кориолисовой силы инерции, численно равной

/'кор = 2тсйУ5та,

где а — угол между относительной скоростью у точки и земной осью.

Так как угловая скорость Земли ю очень мала, то если скорость V не очень велика, величиной Р"ор по сравнению с силой тяжести можно пренебречь. Например, при у=7 0 0 м'с (скорость обычного артиллерийского снаряда) и а = 9 0 ° значение Р%ор составляет только около 1% от силы Р. Поэтому в большинстве инженерных расчетов при изучении движения тел систему отсчета, связанную с Землей, можно действительно считать инер­циальной (неподвижной).

Учет вращения Земли приобре­тает практическое значение или при очень больших скоростях (ско­рости полета баллистических ра­кет), или для движений, длящихся очень долго (течение рек, воздуш­ные и морские течения).

3 * . П р и м е р ы . Рассмотрим, в чем качественно сказывается вли­яние вращения Земли на движе­ние тел.

Двиоюение по земной поверхно­сти. При движении точки по ме­ридиану в северном полушарии с севера на юг кориолисово ускоре­ние акор направлено на восток (см. § 67, задача 80), а /^ор — на за­пад. При движении с юга на север Р"ор будет направлена на восток. В обоих случаях, к ак видим, точка вследствие вращения Земли отклоняется вправо от направления ее движения.

Если точка движется по параллели на восток, то ускорение акор

будет направлено вдоль радиуса МС параллели (рис. 251), а сила ^кор —

в противоположную сторону. Вертикальная составляющая

этой силы, направленная вдоль ( Ж , вызовет незначительное измене­ние веса тела, а горизонтальная составляющая, направленная к югу, вызовет отклонение точки тоже вправо от направления ее дви­жения . Аналогичный результат получится при движении по парал­лели на запад.

Отсюда заключаем, что в северном полушарии тело, движущееся вдоль земной поверхности по любому направлению, будет вследствие вращения Земли отклоняться вправо от направления движения. В южном полушарии отклонение будет происходить влево.

Этим обстоятельством объясняется то, что реки, текущие в се­верном полушарии, подмывают правый берег (закон Бэра) . В этом же причина отклонений ветров постоянного направления (пассаты)

229

и морских течений, а также воздушных масс в циклоне и антицикло­

не, где вместо движения к центру циклона (область пониженного

давления) или от центра антициклона (область повышенного давле­

ния) возникает циркуляционное движение воздуха вокруг центра

циклона (антициклона).

Вертикальное падение. Чтобы определить направление корио-

лисовой силы инерции Р"ор в случае свободно падающей точки, надо

знать направление относительной скорости у точки. Так как сила

Р%ор очень мала по сравнению с силой тяжести, то в первом прибли­

жении можно считать вектор У, направленным по вертикали, т. е.

вдоль линии МО (рис. 251). Тогда вектор акоР будет, как легко ви­

деть, направлен на запад, а сила Р%ор — на восток (т. е. так, как на

рис. 251 направлен вектор у). Следовательно, в первом приближении

свободно падающая точка (тело) отклоняется вследствие вращения

Земли от вертикали к востоку. Тело, брошенное вертикально вверх,

будет, очевидно, при подъеме отклоняться к западу. Величины этих

отклонений очень малы и заметны только при достаточно большой

высоте падения или подъема, что видно из расчетов, приведенных

в § 93.

§ 93*. ОТКЛОНЕНИЕ ПАДАЮЩЕЙ ТОЧКИ ОТ ВЕРТИКАЛИ

ВСЛЕДСТВИЕ ВРАЩЕНИЯ ЗЕМЛИ

Рассмотрим материальную точку, падающую с не очень большой (по сравнению

с радиусом Земли) высоты Н на поверхность Земли. Силу тяжести Р при падении будем считать постоянной; сопротивлением воздуха пренебрегаем. Направим ось Оу вертикально вверх, а ось Ох — на восток (рис. 252, а)*. Чтобы учесть вращение Земли, к точке кроме силы Р надо приложить силу Р"ор> направленную, как было

установлено в первом приближе­нии, на восток. Тогда дифферен­циальные уравнения относитель­ного движения точки примут вид:

Ркор, ту = — Р = — тд,

(60)

а начальные условия будут: при 1= 0 *= 0, у = Н, ух= 0 , \ = - 0 .

Интегрируя второе из урав­нений (60)и определяя постоян­ные интегрирования по началь­ным условиям, найдем:

Рис. 252 V У ' = У = — §(, у = Н-~§(*/2.

При вычислении модуля Р"ор пренебрежем, как мы уже делали, определяя направление ^"ор, составляющей скорости ьх по сравнению с уу (так как сила Ркпр

много меньше Р) и, отыскивая приближенное решение, будем считать г/= \1>у\=$. При этом скорость V будет направлена по вертикали вниз (по линии МО на рис. 251) и образует с осью вращения Земли угол а=90°—X, где А — широта. Следова-

* Масштаб изображения в направлении оси Ох на рис. 252 сильно увеличен.

230

тельно, Ркор— 2/я со §/ соз к и первое из уравнений (60) примет вид

Х=2(СО^С05^, ) г.

Так как величина, стоящая в скобках, постоянная, то, интегрируя это урав­нение, получим:

х= (й^созАОгЧ-Сх, х= (со^соз^/'/З-гС^+С,,.

Подстановка начальных данных дает С1=С 2=0 . Таким образом, уравнения, приближенно определяющие закон относительного движения точки, будут:

х= {е>§ соз Ц Л'З, у= Н—&Щ.

Движение оказывается непрямолинейным и падающая точка действительно отклоняется к востоку. Исключив из предыдущих равенств время I, получим в пер­вом приближении уравнение траектории точки (полукубическая парабола):

х*=^со&П(Н—у)*.

Полагая здесь у=0, найдем восточное отклонение е, которое точка будет иметь в момент падения на Землю*:

е=-тсосо$А, у (Ы)

3 У §

Как видим, отклонение е пропорционально угловой скорости Земли со и явля­ется .величиной малой. Например, на широте Москвы (Я=55°47', ^=9 ,816 м/с

2)

при падении с высоты /7=100 м величина е=1 , 2 см. Ряд опытов, проведенных во многих пунктах Земли разными исследователя­

ми, подтверждает правильность результата, который дает формула (61). Рассмотрим движение точки, брошенной из пункта О вертикально вверх с на­

чальной скоростью у„. Сила Р"0р при подъеме будет в первом приближении направ­лена на запад. Тогда, если направить ось Ох также на запад (рис. 252, б), то диффе­ренциальные уравнения движения сохраняют вид (60), а начальные условия будут:

При ̂ = 0 Х=0, у=0, 1>х-=0, УУ=1'0. При этих условиях второе из уравнений (60) дает:

^ = у 0 — § / , у=у0/—§/2/2. (62)

Тогда, считая, как и в предыдущей задаче, приближенно у=уу, получим Р"ор— =2т()>(о0—§()со&Х, и первое из уравнений (60) примет вид

Х~ 2 (СО СОЗ X) (110—0).

Это уравнение будет описывать движение точки и при ее падении вниз, так как происходящее при этом изменение направления вектора Р"ор учтется изменением знака множителя (у0—§(}=УУ.

Интегрируя полученное уравнение при начальных условиях задачи, найдем окончательно

х= со соз л (р0Р—#/3/3). (63)

Полагая в равенстве (62) у=0, найдем время движения точки до момента ее па­дения на Землю: 1г=2уй^. Учитывая одновременно, что У 0 = У ^ 2 ^ Я 1 , где Н1 — вы­сота подъема, определим из уравнения (63) западное отклонение точки в момент

* При определении модуля и направления силы Р^ор мы в первом прибли­жении пренебрегали составляющей скорости ьх, направленной на восток. Вслед­ствие наличия этой скорости сила Р"ор будет иметь дополнительную составляю­щую, вызывающую отклонение точки к югу. Так как я= (со§ соз Х)1

3/3, то скорость

гх=х пропорциональна со и отклонение к югу пропорционально со2, т. е. является

малой величиной второго порядка.

231

падения:

0В = 8 ! = о с о з Я ~ или е1 = 4шсо5Я "I/ (64)

Из формул (61) и (64) видно, что при Нг=Н отклонение е1=4е. Если движение точки может продолжаться дальше (точка бросания О не на

поверхности Земли), то траектория точки, начиная от пункта В, будет все время отклоняться на восток.

Все эти расчеты относятся, как было указано, к движению в безвоздушном про­странстве и учитывают влияние вращения Земли только в первом приближении,

Глава XIX

ПРЯМОЛИНЕЙНЫЕ КОЛЕБАНИЯ ТОЧКИ

§ 94. СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ БЕЗ УЧЕТА СИЛ СОПРОТИВЛЕНИЯ

Учение о колебаниях составляет основу ряда областей физики и техники. Хотя колебания, рассматриваемые в различных обла­стях, например в механике, радиотехнике, акустике и др. , оглича-

ются друг от друга по своей физической при-0 • ^- •• г- ^ роде, основные законы этих колебаний во всех К ||г х > |

л случаях остаются одними и теми же. Поэ­

тому изучение механических колебаний явля-ется важным не только по той причине, что такие колебания очень часто имеют место

в технике, но и вследствие того, что результаты, полученные при изучении механических колебаний, могут быть использованы для изучения и уяснения колебательных явлений в других областях.

Начнем с изучения свободных колебаний точки без учета сил сопротивления. Рассмотрим точку М, движущуюся прямолинейно под действием одной только восстанавливающей силы Р, направлен­ной к неподвижному центру О и пропорциональной расстоянию от этого центра. Проекция силы Р на ось Ох (рис. 253) будет

Рх=—сх. (65)

Сила Р, как видим, стремится вернуть точку в равновесное по­ложение О, где Р=0; отсюда и наименование «восстанавливающая» сила. Примером такой силы является сила упругости (см. § 88, рис. 232) или сила притяжения, рассмотренная в задаче 92 (см. §80) .

Найдем закон движения точки М. Составляя дифференциальное уравнение движения в проекции на ось х (уравнение 12 из § 79), по­лучим:

тх = Рх или тх = — сх.

Деля обе части равенства на т и вводя обозначение

с1т=к\ (66)

232

приведем уравнение к виду

х + кгх=^0. (67)

Уравнение (67) представляет собой дифференциальное уравнение свободных колебаний при отсутствии сопротивления. Решение это­го линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка ищут в виде х=е

пг. Полагая в уравнении (67) * = е

п* , полу­

чим для определения п характеристическое уравнение п2+ й

2= 0 .

Поскольку корни этого уравнения являются чисто мнимыми ( « 1 , 2 =

= ±Щ, то, как известно из теории дифференциальных уравнений, общее решение уравнения (67) имеет вид

х=С1 $ 1П М+С2 соз Ы, (68)

где Сх и С2 — постоянные интегрирования. Если вместо постоянных Сх и С2 ввести постоянные Л и а, такие, что С^Асоз а, С 3 = Л $ т а, то получим х=А ( з т й / с о з а + с о з й ^ з т а ) или

х=А5'т{Ы+а). (69)

Э Т О другой вид решения уравнения (67), в котором постоянными интегрирования являются А я а. Им удобнее пользоваться для об­щих исследований.

Скорость точки в рассматриваемом движении

Vx=x=Аксо5(к^+а). (70)

Колебания, совершаемые точкой по закону (69), называются гармоническими колебаниями. График их при а = я / 2 показан иа рис. 127, в (см. §45) .

Всем характеристикам этого движения можно дать наглядную кинематическую интерпретацию. Рассмотрим точку В, движущуюся равномерно по окружности радиуса Л из е

положения В0, определяемого углом ООб0== =а (рис. 254). Пусть постоянная угловая скорость вращения радиуса ОВ равна к. Тогда в произвольный момент времени I угол ф = ^ р О В — а + М и легко видеть, что проекция М точки В на диаметр, перпен­дикулярный ИЕ, движется по закону х= = Л з т ( Ж - а ) , где х=ОМ, т. е. совершает гармонические колебания.

Величина А, равная наибольшему откло- и

"° нению точки М от центра колебаний О, на-

Рис- 254

зывается амплитудой колебаний. Величина ц>—к^-\-а называется фазой колебаний. Фаза ер в отличие от коорди­наты х определяет не только положение точки в данный момент вре­мени, но и направление ее последующего движения; например, из положения М при фазе, равной ф, точка движется вправо, а при фазе, равной ( я — Ф ) , — влево. Фазы, отличающиеся на 2зт, считают­ся одинаковыми (на рис. 127, в светлыми точками отмечены две оди-

У {

1 0

%\ -А \

4$

233

паковые фазы). Величина а определяет фазу начала колебаний (на­чальная фаза). Например, при а = 0 колебания происходят по за­кону синуса (начинаются от центра О со скоростью, направленной вправо), при ф = я / 2 — по закону косинуса (начинаются из поло­жения х=А со скоростью Vа=0). Величина к, совпадающая с угло­вой скоростью вращения радиуса ОВ, показанного на рис. 254, на­зывается круговой частотой колебаний.

Промежуток времени Т (или г), в течение которого точка совер­шает одно полное колебание, называется периодом колебаний. По истечении периода фаза изменяется на 2зт. Следовательно, должно быть кТ=2п, откуда период

Т=2п1к. (71)

Величина V, обратная периоду и определяющая число колеба­ний, совершаемых за 1 с, называется частотой колебаний:

ч=\1Т=к12я. (72)

Отсюда видно, что величина к отличается от V только постоян­ным множителем 2л. В дальнейшем мы обычно для краткости часто­той колебаний будем называть и величину к.

Найдем теперь значения постоянных интегрирования А и а. О п р е д е л е н и е Л и а п о н а ч а л ь н ы м у с л о в и я м .

Считая, как всегда, при 2 = 0 х=х0 и У Ж = У 0 , получим из (69) и (70) х 0 = Л зт а, ю01к=А соз а . Отсюда, складывая сначала почленно квад­раты этих равенств, а затем деля их почленно одно на другое, най­дем:

А = У х\-АгюЦк2, 1%а = кх^9. (73)

О п р е д е л е н и е А и се по к р а е в ы м у с л о в и я м (см. § 79). Пусть вместо начальных заданы краевые условия вида: при / = 0 х=0, а при 1=1Х х=1. Тогда из (69) получим 0 = з т а, 1=Аъ\п{М1-\-а), откуда а = 0 , А=1/&'т Ыъ и реше­нием уравнения (67) будет х~ (1Ып М-^) зт Ы, если только (1фп/к= Т/2. Если же /1=л/А (ИЛИ 2л//г и т. д.), то для определения А получится уравнение 1=А&'т я, которому при 1фО удовлетворить нельзя, и задача решения не имеет. Лесли / = 0 и^=я/й , то для определения Л получится уравнение 0 = Л з т я, которое удовлет­воряется при любом А, и, следовательно, уравнение (67) имеет неоднозначное ре­шение х=Аъ'т Ш, где А — любое число.

Таким образом, в отличие от задач с начальными условиями, краевые задачи могут иметь неоднозначные решения или вовсе не иметь решения. В рассмотренных случаях это объясняется тем, что если по условиям при ^ = 0 х—0, то и через пол­периода, т. е. при 1х~п1к, должно быть тоже х=0. Поэтому здесь удовлетворить условию при ^=я/й х=1ф0 нельзя, а условие при 1х=п1к х=1=^0 удовлетво­ряется всегда, т. е. при колебаниях с любой амплитудой А.

С в о й с т в а с в о б о д н ы х к о л е б а н и й . В заключе­ние отметим следующие важные свойства свободных колебаний: 1) амплитуда и начальная фаза колебаний зависят от начальных (или краевых) условий; 2) частота к, а следовательно, и период Т колебаний от начальных (или краевых) условий не зависят [опре­деляются равенствами (66) и (71)1 и являются неизменными харак­теристиками данной колеблющейся системы.

234

У

о о, Г М Р X

ч »-X

Отсюда, в частности, следует, что если в задаче требуется опре­делить только период (или частоту) колебаний, то надо составить дифференциальное уравнение движения и привести его к виду (67). После этого Т найдется сразу по формуле (71) без интегрирования.

Рассмотренные колебания, как и те, что будут рассмотрены, в § 95, 96, называют линейными, так как они описываются линейны­ми дифференциальными уравнениями. То, что период этих колеба­ний не зависит от начальных (или краевых) условий, а следователь­но, и от амплитуды, является одним из основных свойств линейных колебаний. Колебания, которые описываются нелинейными диф­ференциальными уравнениями, на­зывают нелинейными; они упомя­нутыми свойствами не обладают (см. задачу 115).

В л и я н и е п о с т о я н н о й Рис. 255

с и л ы н а с в о б о д н ы е ко­

л е б а н и я т о ч к и . Пусть н а точку М кроме восстанавливаю­

щей силы Р, направленной к центру О (численно Р=с-ОМ), дейст­

вует еще постоянная по модулю и направлению сила Р (рис. 255).

В этом случае положением равновесия точки М, где сила Р уравно­

вешивается силой Р, будет точка Ои отстоящая от О на расстоянии

001='кст, которое определяется равенством сА,ст=Р или

%ст^Р/с. (74)

Величину Хст назовем статическим отклонением. Примем Ох за начало координат и направим ось Охх в сторону

действия силы Р. Тогда Рх=—с(х+Х„) и Рх—Р. В результате, составляя уравнение (12) и учитывая, что согласно равенству (74) сХСТ=Р, получим шх=—сх или х-{-к

2х—0.

Это уравнение, где к определяется равенством (06), совпадает с уравнением (67). Отсюда заключаем, что постоянная сила Р, не изменяя характера колебаний, смещает центр колебаний в сторону действия силы на величину статического отклонения ^ст.

Выразим период колебаний через Хст. Из (74) и (66) находим, что й

2=Р//?Лст . Тогда равенство (71) дает

Т = 2пУтХСТ/Р. (75)

Таким образом, период колебаний пропорционален корню квад­ратному из статического отклонения ХС[.

В частности, если силой Р является сила тяжести (как, напри­мер, в задаче 112), то Р=т@ и формула (75) принимает вид

Т = 2кУК^. (75')

Задача 112. Груз подвешивают к концу В вертикальной пружины АВ и от­пускают без начальной скорости. Определить закон колебаний груза, если в рав­новесном положении он растягивает пружину на величину ,̂сх (статическое удли­нение пружины).

235

Р е ш е н и е . Поместим начало координат О в положение статического рав­новесия груза и направим ось Ох по вертикали вниз (рис. 256). Сила упругости Г=ск В нашем случае к=ХС1-{-х. Следовательно, Рх=—с()<.ст~гх).

Составляя дифференциальное уравнение движения, получим

тх = — с (кс1 + х) + Р.

Но по условиям задачи сила тяжести Р = т § = с А с 1 (в равновесном положении сила Р уравновешивается силой упругости сА.сх)чВ результате, введя обозначение с/т=§1%СТ=к

г, приведем уравнение к виду

х + кгх~0.

Отсюда сразу находим период колебаний груза в виде (75')

Т = 2л,'к = 2л УХ^/§.

Решением полученного дифференциального уравнения будет

х = Сх з1п Ы + С2 соз М.

По начальным условиям при г—0 х=—Ясг, Ух=0. Так как

УХ = х = кС1 соз Ы—кС2 зй1 Ы,

то, подставляя начальные данные, получим С2=—Хст, Сх=0. Следовательно, ко­лебания происходят с амплитудой Хст по закону

х — — >„ст соз М.

Отсюда видно, что наибольшее удлинение пружины при колебаниях груза рав­но 2>.ст. Этот результат был получен другим пугем в задаче 102, где роль пружины играла балка.

Рис. 257

Задача 113. Определить период колебаний груза весом Р, подвешенного па двух пружинах с коэффициентами жесткости с, и с2, так, как показано на рис. 257, а.

Р е ш е н и е . Каждая из пружин в статическом положении растягиаегся с силой Р. Следовательно, статические удлинения пружин будут: ХгС1—Р1сх, А2сг=Р/с2. Тогда общее удлинение пружин

Хс? =

Ххст -\- Х2СТ = Р (—|-т~^ п

Vе! с

2 ,

Полагая Р=сЭКЬХст, найдем, что

• С

1С2

где сэкв — коэффициент жесткости" эквивалентной пружины, заменяющей две данные пружины. В частности, при с1=с2=с получим сэкв=с/2.

236

Период колебаний по формуле (75') будет

У я У я с,с. 8

Задача 114. Решить предыдущую задачу, считая, что груз подвешен на пружи­нах так, как показано на рис. 257, б.

Р е ш е н и е . В этом случае очевидно, что статические удлинения (сжатия) обеих пружин одинаковы. При этом сила Р уравновешивается силами упругости с^.,. и с2Ясх пружин, т. е. Р= (сх-)-с2)Яст. Отсюда санв=с1-\-с2, а период коле­баний

Г = 2я У ^ = 2я ] / •

Задача 115. Определить период колебаний материальной точки с массой т, если действующая на нее восстанавливающая сила Р пропорциональна кубу от­клонения точки от центра О (см. рис. 253) и Рх——СхХ

3, где сх — заданный постоян­

ный коэффициент. В начальный момент времени I— 0 координата х=ха, а 1>о=0. Р е ш е н и е . Дифференциальное уравнение движения точки составим в виде

(14) (см. § 79); получим следующее нелинейное уравнение:

тох~-—~с-о? или — Ц — х йх ах т )

Умножим обе части этого уравнения на йх и возьмем (в соответствии с началь­ными условиями) интегралы слева от 0 до ух, а справа от х0 до х; получим

° 2 / 2 = « , ( х ! - ^ ) / * . <а>

Так как в м ом е н т времени 1=0 ух=0, ТО ПОД действием силы р (см. рис. 253) точка начнет двигаться влево и в*<0. При х——х0, как видно из равенства (а), ух=0 и дальше под действием силы р (при л< 0 и с1л:

:'<0, а следовательно, Рх>0)

точка будет двигаться вправо до положения х=х0, где опять ух=0, и т. д. Таким образом, точка совершает колебания с амплитудой ха.

Для дальнейшего решения находим из (а) йхШ=ох; учитывая, чтоУд .<0 , по­лучим:

" / 4 = 7 и ц =

Из предыдущих рассуждений следует, что время движения от положения х= =х0 до х~=0 (до точки О) равно четверти периода. Следовательно,

Т V 2 С йх

Полагая здесь х=х0г, где г— новое переменное, и учтя, что при х~0 и 2 = 0 , а при х=ха будет 2=1 , получим

пх0 3 у 1 _ 2 4 о г

Значение стоящего справа определенного интеграла (это частный вид так назы­ваемого эллиптического интеграла) можно найти из соответствующих таблиц; приб­лиженно он равен 1,31 и тогда окончательно

Г«7,4/яд:0.

Мы видим, что при этих нелинейных колебаниях (в отличие от колебаний ли­нейных) период зависит от х0 и с увеличением ха в данном случае убывает.

237

§ 95. СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ ПРИ ВЯЗКОМ СОПРОТИВЛЕНИИ

(ЗАТУХАЮЩИЕ КОЛЕБАНИЯ)

Рассмотрим, как влияет на свободные колебания сопротивление,

создаваемое силой вязкого трения [см. § 76, формула (7)], т. е. си­

лой, пропорциональной первой степени скорости: / ? = — ( з н а к

минус указывает, что сила Р направлена противоположно У). Пусть

на точку при ее движении действуют восстанавливающая сила Р

и сила сопротивления (рис. 258). Тогда Рх=—сх, Рх=—\хьх=

=—\хх, и дифференциальное уравнение движения будет

тх = — сх — \кх.

Деля обе части уравнения на т, получим

х + 2Ьх + к2х = 0, (76)

где обозначено

с/т = к2, р/т = 2Ь. (77)

Легко проверить, что величины к и Ь имеют одинаковые размер­ности (1/время); это позволяет сравнивать их с друг с другом.

Уравнение (76) представляет собой дифференциальное уравнение свободных колебаний при сопротивлении, пропорциональном скорос­

ти. Его решение, как и решение уравнения _ - (67), ищут в виде я = е

и 1. Подставляя это зна-

. — I — - — х чение х в уравнение (76), получим характери-0 стическое уравнение п

2+2Ьп+к

2=0, корни

Рис. 258 которого будут

пи2 = — Ь± УЪ2—к

2. (78)

1. Рассмотрим случай, когда к>Ь, т. е. когда сопротивление по сравнению с восстанавливающей силой мало. Введя обозначение

к^Ук'—Ь2, (79)

получим из (78), что пх^=—Ъ±1к, т. е. что корни характеристиче­ского уравнения являются комплексными. Тогда общее решение уравнения (76) будет, очевидно, отличаться от решения уравнения (67) только множителем е~

ы, т. е.

х = е ~ " (С1&тк^ + Сгсо5к11) (80)

или, по аналогии с равенством (69),

х = Л е - " 8 т ( М + а)- (81)

Входящие в (81) величины А и а являются постоянными интегри­рования и определяются по начальным условиям.

Колебания, происходящие по закону (81), называются затухаю­щими, так как благодаря наличию множителя е~

ы величина х=0М

238

(рис. 258) с течением времени убывает, стремясь к нулю. График этих колебаний показан на рис. 259 (график заключен между пунк­тирными кривыми х=Ае~

ьь и х=—Ае~

ы, так как з т ^ + а ) по мо­

дулю не может стать больше единицы).

Промежуток времени Тх, равный периоду З1п(й1г,+а), т. е. ве­

личину

2 я (82)

У ъ?—ь2

принято называть периодом затухающих колебаний. За период точ­ка совершает одно полное колебание, т. е., например, начав дви­гаться из положения х=0 вправо (см. рис. 258), приходит в то же положение, двигаясь также впра- х

во. Формулу (82), если учесть ра­венство (71), можно еще предста­вить в виде

гр _ 2я Т 1 _

к У1 —б2/А

2 ~ уЛ — Ь

2,к

2

•

Из полученных формул видно, Рис

- 259

что ТХ~>Т, т. е. что при наличии сопротивления период колебаний несколько увеличивается. Одна­ко когда сопротивление мало (Ь<^к), то величиной Ь

г1к

2 по сравне­

нию с единицей можно пренебречь и считать ТхжТ. Следовательно, малое сопротивление на период колебаний практически не влияет.

Промежуток времени между двумя последовательными макси­мальными отклонениями колеблющейся точки вправо (или влево) также оказывается равным Тх *. Следовательно, если первое макси­мальное отклонение вправо хх происходит в момент 1Х, то второе отклонение хг наступит в момент 22=21-]-Г1 и т. д. Тогда по формуле (81), учитывая, что кхТх=2п, получим:

хх = Л е - ! " ' з т [кх1х +-а),

х2 = Ле-Ь<'«

+ г«> зт (кх{х + кхТх + а) = ххе~

ьтк

Аналогично для любого отклонения хп+х будет хп+х=хпе~ьт

>. Таким образом, оказывается, что размахи колебаний будут убывать по закону геометрической прогрессии. Знаменатель этой прогрессии е~

ьп называется декрементом рассматриваемых колебаний, а мо­

дуль его логарифма, т. е. величина ЪТХ,— логарифмическим декре­ментом.

Из всех полученных результатов следует, что малое сопротив­ление почти не влияет на период колебаний, но вызывает постепен-

* Моменты, когда х имеет максимум или минимум, находятся из уравнения дх/й(=А&-

ы [кхсо5(кх(~\-а)—Ь зш (кх1+а)]=0. Если квадратная скобка обращает­

ся в нуль при некотором 1=1Х, то она, очевидно, обратится в нуль и в моменты вре­мени 1х-\-Тх, (х-\-2Тх и т. д., поскольку кхТх=2п.

23«

ное их затухание вследствие убывания размахов колебаний по за­кону геометрической прогрессии.

2. Рассмотрим теперь случай, когда Ь>к, т. е. когда сопротивле­ние по сравнению с восстанавливающей силой велико. Вводя обозна­чение Ъ

2—к

2=г

2, найдем, что в этом случае корни характеристиче­

ского уравнения (78) равны п 1 ) 2 = — Ъ ± г , т. е. оба действительны и отрицательны (так как г<Ь). Следовательно, решение уравнения (76), описывающее закон движения точки, имеет при Ъ>к вид

д; = С1е-(Ь+,

')1

+ С2е-(Ь

-'-,г

.

Так как функция е~аг

, где а>0, со временем монотонно убывает, стремясь к нулю, то движение точки в этом случае не будет колеба­тельным и она под действием восстанавливающей силы будет посте­пенно (асимптотически) приближаться к равновесному положению х=0. График такого движения, если при 1=0 х=хо>0 и УХ=ОХ0,

имеет в зависимости от значения УХ0 ВИД одной из кривых, показан­ных на рис. 260 (I — при Vxо>0', 2— при сж0<0, когда \ох0\ неве­лик; 3 — при Уж 0<0 , когда |уж01 велик; все эти результаты качествен­но ясны из физических соображений). При л:0<0 вид графиков не изменится (они будут лишь зеркально отображенными относитель­но оси 01); наконец, при л;0>0 и ьхй=0 график (кривая 1) имеет мак­симум В в начальный момент времени ^ = 0 .

3. В заключение рассмотрим случай, когда Ь=к. Корни харак­теристического уравнения (78) будут при этом тоже действительны­ми, но кратными ( « 1 , 2 = ± 6 ) и общее решение уравнения (76) примет вид (что можно проверить подстановкой х в уравнение)

* = е -м

(СЛ + С У ) -

Движение точки в данном случае тоже не будет колебательным и она со временем стремится асимптотически к равновесному поло­жению х=0 [по правилу Лопиталя Пт(^/е

ь')==11гп(1/&е

ь<=0]. Гр а .

фик движения в зависимости от начальных условий имеет тоже вид кривых, показанных на рис. 260.

Рис. 260 Рис. 261

Задача 116. Цилиндр (его масса т, а площадь дна 5) , частично погруженный в вязкую жидкость с удельным весом у (рис. 261), выводят из равновесного поло­жения. Определить период последующих затухающих колебаний цилиндра, счи­тая, что на него действует сила вязкого трения —цу.

240

Р е ш е н и е . В равновесном положении (рис. 261, а) на цилиндр действуют сила тяжести Р и архимедова сила Л^, равная численно весу вытесненной жидко­сти, т. е. Ы0=у8Н(Н — высота погруженной части цилиндра при равновесии).

Проведем из начального положения точки С вертикально вниз ось Сх и изоб­разим цилиндр в произвольном положении, при котором точка С смещена вниз на величину х (рис. 261, б). На цилиндр в этом положении действуют: сила тяжести Р, архимедова сила N и сила сопротивления ^ (при движении цилиндра вниз, т. е. когда У л >0 , она направлена вверх); изобразим силы Р и Я приложенными в точ­ке С. Поскольку дополнительное погружение цилиндра равно х, то Л^=у5 (Н-\-х)= —М0-{-уЗх (мы видим, что N здесь является восстанавливающей силой, пропорцио­нальной смещению х). Составляя дифференциальное уравнение поступательного движения цилиндра в проекции на ось Сх, получим:

тх = Рх-\-Их-\-Ях или тх = Р — (Л^ + уЗд;)—

Учтя, что при равновесии Р=Ы0 и введя обозначения

у8!щ=к2, ц/т=2Ь, (а)

приведем составленное уравнение к виду

"х + 2Ьх^-кЧ = 0,

такому же, как у уравнения (76). Тогда по формуле (82), учтя обозначения (а), найдем для искомого периода колебаний значение

Т 2я

1 УуЗ/ш— р.

2/4т

2 '

§ 96. ВЫНУЖДЕННЫЕ КОЛЕБАНИЯ. РЕЗОНАНС

Рассмотрим важный случай колебаний, возникающих когда на

точку кроме восстанавливающей силы Р действует еще периодически

изменяющаяся со временем сила О, проекция которой на ось Ох

равна

Ох=С2о&шр{. (83)

Эта сила называется возмущающей силой, а колебания, происхо­дящие при действии такой силы, называются вынужденными. Вели­чина р в равенстве (83) является частотой возмущающей силы.

Возмущающей силой может быть сила, изменяющаяся со вре­менем и по другому закону. Мы ограничимся рассмотрением слу­чая, когда <2Ж определяется равенством (83). Такая возмущающая сила называется гармонической. Конкретный пример ее дан ниже в задаче 117.

1 . В ы н у ж д е н н ы е к о л е б а н и я п р и о т с у т с т ­

в и и с о п р о т и в л е н и я * . Рассмотрим движение точки, н а

которую кроме восстанавливающей силы Р (см. рис. 253) действует

только возмущающая сила (). Дифференциальное уравнение движе­

ния в этом случае будет

тх=—сх-]-Оо зт р1.

* Получаемые в этом пункте результаты могут быть найдены как частный слу­чай из п. 2.

241

Разделим обе части этого уравнения на т и положим

с!т=к2, <2„/т=.Р0, (84)

где Р0 имеет размерность ускорения. Тогда дифференциальное урав­нение движения примет вид

' х+кЧ=Р0 зт р1. (85)

Уравнение (85) является дифференциальным уравнением вынуж­денных колебаний точки при отсутствии сопротивления. Его ре­шением, как известно из теории дифференциальных уравнений, бу­дет х=х1+х2, где X], — общее решение уравнения без правой части, т. е. решение уравнения (67), даваемое равенством (69), а хг — ка­кое-нибудь частное решение полного уравнения (85).

Полагая , что рфк, будем искать решение хг в виде

Х2 = В 51П р1,

где В — постоянная величина, которую надо подобрать так,чтобы равенство (85) обратилось в тождество. Подставляя значение хг и его второй производной в уравнение (85), получим

—р2В з т р1-\-к

2В з т р1=Рй з т р1.

Э Т О равенство будет выполняться при любом I, если В (к2—р

2) = Р0

или

В=Р01{к2-р

2).

Таким образом, искомое частное решение будет

Так как х~х1+х2, а значение хх дается равенством (69), то об­щее решение уравнения (85) имеет окончательно вид

х = А 5Ш [Ы + а) + ^ зш р1, (87)

где А и а — постоянные интегрирования, определяемые по началь­ным данным. Решение (87) показывает, что колебания точки слага­ются в этом случае из: 1) колебаний с амплитудой А (зависящей от начальных условий) и частотой к, называемых собственными коле­баниями; 2) колебаний с амплитудой В (не зависящей от начальных условий) и частотой р, которые называются вынужденными колеба­ниями.

Практически, благодаря неизбежному наличию тех или иных со­противлений, собственные колебания будут довольно быстро зату­хать. Поэтому основное значение в рассматриваемом движении име­ют вынужденные колебания, закон которых дается уравнением (86).

Частота р вынужденных колебаний, как видно, равна частоте возмущающей силы. Амплитуду этих колебаний, если разделить числитель и знаменатель на к

2, можно представить в виде

в = \к

2—р

2\ = | 1_р °2 / йа | . ( 8 8 )

242

где согласно равенствам (84) к0=Р0/к?=С20/с, т. е. К есть величина статического отклонения точки под действием силы <2о. Как ви­дим, В зависит от отношения частоты р возмущающей силы к часто­те к собственных колебаний. Введем обозначения

г=р!к, ц=В!К. (88')

Безразмерный коэффициент ц называют коэффициентом динамично­сти. Он показывает, во сколько раз амплитуда вынужденных коле­баний В (т. е. максимальное отклонение точки от центра колебаний) больше статического отклонения к0, и зависит от отношения час­тот г. График этой зависимости, определяемой равенством (88), по­казан ниже на рис. 264 кривой, помеченной знаком п=0 (другие кривые на рис. 264 дают зависимость ц от г при наличии сопротивле­ния).

Из графика [или из формулы (88)] видно, что, подбирая различ­ные соотношения между р и к, можно получить вынужденные коле­бания с разными амплитудами. При р=0 (или р<^Л) амплитуда равна Я0 (или близка к этой величине). Если величина р близка к к, амплитуда В становится очень большой. Наконец, когда р^>к, амплитуда В становится очень малой (практически близка к нулю).

Отметим еще, что при р<Ск, как видно из сравнения формул (83) и (86), фазы вынужденных колебаний и возмущающей силы все вре­мя совпадают (обе равны р1). Если же р>к, то, внося минус под знак синуса, можно представить уравнение (86) в виде

* 2 = р^1к» 5ш ( р г— я ) .

Следовательно, при р~>к сдвиг между фазами вынужденных коле­баний и возмущающей силы равен я (когда сила (? имеет максималь­ное значение и направлена вправо, колеблющаяся точка максималь­но смещена влево и т. д.) .

Р е з о н а н с . В случае, когда р=к, т. е. когда частота возму­щающей силы равна частоте собственных колебаний, имеет место так называемое явление резонанса. Формулами (86), (88) этот слу­чай не описывается, но можно доказать, что размахи вынужденных колебаний при резонансе будут со временем неограничен­но возрастать так, как это показано на рис. 262. Подробнее общие свойства вынуж­денных колебаний (и, в частности, резонан­са) рассмотрены в конце этого параграфа (п. 3).

При р=к уравнение (85) частного решения х 2 = = В&тр( не имеет, и это решение будем искать в виде

х2= а соз р1.

Тогда х2=—2Ср&тр(—р2С1со&р(, и подстановка в уравнение (85), если учесть, что

р=/е, дает —2Ср$тр1= Р0$тр1, откуда С=—Рц/2р. В результате находим закон вынужденных колебаний при резонансе в случае отсутствия сопротивления:

х 2 = — (Р0/2р)*созр* или хг= (Р0/2р)й1П (р*—я/2), (89)

243

Как видим, размахи вынужденных колебаний при резонансе действительно воз­растают пропорционально времени, и закон этих колебаний имеет вид, показан­ный на рис. 262. Сдвиг фаз при резонансе равен я/2.

2 . * . В ы н у ж д е н н ы е к о л е б а н и я п р и в я з к о м

с о п р о т и в л е н и и . Рассмотрим движение точки, н а которую

действуют восстанавливающая сила Р, сила сопротивления Р, про­

порциональная скорости (см. § 95), и возмущающая сила (2, опреде­

ляемая формулой (83). Дифференциальное уравнение этого движе­

ния имеет вид

тх =— сх—цх + ФоЗШ р1. (90)

Деля обе части уравнения на т и учитывая обозначения (77) и (84), получим

х + 2Ь'х + к2х = Р05трг. (91)

Уравнение (91) является дифференциальным уравнением вынуж­денных колебаний точки при наличии вязкого сопротивления. Его общее решение, как известно, имеет вид х=х±+х2, где хх — общее решение уравнения без правой части, т. е. уравнения (76) [при !С>Ь это решение дается равенством (81)], а х2 — какое-нибудь част­ное решение полного уравнения (91). Будем искать решение х2 в виде

х2 — В з'т(р1—В),

где В и В — постоянные, которые надо подобрать так, чтобы равен­ство (91) обратилось в тождество. Вычисляя производные, получим:

х = Вр соз (рг— В), х— — Вр2з'т(рг— В).

Подставляя эти значения производных и величины х2 в левую часть уравнения (91) и обозначая для краткости р1— В=г|) (или р^=1 ] з+р ) , найдем, что

В(—р2-\-к

2)ь\ъ. ^+2ЬрВ с о з ф = Р 0 ( с о з В з т г р + з т В соз1]з).

Чтобы это равенство выполнялось при любом 1]\ т. е. в любой момент времени, коэффициенты при з т ф и соз^ в левой и правой частях должны быть порознь равны друг другу; следовательно,

В (к2—р

2)=Р0соф, 2ЬрВ=Р051гф.

Из полученных уравнений (ими также пользуются для однозначно­го определения величины 6) находим, возводя их сначала почленно в квадрат и складывая, а затем деля почленно друг на друга:

В = Р

° 1 2 В = 2Ьр

(92)

У(к2—р

2)2 + №р

2 '

&М к

2-р

2' У >

Так как х=хг-\-х2, а значение Хг (при к>Ъ) дается равенством (81), то окончательно найдем решение уравнения (91) в виде

х = А е - " з т (к^ + а) + В з т (р1 — В), (93)

244

где Л и а — постоянные интегрирования, определяемые по началь­ным условиям, а значения В и р даются формулами (92) и от началь­ных условий не зависят. При Ь=0 найденные решения дают форму­лы (86) и (87), полученные выше для случая отсутствия сопротивле­ния .

Рассматриваемые колебания являются сложными и слагаются из собственных (первое слагаемое в равенстве (93), рис. 263,а) и вы­нужденных (второе слагаемое в равенстве (93), рис. 263,6). Собст­венные колебания точки для рассматриваемого случая были изуче­ны в § 95. Как было установлено, эти колебания довольно быстро за­тухают и по истечении некоторого промежутка времени I , называемо-

а)

го временем установления, ими практически можно пренебречь.

Если, например, считать, что собст­венными колебаниями можно пренебречь, начиная с момента, когда их размахи бу­дут меньше 0,01 В, то величина {у будет определяться из равенства Ле

- Ь'=0 , 01 В,

01 куда 1 , 100Л

(94) В

Как видим, чем меньше сопротивление (т. е. чем меньше Ь), тем время установле­ния больше.

Одна из возможных картин установления колебаний, происхо­дящих по закону (93) и начинаю- Рис. 263 щихся из состояния покоя, показана на рис. 263,с. При других начальных условиях и соотношениях меж­ду частотами р и кх характер колебаний в интервале времени 0 < 2 < 2 у может оказаться совершенно другим. Однако во всех слу­чаях по истечении времени установления собственные колебания практически затухают и точка будет совершать колебания по за­кону

х=Взлп{р1—Р). (95)

Эти колебания и называются вынужденными. Они представляют собой незатухающие гармонические колебания с амплитудой В, оп­ределяемой равенством (92), и частотой р, равной частоте возмущаю­щей силы. Величина В характеризует сдвиг фазы вынужденных ко­лебаний по отношению к фазе возмущающей силы.

Исследуем полученные результаты. Введем обозначения:

г=р/к, Н=Ык, К=РЛ*=Я0(с, (96)

где г — отношение частот; к — величина, характеризующая сопро­тивление; %0 — величина статического отклонения точки под дейст-

245

вием силы (2о (например, при колебаниях груза на пружине Я0 рав­но статическому удлинению пружины, вызываемому силой <20).

Тогда, деля числитель и знаменатель равенств (92) на б2, полу­

чим: Я„ а 2кг

В: ]/"(! —г

2)2 + 4Л

2г2 (97)

Из формул (97) видно, что В и Р зависят от двух безразмерных параметров г и к. Д л я большей наглядности вид этой зависимости

при некоторых значени­ях к показан на графи­ках . На первом графи­ке (рис. 264) даны за­висимости коэффициен­та динамичности ц~ =В/Ха (показывающего, во сколько раз ампли­туда В больше Я0) от отношения частот г, а на втором (рис. 265) — зависимости сдвига фаз р тоже от 2. В каждой конкретной задаче по ее данным можно вычис­лить величины Я0, г, к и найти значения В и В, пользуясь соответствую­щими графиками или формулами (97). Из этих графиков (или формул)

видно также, что, меняя соотношение между р и к, можно полу­чать вынужденные колебания с разными амплитудами.

Когда сопротивление очень мало, а величина г не близка к единице, в формулах (97) можно приближенно считать й « 0 .

Тогда будем иметь резуль­таты, полученные в п. 1, а именно:

В = -_ 1 - г

2| '

а 0 (при г < 1),

180° (при г> 1).

•(98)

Рис. 265

Рассмотрим еще следующие частные случаи. 1. Если отношение частот г очень мало (р^к), то, полагая приб­

лиженно г « 0 , получим из формулы (97) ВжХ0. Колебания в этом

246

случае происходят с амплитудой, равной статическому отклонению К0, и сдвигом фаз 6 ж 0 .

2. Если отношение частот г очень велико (/?>&), величина В становится малой. Этот случай представляет особый интерес для проблем виброзащиты различных сооружений, приборов и др. При этом, считая сопротивление малым и пренебрегая в (97) 2кг и еди­ницей по сравнению с г

2, можно получить для подсчета В прибли­

женную формулу

В=Кй1г*=Ра!р\ (99)

3. Во всех практически интересных случаях величина к много меньше единицы. Тогда, как видно из (97), если величина г близка к единице, амплитуда вынужденных колебаний достигает максиму­ма. Явление, которое при этом имеет место, называется резонансом.

Из формулы (97) видно, что В=Вр=Втах, когда стоящая в знаменателе вели­чина /"(!)= (1—|)

2-|-4Л

2! (где | = г

2) имеет минимум. Решая уравнение (' (%)=

= — 2 ( 1 — |—2/12)=0, найдем, что В имеет максимум при ?=1—2к

г, т. е. при

гр = У1 —2/12. Следовательно, резонанс имеет место, когда г немного меньше еди­

ницы. Но практически, пренебрегая величиной Л2 по сравнению с единицей, мож­

но считать, что г р = 1 . При немалых к резонанс выражен слабо (амплитуда Вр не­велика, см. рис. 264), а при /г>]/~2/2«и0,7 резонанс, как видно из выражения для гр и из рис. 264, вообще не возникает.

При резонансе амплитуду вынужденных колебаний и сдвиг фаз можно практически вычислять по приближенным формулам, кото­рые получаются из равенств (97), если в них положить 2 = 1 :

Вр=К0/2к, В р=я/2 . (100)

Отсюда видно, что при малых к величина Вр может достигать доволь­но больших значений.

Колебания с амплитудой Вр, как и вообще вынужденные колеба­ния, устанавливаются при резонансе не сразу. Процесс установле­ния колебаний будет аналогичен показанному на рис. 263,в. Чем меньше сопротивление, т. е. чем меньше Ь или к, тем больше вели­чина Вр, но одновременно будет больше и время ^ установления этих колебаний [см. формулу (94)].

Когда сопротивление отсутствует, т. е. й = / г = 0 , то, как было установлено, закон вынужденных колебаний при резонансе дается уравнением (89), а график колебаний имеет вид, показанный на рис. 262. Таким образом, в случае отсутствия сопротивления процесс «раскачки» системы при резонансе длится неограниченно долго, а размахи колебаний со временем непрерывно возрастают. Аналогич­ной будет картина резонансных колебаний при очень малых сопро­тивлениях.

3 . О б щ и е с в о й с т в а в ы н у ж д е н н ы х к о л е б а ­н и й . Из полученных выше результатов вытекает, что вынужденные колебания обладают следующими важными свойствами, отличаю­щими их от собственных колебаний точки: 1) амплитуда вынужден­ных колебаний от начальных условий не зависит; 2) вынужденные колебания при наличии сопротивления не затухают; 3) частота вы-

247

нужденных колебаний равна частоте возмущающей силы и от ха­рактеристик колеблющейся системы не зависит (возмущающая сила «навязывает» системе свою частоту колебаний); 4) даже при малой возмущающей силе ^0 мало) можно получить интенсивные вынуж­денные колебания, если сопротивление мало, а частота р близка к к (резонанс); 5) даже при больших значениях возмущающей силы вынужденные колебания можно сделать сколь угодно малыми, если частота р будет много больше к.

Вынужденные колебания и, в частности, резонанс играют боль­шую роль во многих областях физики и техники. Например , при ра­боте машин и двигателей обычно возникают периодические силы, ко­торые могут вызвать вынужденные колебания частей машины или фундамента.

Процесс изменения амплитуды этих колебаний можно просле­дить, заставляя работать на разных оборотах двигатель, для кото­рого р = а>, где со — угловая скорость (см. задачу 117). С увеличе­нием со амплитуда В колебаний вибрирующей части (или фундамен­та) будет возрастать. Когда со=&, наступает резонанс и размахи вынужденных колебаний достигают максимума. При дальнейшем увеличении и амплитуда В убывает, а когда станет ьф>к, значе­ние В будет практически равно нулю. Во многих инженерных соо­ружениях явление резонанса крайне нежелательно и его следует из­бегать, подбирая соотношение между частотами р и к так, чтобы амплитуды вынужденных колебаний были практически равны нулю (Р>к).

Противоположный пример мы имеем в радиотехнике, где резо­нанс оказывается очень полезным и используется для отделения сигналов одной радиостанции от сигналов всех остальных (настрой­ка приемника).

На теории вынужденных колебаний основывается также кон­струирование ряда приборов, например вибрографов — приборов для измерения смещений колеблющихся тел (фундаментов, частей машин и др.) и, в частности, сейсмографов, записывающих колеба­ния земной коры, и т. п.

Задача 117. Балка, на которой установлен мотор, прогибается от его веса па Х сх=1 см. При каком числе оборотов вала мотора в минуту наступит резонанас?

Р е ш е н и е . Из формулы (75') следует, что период собственных колебаний балки

Г = 2я Ук^Гё-

Если центр тяжести С вала мотора смещен от оси О, то на мотор будет дей­ствовать передаваемая через подшипники вала сила (2, направленная вдоль ОС (рис. 266; такие силы рассматриваются в § 136). Проекция силы (2 на ось Ох, рав­ная О^—О^т сог (со — угловая скорость вала), и будет возмущающей силой, дей­ствующей на мотор; частота этой силы р=со. Следовательно, период вынужденных колебаний Гд=2п/со.

Резонанс наступит, когда Тв=Т, т. е. при

озкр="КегАст=31 ,з с -1 .

248

Отсюда критическое число оборотов

•гкр = 30юкр/я ; 300 об/мин.

Рабочее число оборотов вала мотора должно быть значительно больше пкр. Задача 118. Исследовать вынужденные колебания груза 1 массы т, подвешен­

ного на пружине с коэффициентом жесткости с, если верхний конец Ь пружины совершает вертикальные колебания по закону %=афтр1.

Р е ш е н и е . Поместим начало координат О в положение статического рав­новесия груза и направим ось Ох по вертикали вниз (рис. 267). Если обозначить длину недеформированиой пружины через 10, то ее длина в произвольный момент времени будет 1 = / 0 — Б + ^ с т + * > а удлинение \=1—;о=Яст-|-х—|. Тогда действую­щая на груз сила упругости Р=ск—с(кСТ-\-х—|), и составляя дифференциальное уравнение движения груза, будем иметь (так как Л с х = т § ) :

тх = — с ( к С Т - \ - х — | ) + о т я и л и

тх = — сх-\-с\.

Отсюда, вводя обозначение с/т=к2, получим

х-\-к2х = к

2а0 8Ш р1.

Следовательно, груз будет совершать вынужденные колебания, так как полу­ченное уравнение совпадает с уравнением (85) или уравнением (91), если в нем счи­тать 6 = 0 и Р0=к

2а0. Из равенств (96) видно, что в

данном случае Х„=а0 и Н=0. Амплитуда вынужден­ных колебаний и сдвиг фаз определяются форму­лами (98).

Если р < 6 (верхний конец пружины колеблется очень медленно), то г=*0 и В~а0, а сдвиг фаз р = 0 . Груз будет при этом колебаться так, как если бы

Рис. 266

пружина была жестким стержнем, что физически и соответствует условию 6 > р . При р=к наступает резонанс, и размахи колебаний начнут сильно возрастать. Если частота р станет больше &(г>1). то груз будет колебаться так, что когда конец И пружины идет вверх, груз будет опускаться вниз и наоборот (сдвиг фаз [5= 180°); амплитуда же колебаний будет тем меньше, чем больше р. Наконец, келда р будет много больше к(г> 1), амплитуда ВхО. Груз при этом будет оста­ваться в положении статического равновесия (в точке О), хотя верхний конец пружины и совершает колебания с амплитудой а0 (частота этих колебаний столь велика, что груз как бы не успевает за ними следовать).

4.* Электродинамические аналогии. Схожесть законов ряда колебательных процессов, рассматриваемых в разных областях физики, отмеченная в начале § 94, объясняется тем, что колебания в этих случаях описываются одинаковыми диф­ференциальными уравнениями. Рассмотрим в качестве примера электрический кон­тур, состоящий из последовательно соединенных катушки с индуктивностью омического сопротивления Я, конденсатора с емкостью С и источника переменной электродвижущей силы (э. д. с.) Е (() (рис. 268).

249

Тогда, исходя из второго закона Кирхгофа, можно установить, что заряд д конденсатора удовлетворяет дифференциальному уравнению

Ц+ Яд + (1/С)д = Е({). (101)

Ж е -Сравним это уравнение с уравнением (90), в котором для общности будем счи­

тать, что вместо (205тр/ стоит <2(̂ ); видим, что тогда оба уравнения совпадают с точностью до обозначений. Следовательно, закон рассмот­ренных выше механических колебаний и закон изменения заряда конденсатора аналогичны. При этом, сравнивая уравнения (90) и (101), найдем, что аналогами являются: 1) для смещения (координаты) х— заряде/; 2) для массы т — индуктивность Ь; 3) для коэффициента вязкого сопро­тивления ц. — омическое сопротивление Я; 4) для коэф­фициента жесткости с — величина 1/С, обратная емко­сти; 5) для возмущающей силы О. — э. д. с. Е.

Эта аналогия, естественно, относится не только к вынужденным, но и к свободным (затухающим и не­затухающим) колебаниям. Например, для периода соб­

ственных затухающих электрических колебаний в рассматриваемой цепи по фор­мулам (77) и (82) из § 95 получим:

/г2=1/С/., 6 = К/21 и Тг = 2п/У 1/С1 — К

2/4/А

Рис. 268

Когда омическое сопротивление отсутствует, Т=2к У а.

Электродинамические аналогии используются для моделирования соответ­ствующих механических колебаний, в частности и в электронных аналоговых ма­шинах.

Глава XX*

ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА В ПОЛЕ ЗЕМНОГО ТЯГОТЕНИЯ

§ 97. ДВИЖЕНИЕ БРОШЕННОГО ТЕЛА

В ПОЛЕ ТЯГОТЕНИЯ ЗЕМЛИ

Задача о движении тела в поле земного тяготения возникает при

изучении движения баллистических ракет и искусственных спут­

ников Земли, а также при рассмотрении проблем космических по­

летов.

Будем рассматривать движущееся тело как материальную точ­

ку массы т, а Землю считать неподвижной. Пусть в начальный мо­

мент времени эта точка находится у поверхности Земли в положении

М0 (рис. 269) и имеет начальную скорость у0, направленную под

углом а к горизонтальной плоскости. Если пренебречь сопротив­

лением воздуха (что для рассматриваемых высот полета в первом

приближении допустимо), то на точку при ее движении будет дейст­

вовать только сила тяготения Г, направленная к центру Земли.

Как показано в § 8 8 , п. 4, модуль этой силы можно представить в

виде

Р=т§К*1г\ (102)

250

где г=ОМ — расстояние точки от центра Земли; Я=ОМа — зна­чение г для точки вылета М0; § — ускорение силы земного тяготе­ния в точке М0 *.

Так как сила Р — центральная (см. § 86), то траектория точки будет плоской кривой. Поэтому для изучения движения можно вос­пользоваться полярными координатами г=ОМ и ф, поместив их начало (полюс) О в центре Земли и направляя поляр­ную ось Ох вдоль линии ОМ0. Составим дифференциальные уравнения движения точки М.

По закону площадей (см. § 86) при

движении под действием центральной си­

лы момент вектора скорости о относи­

тельно центра О (или удвоенная сектор­

ная скорость точки) будет величиной по­

стоянной. Следовательно, т0(а)—с. Но

из чертежа видно, что если разложить

вектор V на радиальную ьг и попереч­

ную уф составляющие (см. § 47), то

т 0 ( у ) = т 0 ( уф ) = «V где У9 =г-й(р/сИ.

Рис. 269

Отсюда получаем первое уравнение

~йТ — с. (103)

Значение постоянной с найдем из условий в точке вылета М0,

где, как легко видеть, т 0 (и0 )=^?УоС05а . Следовательно,

с=7 ? у 0 с о 5 а . (104)

Второе уравнение получим из теоремы об изменении кинетиче­ской энергии в дифференциальной форме [см. § 89, формула (51)]

а(ту2/2) = с1Л.

Но по формуле (49) из § 88

аЛ =—Рй г=—ш§Я2й г / г \

В результате найдем второе уравнение в виде

или А (а

2/2)

Йф -8* А (1/г)

(105)

* В формуле (102) Я может иметь любое значение, большее земного радиуса. Когда точка М0 берется на поверхности Земли, будем обычно считать /? равным радиусу земного экватора # 0=6378 км и §=9 , 8 2 м/с

2 всюду — ускорение силы

земного тяготения, а не силы тяжести, см. § 92). Но, конечно, все получаемые да­лее формулы справедливы для движения в поле тяготения любого другого небес­ного тела.

251

где (см. § 47)

- * = ( ^ У( 1 0 6 )

Интегрируя дифференциальные уравнения (103) и (105), можно определить г и ф как функции времени I, т. е. найти закон движе­ния точки. Вместо этого найдем сразу ее траекторию. Чтобы упро­стить расчет, введем новое переменное и, полагая

1 йи 1_ йг 1\С\7\

г ' йф г2 с!ф ' ^ '

Тогда с учетом равенств (107) и (103) получим

о> о> йф 2 йи с Аи йф __ с_ _

й/ йф й/ йф г2 йф ' Л1 г

Подставляя эти значения в формулу (106), находим

У2 = С

2 [«

2 + (ск/С1ф)

2].

Найденное выражение о2 подставим в левую часть уравнения (105).

Получим Аи . йи й

2и

Йф ' Йф Йф2 4

& Йф

Заменяя здесь с его значением из (104) и сокращая на сЫа'ф, найдем окончательно дифференциальное уравнение траектории:

+ и= 2 * или - _ г + ы = _ , (108) йф

2 1 г

2 соз

2 а ЙФ2 1

" р

где обозначено

р = 1 ! ^ ! « . . (109)

Решение этого уравнения слагается из общего решения уравне­ния без правой части, которое совпадает с решением уравнения (67) при к=\ и частного решения уравнения с правой частью. Следова­тельно, и=и1+и2, где иг имеет вид (68) или (69) при 6 = 1 , а ц а =1 / р , в чем можно убедиться непосредственной подстановкой. В резуль­тате решением уравнения (108) будет

ы = с 1 5 т ( ф + с2) + -р- или и = — [ 1 + зт (ф + с2)^ ,

где ^ и с2 — постоянные интегрирования. Полагая здесь с3р = — е , с а = л / 2 — В , где е и 6 — новые постоянные, и переходя от и к г, най­дем окончательно уравнение траектории в виде

Г== 1 —есоз (ф-Р)" ^

110)

Из аналитической геометрии известно, что (ПО) представляет собой уравнение конического сечения (эллипса, параболы или ги-

252

перболы) с фокальным параметром р и эксцентриситетом е, выражен­ное в полярных координатах, для которых полюс О находится в од­ном из фокусов. При этом геометрический смысл постоянной В ви­ден из того, что при ф = В знаменатель в равенстве (110) имеет ми­нимум, а следовательно, величина г—ОМ — максимум. Таким об­разом, угол В определяет положение оси симметрии траектории (ось АР на рис . 269) по отношению к линии 0М0 или к точке выле­та М0.

Чтобы определить значения постоянных интегрирования е и В, надо для начального положения Ф = 0 , т. е. в точке М0, знать кроме г (или и) еще и производную от г (или от и) по ф. Формулы (32), полученные в § 47, и последнее из равенств (107) дают:

Vг 1 Аг 1 уг Да

И ф ~~ Г Й ф Т У ф с к р '

Но в точке Ма, как видно из рис . 269, г=Н и аг/уф=!§а. Следо­вательно, начальные условия для и имеют вид:

г, 1 Аа 1 . при Ф = 0 и = т , — = _ _ ^ а .

Из уравнения (ПО), переходя опять от г к а, найдем

и = 1 [ 1 — е с о з (ф—В) ] , ~ = -^-51п (ф —В) .

Подставляя сюда начальные значения и и аи/йф, получим

р1Я = \— е созВ , — (р!Я) 1 йа =

— е з т В

или, заменяя р его значением (109),

а , Со соз2 а . а Оо 81п 2а /1 1 1 \

есозВ = 1 ^ — , е з т В = . ( Ш )

Из этих равенств, деля их сначала почленно друг на друга, а за­тем возводя в квадрат и складывая, найдем окончательно:

. г , ^ 5 1 п 2 а / 1 Ю \

** =

2(8Я-*сМЫ' (П2)

в»2соз

*а. ( у

2- 2 ^ ? ) . (113)

§2Я

2

Равенство (112) определяет угол В, т. е. положение оси симмет­рии траектории по отношению к точке вылета М0. Формула же (113) дает значение эксцентриситета траектории. Из нее видно, что траекторией точки будет:

а) эллипс (е < 1), если у0 < \^2§К;

б) парабола (е = 1), если ь0 = У2§Я; в) гипербола (е > 1), если у0 > У2§Я.

253

Скорость у2=У~2@Р называется параболической или второй кос­мической скоростью. Если считать ̂ = ̂ 0 =6378 км и §=§0=9,82 м/с

2,

то получим у 2 ~ П , 2 км/с. Таким образом, при начальной скорости 1 \ > ^П , 2 км/с тело, брошенное с поверхности Земли под любым уг­лом а к горизонтальной плоскости, будет двигаться по параболе или гиперболе (при а = 9 0 ° — по прямой), неограниченно удаляясь от Земли. Достижение скоростей такого порядка необходимо для меж­планетных сообщений *. При скорости, меньшей второй космиче­ской, тело или упадет обратно на Землю, или станет искусственным спутником Земли.

Закон движения точки вдоль траектории, т. е. ее положение на траектории в любой момент времени, можно найти, заменяя в ра­венстве (103) г его значением из (110), а затем, интегрируя получен­ное уравнение.

§ 98. ИСКУССТВЕННЫЕ СПУТНИКИ ЗЕМЛИ. ЭЛЛИПТИЧЕСКИЕ ТРАЕКТОРИИ

При ьй<\/г2цР и афп12 траектория тела, брошенного с земной

поверхности, есть эллипс, у которого ось РА, образующая с Ох угол В, является осью симметрии (см. рис. 269). Если начальные условия в пункте Мй будут таковы, что угол В=^=л, то траектория пересечет поверхность Земли в симметричной относительно оси РА точке М1 ( т. е. тело упадет на Землю. Следовательно, брошен­ное тело может стать спутником Земли лишь при тех начальных ус­ловиях, которые дают В = л . Но , как показывают равенства (111), В = я только при а = 0 (или а = я ) и V^^•§Р, так как при 6 = я и ^1<§Р первое из равенств (111) дает е < 0 , что невозможно, посколь­ку е— величина положительная. Следовательно, чтобы тело, бро­шенное с земной поверхности, превратилось в спутника Земли, необходимо выполнение двух условий:

а = 0,У2^0>уа^У"^Р0. (114)

Эксцентрисистет орбиты спутника при а = 0 и В = я , как видно из равенств (111) или (113), будет

е=оУёР—\. (115)

Скорость ь^УцР, при которой е=0 и спутник движется по круговой орбите радиуса Р, называется круговой или первой кос­мической скоростью [см. § 82, формула (28)]. При бросании с поверх­ности Земли, если считать Р=Р0=6378 км и ^ = ^ , = 9 , 8 2 м/с

2, пер­

вая космическая скорость г / ^ 7 , 9 км/с. При V0>>V1 орбитой спутни­ка будет эллипс, эксцентриситет которого тем больше, чем больше у0 (рис. 270).

* Скорость, необходимая для освобождения межпланетного корабля от сов­местных притяжений Земли и Солнца, будет больше У~2[*0К0 и при определенном направлении у0 равна около 16,7 км/с; эту скорость называют третьей космиче­ской скоростью.

254

Когда угол бросания ос^О, то ни при какой начальной скорости У0 тело, бросаемое с земной поверхности (если даже не учитывать сопротивление воздуха), спутником Земли стать не может. Поэтому, например, создать искусственный спутник Земли выстрелом из орудия практически невозможно; для этой цели пригодна управляе­мая ракета, которая с помощью со- х . Зппипа ответствующих приборов может под- — <^>^ нять спутник на заданную высоту и / сообщить ему в пункте М0 (рис. 270) нужную скорость у0 под углом а « 0 к горизонтальной плоскости. Таким путем и был осуществлен запуск пер­вых в мире советских искусственных спутников Земли и космических ко­раблей с человеком на борту.

Отметим в заключение, что с увеличением высоты Я пункта М0

над поверхностью Земли сопротивление воздуха будет убывать и спутник будет долговечнее. Одновременно станет, очевидно, воз­можным получение спутникового движения и при а=^0 . Однако нетрудно подсчитать, что при увеличении Я (хотя Ух, например, при этом уменьшается) полная энергия, затрачиваемая на запуск спут­ника данной массы, возрастает.

Э л л и п т и ч е с к и е т р а е к т о р и и . При а > 0 и о 0 < У 2д0Р0

тело, брошенное с земной поверхности, описав дугу эллипса, упа­дет обратно на Землю. Такие эллиптические траектории описывают баллистические ракеты, в частности межконтинентальные. Найдем основные характеристики этих траекторий.

Так как ось РА является осью симметрии траектории, то точкой

падения будет М± и дальность 5 будет равна длине дуги МаМх (см. рис. 269); следовательно,

5 = 2 Я „ В , (116)

где В определяется формулой (112). При этом, как обычно принято, в равенстве (116) 7?0 — средний радиус Земли.

Наибольшая высота Я траектории равна (г)ф=в — и л и , согласно равенствам (109) и (ПО),

„ 1>оС052 а 0 / 1 1 7 \

где е определяется формулой (113). Время полета Т найдем из уравнения (103), которое вместе

с (104) дает а= (г-1с) с !ф= (г

2/Р^0 соз а) аф.

Заменяя здесь г его значением, получаемым из равенств (109) и (110), и интегрируя, найдем, что

гр _ Уд соз3 а ? щ>

~ «.во 3 (1 - есоаЦ))2'

255

где ^ : = ф — 6 . Вычисляя интеграл, найдем окончательно после ряда преобразований

КоёКУ 1 - е2)3

где обозначено

г = 2а г с * 8 У 4=7 * 8 т • (119

)

По полученным формулам, зная о0 и угол бросания а, можно определить дальность полета 5, наибольшую высоту траектории II и время полета Т.

С практической точки зрения важно найти минимальную ско­рость у™'" и наивыгоднейший угол бросания ан, при которых может быть получена заданная дальность 5=2 / ? 0 6 .

Д л я этого определим из равенства (112) величину у0. Получим

У = П20)

При данной дальности (при данном угле 6) потребная скорость 1?„ зависит от угла а. Так как угол а входит в равенстве (120) только в знаменатель, то У0 имеет минимум, когда этот знаменатель дости­гает максимума. Приравнивая производную от знаменателя по а нулю, найдем

соз 2 а — з т 2а 1§ В = 0 ,

откуда с 1§2 ан=1§В и наивыгоднейший угол бросания

ан=45°—В/2 . (121)

Что данная величина ан дает V1?1", легко проверяется по знаку

второй производной. Подставляя значение ан в равенство (120) и учитывая, что 2 соз

2а = 1 + с о з 2 а , получим

С " = К 2 # в & 5 1 п Р / ( 1 + з 1 п Р ) . (122)

Формулы (122) и (121) определяют наименьшую начальную ско­рость и наивыгоднейший угол бросания, обеспечивающие заданную дальность. Высота траектории и время полета при этом подсчиты-ваются по формулам (117) и (118), в которых у0 и а заменяются их значениями из (122) и (121). Д л я наглядности элементы нескольких наивыгоднейших эллиптических траекторий, подсчитанные по этим формулам при ^ 0 = ^ с р

=6 3 7 0 км, приведены в табл. 3 (все величины

даны в таблице с точностью до 5 единиц последнего знака) . Напоминаем, что все эти расчеты относятся к движению в без­

воздушном пространстве и не учитывают влияние вращения Земли. В заключение отметим, что при малых дальностях (угол В мал) дуга эллипса, описываемого брошенным телом, близка к дуге параболы. Если при этом считать зил В «В и 2 ^ 0 В = Х , а величиной В в других равенствах по сравнению с единицей пренебречь, то в пределе все

256

Т а б л и ц а 3

Угол р, град

Дальность 5, км

Необходимая начальная скорость Но™", м/с

Наивыгодней­ший угол бро­

сания аа, град

Высота тра­ектории И,

км Время полета Т

10 2 220 4300 40 500 12 мин 30 с 20 4 450 5650 35 900 19 » 10 » 30 6 670 6460 30 1170 24 » 50 » 40 8 900 7000 25 1300 30 » 00 » 70 15 570 7780 19 900 40 » 16 » 90 20 020 7910 0 0 42 » 10 »

полученные формулы перейдут в соответствующие формулы для параболических траекторий (см. § 82 ) . В частности, из (121) и (122) получаем сразу

а в = а * = 4 5 ° , х^п = У~В^*-

§ 99 . ПОНЯТИЕ О НЕВЕСОМОСТИ.

МЕСТНЫЕ СИСТЕМЫ ОТСЧЕТА

При движении тел в поле тяготения может иметь место интерес­ное явление, называемое невесомостью. Начнем с частного примера.

Рассмотрим груз массой т, покоящийся в лифте, который дви­

жется по отношению к неподвижным осям Оху вертикально вниз с

ускорением а (рис. 271,а). На груз о

действуют сила тяжести Р=т§ и

реакция N. Так как груз, двига­

ясь вместе с лифтом, тоже имеет

ускорение а, то, составляя урав­

нение его движения в проекции на

ось х, получим

та=т§—N и N=т(д—а). %

Отсюда находим, что когда а=§, т. е. когда лифт свободно падает, # = 0 и груз никакого давления на пол А В кабины не оказывает (пол не служит ему опорой). Поэтому груз по отношению к лифту будет оставаться в покое («висеть») в любом месте кабины, если его туда поместить. На чашу весов, находящихся в кабине, груз тоже не окажет давления и они покажут, что «вес» груза равен нулю. Аналогичное состояние будет и у груза, помещенного в кабину по­ступательно движущегося космического летательного аппарата. Такое состояние груза (тела) и называют невесомостью.

Объясняется полученный результат просто: под действием силы

тяжести и лифт, и находящийся в нем груз движутся по отношению

к осям Оху с одним и тем же ускорением § (рис. 271, б); поэтому от-

9 № 2173 257

носительно кабины лифта груз не перемещается (находится в любом месте в покое) и не будет давить на дно кабины. Но одновременно ясно, что состояние падающего груза никак не зависит от наличия лифта и останется таким же, когда груз падает один. Следователь­но, в состоянии невесомости находится любое тело, свободно дви­жущееся (падающее) в поле сил тяжести (тяготения).

Однако из изложенного не видно, чем же физически состояние тела при невесомости отличается от состояния, которое будет у тела, когда оно просто покоится на поверхности Земли или движется под действием каких-нибудь других сил, например силы тяги . Между тем, что в этих состояниях есть существенное различие, показывает эксперимент. Например, если в кабину падающего лифта (или косми­ческого летательного аппарата) поместить сосуд с водой, то при не­весомости вода не заполнит сосуд, а примет в нем форму шара и со­хранит ее, если этот шар вытолкнуть из сосуда. Объясняется это, очевидно, тем, что при невесомости изменяется характер внутренних усилий в теле (в данном случае в жидкости) . Следовательно, чтобы выяснить, в чем состоит отличительная особенность состояния не­весомости, надо обратиться к рассмотрению возникающих в теле внутренних усилий.

Будем различать две категории внутренних усилий в теле: уси­лия, не связанные с внешними воздействиями на тело (например, мо­лекулярные силы, температурные напряжения или усилия в двух стянутых болтами и образующих одно тело полосах железа) и уси­лия, вызванные внешними воздействиями на тело, т. е. действием на тело внешних сил.

Остановимся на рассмотрении второй категории внутренних усилий (см. § 20). При этом будем различать так называемые мас­совые (или объемные) и поверхностные силы. Массовыми называют силы, действующие на каждую из частиц данного тела и численно пропорциональные массам этих частиц; примером массовых сил являются силы тяготения. Поверхностными называют силы, прило­женные к точкам поверхности данного тела; примером таких сил являются реакции всевозможных опор, сила тяги, силы сопротив­ления среды и т. п. П р и определении закона движения (или усло­вий равновесия) физическая природа приложенных к телу сил роли не играет. Важно лишь, чему равны модуль и направление каждой из сил. Однако на значениях возникающих в теле внутренних уси­лий это различие, как мы увидим, сказывается весьма существенно. Объясняется такой результат тем, что массовые силы действуют на каждую из частиц тела непосредственно; действие же поверхност­ных сил передается частицам тела за счет давления на них соседних частиц.

Рассмотрим тело массой т, движущееся в поле тяготения Земли поступательно, но не обязательно прямолинейно. Размеры тела по сравнению с земным радиусом будем считать настолько малыми, что различием в расстояниях частиц тела от центра Земли можно пренебречь и считать, что силы тяготения сообщают всем частицам

258

тела одно и то же ускорение ^. Тогда равнодействующая приложен­ных к телу сил тяготения будет

К = тё~. (123)

Допустим, что кроме сил тяготения на тело действуют еще по­верхностные силы, приложенные вдоль какой-то площадки АВ и имеющие равнодействующую ^ (рис. 272, а). Сила ф может быть реакцией дна кабины лифта (или кабины самолета, космического летательного аппарата), в которой покоится тело, или же силой тяги , силой сопротивления среды и т. п.

Согласно сказанному в § 73, тело, движущееся поступательно, можно рассматривать как материальную точку. Составим уравне­

ние движения этого тела в век- ^ ~ ^ торной форме, получим

т а = Гт + 0". (124)

Отсюда, учитывая равенство (123), найдем ускорение тела

а ^ + О/т. (125) " | - "

Определим теперь внутренние Рис. 272 усилия, возникающие под дейст­вием сил Р^и 0_в каком-нибудь сечении ЬЪХ тела, перпендикулярном направлению вектора ^, т. е. те силы, с которыми частицы тела, разделенные этим сечением, действуют друг на друга . Д л я этого рассмотрим движение одной из частей тела, например верхней, мас­су которой обозначим тх. На эту часть тела действуют силы тяго­тения, равнодействующая которых согласно формуле (123) будет Р^=т1ц, и силы давления отброшенной части тела, равнодейст­вующую которых назовем $1 (рис. 272, б). Поскольку тело движется поступательно, то и рассматриваемая его часть тоже движется по­ступательно с тем же_ ускорением а и для нее тф=Рт1-\-8х или тф—т^+Зи откуда 31=т1(а—§). Заменяя здесь а его значением из формулы (125), найдем окончательно, что

З^^/т)^ (126)

Таким образом, значения возникающих в теле внутренних уси­лий зависят только от действующих на него поверхностных сил. При этом, поскольку в формулу (126) ускорение не входит, она бу­дет справедлива и для покоящегося тела.

Рассмотрим тело, покоящееся на поверхности Земли. Действую­щей на него поверхностной силой будет реакция земной поверхнос­ти, численно равная весу Р тела. Следовательно, при ^ = Р формула (126) определяет внутренние усилия в теле, покоящемся на поверх­ности Земли. Состояние^ в котором находится тело при наличии в

9* 2 5 9

нем таких внутренних усилий, называют состоянием весомости. Испытываемое человеком, находящимся на поверхности Земли, ощущение «весомости» и является следствием наличия в его теле таких внутренних усилий (давлений частей тела друг на друга).

Если на покоящееся или движущееся тело действует поверхност­ная сила 0_<.Р, то внутренние усилия в любом сечении тела будут меньше, чем при его покое на земной поверхности (явление недо­грузки); если же действующая поверхностная сила 0_>Р (например, <2 — сила тяги вертикально стартующей ракеты), то внутренние усилия в любом сечении тела будут больше, чем при его покое на земной поверхности (явление перегрузки). Наконец, когда О_=0 и тело движется свободно под действием только массовых сил (сил тяготения), т. е. находится в состоянии невесомости, то под дейст­вием этих сил никаких внутренних усилий в теле не возникает.

В итоге приходим к следующим результатам: 1) любое тело, размеры которого малы по сравнению с его расстоянием от центра Земли и которое движется в поле тяготения Земли свободно (т. е. под действием только сил тяготения) и поступательно, находится в со­стоянии невесомости; 2) состояние невесомости характеризуется тем, что при невесомости в теле не возникает внутренних усилий, вызываемых внешними воздействиями на это тело.

Аналогичный результат имеет место при движении в поле тя­готения любого другого небесного тела.

Таким образом, если сопротивление воздуха пренебрежимо мало, то любое падающее на Землю или брошенное с ее поверхности тело, движущееся поступательно, будет находиться в состоянии невесо­мости. В частности, в состоянии невесомости находятся движущиеся вне земной атмосферы искусственные спутники Земли или косми­ческие летательные аппараты и все находящиеся в них тела.

Учет невесомости приобретает важное значение при космиче­ских полетах, поскольку невесомость изменяет условия работы мно­гих устройств и приборов, а те из них, в которых, например, ис­пользуются физические маятники или свободная подача жидкости и т. п., вообще оказываются непригодными. Важную роль в услови­ях невесомости начинают играть не зависящие от внешних воздейст­вий и сохраняющиеся при невесомости молекулярные силы (в зем­ных условиях малые по сравнению с взаимными давлениями, обус­ловленными весомостью), что меняет характер ряда явлений. На­пример, в условиях невесомости смачивающая жидкость, заполняю­щая замкнутый сосуд, под действием молекулярных сил распреде­лится равномерно по его стенкам. Жидкость же, не смачивающая стенок, примет форму шара, на что уже указывалось *.

* Невесомость влияет и на работу ряда органов человеческого тела (напри­мер, на вестибулярный аппарат, обеспечивающий чувство равновесия); поэтому, чтобы приспособиться к условиям невесомости, требуется соответствующая тре­нировка. Чтобы в некоторой мере имитировать при полете в космосе состояние «ве­сомости», на космонавтов надевают специальные костюмы, придающие телу соот­ветствующие («вертикальные») нагрузки.

260

М е с т н ы е с и с т е м ы о т с ч е т а . Рассмотрим тело А , движущееся в поле тяготения Земли (или другого небесного тела) свободно и поступательно с ускорением § (ускорение поля тяготе­ния) , т. е. находящееся в состоянии невесомости. Свяжем с телом А систему отсчета Охуг, движущуюся вместе с ним тоже поступательно (рис. 273), и рас­смотрим движение материальной точки М массой т по отношению к этой систе­ме отсчета. При этом область, где проис­ходит движение, будем считать по срав­нению с расстояниями от тела А и точ­ки М до центра Земли (небесного тела) настолько малой, что в этой области можно считать §=соп з 1 . На точку М, по­скольку она, к ак и тело А, движется в поле тяготения Земли, будет действовать сила тяготения РТ=тз, а также могут действовать дру­гие силы Ри Р2, ...,Рп.

Составим уравнение относительного движения точки по отно­шению к осям Охуг, т. е. уравнение (56) из § 91 . Так как оси Охуг движутся поступательно, то /

7кОР=0 и уравнение примет вид

2 ? 'пер

А А Рис. 273

та- :%Рк + Рт + Р1 пер> (127)

где — сумма других действующих сил, кроме Рг.

Но так как оси Охуг перемещаются вместе с телом А поступа­

т е л ь н о е ускорением §, то для движущейся точки авед=% и Р„ер=

=—т§. Учтя еще, что РТ=т§, получим из уравнения (127)

тЕ=^Тк. (128)

Таким образом, хотя система отсчета Охуг не является инерци-альной (см. § 91), так как движется с ускорением §, уравнение дви­жения точки по отношению к этой системе отсчета составляется так , как если бы она была инерциальной; но при этом в число дейст­вующих на точку сил не должна включаться сила тяготения РТ, т. е. сила притяжения к Земле (небесному телу), в поле тяготения ко­торого движутся тело А и связанная с ним система отсчета. Такую систему назовем местной системой отсчета. Ее практически можно считать инерциальной с тем большей степенью точности, чем мень­ше область, в которой происходит движение.

Например, если местную систему отсчета связать с движущимся поступательно вокруг Земли космическим летательным аппаратом, то уравнение движения по отношению к летательному аппарату лю­бого находящегося в нем тела будет составляться в виде (128), т. е. к ак в инерциальной системе отсчета, но при этом в число действую-

261

щих на тело сил не должна включаться сила притяжения к Земле. Иначе говоря, все механические явления в летательном аппарате будут происходить так, как если бы он находился вне поля тяготе­ния .

Другим примером местной системы является система отсчета, связанная с Землей, но имеющая оси, направленные на звезды, т. е. не участвующие в суточном вращении Земли и движущиеся вместе с Землей поступательно вокруг Солнца. Такая система отсчета для движений в области, малой по сравнению с расстоянием от Земли до Солнца, т. е. для движений в окрестностях Земли, будет практи­чески инерциальной. Но при этом в число сил, действующих на те­ло, движение которого изучается, не должна включаться сила при­тяжения к Солнцу (к небесному телу, в поле тяготения которого движется эта местная система отсчета). Поэтому, когда систему отсчета, жестко связанную с Землей, рассматривают как инерциаль-ную, то не учитывают только суточное вращение Земли, на что и было указано в § 92. Силой притяжения к Солнцу при этом, как иног­да ошибочно полагают, не пренебрегают ввиду ее малости, а ее про­сто, согласно показанному выше, не следует учитывать.

Раздел четвертый

ДИНАМИКА СИСТЕМЫ И ТВЕРДОГО ТЕЛА

Глава XXI

ВВЕДЕНИЕ В ДИНАМИКУ СИСТЕМЫ. МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ

§ 100. МЕХАНИЧЕСКАЯ СИСТЕМА.

СИЛЫ ВНЕШНИЕ И ВНУТРЕННИЕ

Систему материальных точек или тел, движение (или равнове­сие) которой рассматривается, будем называть механической систе­мой. Если между точками (телами) механической системы действу­ют силы взаимодействия, то она обладает тем свойством, что в ней положение или движе­ние каждой точки (тела) зависит от положения и движения всех остальных. Классическим примером такой системы является солнечная система, в которой все тела связаны силами взаимного притяжения.

Действующие на механическую систему ак­тивные силы Р1 и реакции связей Ык разделя­ют на внешние Р% и внутренние Р\ (индексы е и I от латинских ехгепог — внешний и ш1епог — внутренний). Внешними называют силы, действующие на точки системы со сторо­ны точек или тел, не входящих в состав данной системы. Внутрен­ними называют силы, с которыми точки или тела данной системы действуют друг на друга. Это разделение является условным и за­висит от того, к акая механическая система рассматривается. На­пример, если рассматривается движение всей Солнечной системы, то сила притяжения Земли к Солнцу будет внутренней; если же рас­сматривается движение системы Земля — Луна , то для этой системы та же сила будет внешней.

Внутренние силы обладают следующими свойствами: 1. Геометрическая сумма (главный вектор) всех внутренних сил

системы равняется нулю. В самом деле, по третьему закону динами­ки любые две точки системы (рис. 274) действуют друг на друга с равными по модулю и противоположно направленными силами Р[2 и Ры, сумма которых равна нулю. Так как аналогичный резуль-

263

тат имеет место для любой пары точек системы, то

2 П = о -

2. Сумма моментов (главный момент) всех внутренних сил си-стемы относительно любого центра или оси равняется нулю. Дей­ствительно, если взять произвольный центр О, то из рис. 274 видно, что то(Р12)+то(Р11)=0. Аналогичный результат получится при вычислении моментов относительно оси. Следовательно, и для всей системы будет:

2 т о ( 7 1 ) = 0 и 2 « * ( ^ ) = 0.

Из доказанных свойств не следует, однако, что внутренние с и лы взаимно уравновешиваются и не влияют на движение системы, так как эти силы приложены к разным материальным точкам или телам и могут вызвать взаимные перемещения этих точек или тел. Урав­новешенной вся совокупность внутренних сил будет у системы, пред­ставляющей собой абсолютно твердое тело.

§ 101. МАССА СИСТЕМЫ. ЦЕНТР МАСС

Движение системы кроме действующих сил зависит также от ее суммарной массы и распределения масс. Масса системы (обознача­ем М или т) равна арифметической сумме масс всех точек или тел, образующих систему:

М = ^тк.

Распределение масс в системе определяется значениями масс тк ее точек и их взаимными положениями, т. е. их координатами хн, У к, %к- Однако оказывается, что при решении тех задач динами­ки, которые мы будем рассматривать, в частности динамики твердого тела, для учета распределения масс достаточно знать не все ве­личины тк, хь, ук, гк, а некоторые, выражаемые через них суммар­ные характеристики. Ими являются : координаты центра масс (выражаются через суммы произведений масс точек системы на их координаты), осевые моменты инерции (выражаются через суммы произведений масс точек системы на квадраты их координат) и центробежные моменты инерции (выражаются через суммы произ­ведений масс точек системы и двух из их координат). Эти характери­стики мы в данной главе и рассмотрим.

Ц е н т р м а с с . В однородном поле тяжести, для которого §-=соп5т, вес любой частицы тела пропорционален ее массе. Поэто­му о распределении масс в теле можно судить по положению его центра тяжести. Преобразуем формулы (59) из § 32, определяющие координаты центра тяжести тела, к виду, явно содержащему массу. Д л я этого положим в названных формулах рк=тк§ и Р=М§, после чего, сократив на §, найдем:

264

В полученные равенства входят теперь массы тк материальных точек (частиц), образующих тело, и координаты хк, ук, гк этих то­чек. Следовательно, положение точки С(хс,ус, гс) действительно характеризует распределение масс в теле или в любой механиче­ской системе, если под тк, хк,ук, гк понимать соответственно массы и координаты точек системы.

Геометрическая точка С, координаты которой определяются формулами (1), называется центром масс или центром инерции механической системы.

Если положение центра масс определять его радиусом-вектором

гс, то из равенств (1) для гс получается формула

'Гс=-^Е

тЯ. (1')

где гк — радиусы-векторы точек, образующих систему. Из полученных результатов следует, что для твердого тела, на­

ходящегося в однородном поле тяжести, положения центра масс и центра тяжести совпадают. Но в отличие от центра тяжести поня­тие о центре масс сохраняет свой смысл для тела, находящегося в любом силовом поле (например, в центральном поле тяготения), и, кроме того, как характеристика распределения масс, имеет смысл не только для твердого тела, но и для любой механической системы.

§ 102. МОМЕНТ ИНЕРЦИИ ТЕЛА ОТНОСИТЕЛЬНО ОСИ.

РАДИУС ИНЕРЦИИ

Моментом инерции тела (системы) относительно данной оси Ог (или осевым моментом инерции) называется скалярная величина, равная сумме произведений масс всех точек тела (системы) на квад­раты их расстояний от этой оси:

^ = ^ЩЧ- (2)

Из определения следует, что момент инерции тела (или системы) относительно любой оси является величиной положительной и не равной нулю.

В дальнейшем будет показано, что осевой момент инерции играет при вращательном движении тела такую же роль, какую масса при поступательном, т. е. что осевой момент инерции является мерой инертности тела при вращательном движении.

Согласно формуле (2) момент инерции тела равен сумме моментов инерции всех его частей относительно той же оси. Д л я одной мате­риальной точки, находящейся на расстоянии Н от оси, У2=/п/г

2.

Единицей измерения момента инерции в СИ будет 1 кг -м2 (в системе

М К Г С С — 1 кгм-с2).

Д л я вычисления осевых моментов инерции можно расстояния точек от осей выражать через координаты хк, ук, гк этих точек (на­пример, квадрат расстояния от оси Ох будет у1+г1 и т. д.) . Тогда моменты инерции относительно осей Охуг будут определяться фор-

265

мулами:

^ = + 1у = ^Щ{г1+х1)> ^ = 2 ^ ( 4 + ^ ) . (3)

Часто в ходе расчетов пользуются понятием радиуса инерции. Радиусом инерции тела относительно оси Ог называется линейная величина р г , определяемая равенством

К = Мр\, (4)

где М — масса тела. Из определения следует, что радиус инерции геометрически равен расстоянию от оси Ог той точки, в которой надо сосредоточить массу всего тела, чтобы момент инерции одной этой точки был равен моменту инерции всего тела.

Зная радиус инерции, можно по формуле (4) найти момент инерции тела и наоборот.

Формулы (2) и (3) справедливы как для твердого тела, так и для любой системы материальных точек. В случае сплошного тела, раз­бивая его на элементарные части, найдем, что в пределе сумма, стоя­щая в равенстве (2), обратится в интеграл. В результате, учитывая, что Ат=рАУ~, где р—пло тно с т ь , а V—объем, получим

/ г = $ /г2 Ат или / г = 5 рк* дУ. (5)

(V) (У)

Интеграл здесь распространяется на весь объем V тела, а плотность р и расстояние к зависят от координат точек тела. Аналогично фор­мулы (3) для сплошных тел примут вид

= 5 р(У2 + г

2)аУ и т. д. (5 ')

{V)

Формулами (5) и (5') удобно пользоваться при вычислении мо­ментов инерции однородных тел правильной формы. При этом плот­ность р будет постоянной и выйдет из-под знака интеграла.

Найдем м о м е н т ы и н е р ц и и н е к о т о р ы х о д н о ­р о д н ы х т е л .

1 . Т о н к и й о д н о р о д н ы й с т е р ж е н ь длиной / и массой М. Вычислим его момент инерции относительно оси Аг, пер­пендикулярной стержню и проходящей через его конец А (рис. 275). Направим вдоль АВ координатную ось Ах. Тогда для любого эле­ментарного отрезка длины Ах величина к=х, а масса Ат=р1Ах, где рх—МИ — масса единицы длины стержня. В результате форму­ла (5) дает *

^Д = ^x2 Ат = р ! 5 л:

2 Ах = р ^ / З .

о о

* Здесь и везде далее 7А обозначает момент инерции относительно оси, про­ходящей через точку А и натравленной перпендикулярно плоскости изображен­ного на чертеже сечения тела.

2 6 6

Заменяя здесь рг его значением, найдем окончательно

^А=М^*!3. (6)

2 . Т о н к о е к р у г л о е о д н о р о д н о е к о л ь ц о ра­диусом 7? и массой М. Найдем его момент инерции относительно

Рис. 275 Рис. 276 Рис. 277

оси Сг, перпендикулярной плоскости кольца и проходящей через его центр С (рис. 276). Так как все точки кольца находятся от оси Сг на расстоянии НК=Я, то формула (2) дает

' с = 2 ть%

2 = (2 т

к) Я2 = МК\

Следовательно, для кольца *

1С=МН*. (7)

Очевидно, такой же результат получится для момента инерции тонкой цилиндрической оболочки массой М и радиусом К относи­тельно ее оси.

3 . К р у г л а я о д н о р о д н а я п л а с т и н а или ц и -л и н д р радиусом К и массой М. Вычислим момент инерции круг­лой пластины относительно оси Сг, перпендикулярной пластине и проходящей через ее центр (см. рис. 276). Д л я этого выделим эле­ментарное кольцо радиусом г и шириной йг (рис. 277, а). Площадь этого кольца 2лг-д.г, а масса б.т=р22пг-д.г, где р 2 = Л 4 / я г

2— масса

единицы площади пластины. Тогда по формуле (7) для выделенного элементарного кольца будет а / с = г

2а т = 2 я . р 2 г

,а г , а для всей

пластинь!

^с = 2яр2 ^ г3 аг = яр2Я*/2.

о

Заменяя здесь р2 его значением, найдем окончательно

^с=АЩ2/2. (8)

* Сравнивая формулы (4) и (7) можно еще заключить, что радиус инерции тела равен радиусу тонкого кольца с таким же осевым моментом инерции, как и у тела.

267

Такая же формула получится, очевидно, и для момента инер­ции 3г однородного круглого цилиндра массой М и радиусом /? относительно его оси (рис. 277, б).

4 . П р я м о у г о л ь н а я п л а с т и н а , к о н у с , ш а р . Опуская выкладки, приведем формулы, определяющие моменты инерции следующих тел (читатель может получить их самостоятель­но, а также найти эти и другие формулы в различных справочни­ках) :

а) сплошная прямоугольная пластина массой М со сторонами АВ=а и ВБ—Ь (ось х направлена вдоль стороны АВ, ось у — вдоль ВО):

УЖ=М&2/3, / „ = Л ! а * / 3 ;

б) прямой сплошной круглый конус массой М с радиусом осно­вания /? (ось 2 направлена вдоль оси конуса):

/ 2 = 0 , З Л 1 # 2 ;

в) сплошной шар массой М и радиусом 7? (ось г направлена вдоль диаметра):

, 7 Г = 0 , 4 Л 1 Я Г .

Моменты инерции неоднородных тел и тел сложной конфигура­ции можно определять экспериментально с помощью соответствую­щих приборов. Один из таких методов рассмотрен в § 129.

§ 103. МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ТЕЛА ОТНОСИТЕЛЬНО

ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ОСЕЙ. ТЕОРЕМА ГЮЙГЕНСА

Моменты инерции данного тела относительно разных осей бу­дут, вообще говоря, разными. Покажем, как, зная момент инерции относительно какой-нибудь одной оси, проведенной в теле, найти

момент инерции относительно любой дру­гой оси, ей параллельной.

Проведем через центр масс С тела про­извольные оси Сх'у'г', а через любую точ­ку О на оси Сх' — оси Охуг, такие, что Оу\\Су', Ог\\Сг' (рис. 278). Расстояние меж­ду осями Сг' и Ог обозначим через й. Тогда по формулам (3) будет:

т,

Рис. 278 Но, как видно из рисунка, для любсй точки тела хк=х'к—й и хк=х'к

2+<Р—2х'Кё,

а Ук=Ук- Подставляя эти значения хк, ук в выражение для 30г и вынося общие множители й

г и 24 за скобки, получим

1о* = 2 т*(** + Уь) + (2 т

и) #—(2я1***)

ы-

В правой части равенства первая сумма равна У С г ч а вторая — массе тела М. Найдем значение третьей суммы. На основании фор-

268

мул (1) для координат центра масс И>ткх'к=Мх'с. Так как в нашем случае точка С является началом координат, то х'с=0 и, следова­тельно, 2^ткх'к=0. Окончательно получаем

^02=^Сг. + мй\ (9)

Формула (9) выражает следующую т е о р е м у Г ю й г е н ­с а * : момент инерции тела относительно данной оси равен момен­ту инерции относительно оси, ей параллельной, проходящей через центр масс тела, сложенному с произведением массы всего тела на квадрат расстояния между осями.

Из формулы (9) видно, что ^ОГ>^С2'• Следовательно, из всех осей данного направления наименьший момент инерции будет отно­сительно той оси, которая проходит через центр масс.

Теорема Гюйгенса позволяет найти момент инерции тела отно­сительно данной оси 0гх и в том случае, когда известен его момент инерции относительно любой оси Аг2, параллельной Огх. При этом надо знать расстояния йх и йг каждой из этих осей от центра масс тела. Тогда, зная 3'Ага и й2, мы по формуле (9) определяем ^' ,, а затем по той же формуле находим искомый момент инерции / 0 г 1 .

Задача 119. Определить момент инерции тонкого стержня относительно оси Сг, перпендикулярной стержню и проходящей через его центр масс.

Р е ш е н и е . Проведем через конец А стержня ось Аг (см. рис. 275; ось Сг на нем не показана). Тогда по формуле (9)

^С = ^А—Мй2.

В данном случае й=112, где / — длина стержня, а величина ]А определяется формулой (6). Следовательно,

/с= МР/3—МР/4 = Л1/2/12.

Задача 120. Определить момент инерции цилиндра относительно оси Агх, про­ходящей через его образующую (см. рис. 277,6).

Р е ш е н и е . По теореме Гюйгенса ^ д 2 1 = ^ С г + ^2- В данном случае

с1=Н, а по формуле (8) ^с2=МК2/2. Подставляя эти значения, получим

1Аг1 = МК*12 + МН2 = (3/2) МР

2.

§ 104*. ЦЕНТРОБЕЖНЫЕ МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ. ПОНЯТИЯ О ГЛАВНЫХ ОСЯХ ИНЕРЦИИ ТЕЛА

Если через точку О провести координатные оси Охуг, то по отно­шению к этим осям центробежными моментами инерции (или про­изведениями инерции) называют величины /нг, /га;, определяемые равенствами:

•Гху^^ЩХкУк' ^УГ = ЦткУк^ <^*=2

тА

2А. (Ю)

где тк — массы точек; хк, ук, гк — их координаты; при этом оче­видно, что Зху=ЗуХ и т. д.

* Христиан Гюйгенс (1629—1695) — выдающийся голландский ученый, меха­ник, физик и астроном. Изобрел первые маятниковые часы. В связи с этим изучал колебания физического маятника (см. § 129) и ввел понятие о моменте инерции тела (сам термин предложил позже Эйлер).

269

Д л я сплошных тел формулы (10) по аналогии с (5') принимают вид

Зху = ] рхудУ и т. д. (10') (V)

В отличие от осевых центробежные моменты инерции могут быть как положительными, так и отрицательными величинами и, в част­ности, при определенным образом выбранных осях Охуг могут обра­щаться в нули.

Г л а в н ы е о с и и н е р ц и и . Рассмотрим однородное тело, имеющее ось симметрии. Проведем координатные оси Охуг так, что­бы ось Ог была направлена вдоль оси симметрии (рис. 279). Тогда в силу симметрии каждой точке тела с массой тк и координатами Хк, Ук, ?к будет соответствовать точка с другим индексом, но с такой же массой и с координатами, равными — х к , —ук, гк. В результате получим, что Иткхкгк=0 и 11ткукгк=0, так как в этих суммах все слагаемые попарно одинаковы по модулю и противоположны по знаку; отсюда, учитывая равенства (10), находим:

^Xг=0, /у* = 0. (11)

Таким образом, симметрия в распределении масс относительно оси г характеризуется обращением в нуль двух центробежных мо­

ментов инерции 1 хг и Зуг. Ось Ог, для ко­торой центробежные моменты инерции ^х%, ^уг, содержащие в своих индексах наименование этой оси, равны нулю, на­зывается главной осью инерции тела для точки О.

Из изложенного следует, что если тело имеет ось симметрии, то эта ось является главной осью инерции тела для

— любой своей точки. У Главная ось инерции не обязательно

является осью симметрии. Рассмотрим однородное тело, имеющее плоскость симметрии (на рис. 279 плоскостью сим­метрии тела является плоскость аЪсй).

Проведем в этой плоскости какие-нибудь оси Ох, Ог и перпендику­лярную им ось Оу. Тогда в силу симметрии каждой точке с массой тк и координатами хк, ук, гк будет соответствовать точка с такой же массой и координатами, равными хк, —ук, гк. В результате, как и в предыдущем случае, найдем, что Иткхкук=0 и 2ткукгк=0 или 1Ху=0, / у г=0, откуда следует, что ось Оу является главной осью инерции для точки О. Таким образом, если тело имеет плоскость симметрии, то любая ось, перпендикулярная этой плоскости, будет главной осью инерции тела для точки О, в которой ось пересекает плоскость.

Равенства (11) выражают условия того, что ось Ог является глав­ной осью инерции тела для точки О (начала координат). Аналогич-

270

но, если / ж у = 0 , / и г = 0 , то ось Оу будет для точки О главной осью инерции. Следовательно, если все центробежные моменты инерции равны нулю, т. е.

^ху=0, / , , = 0 , / « = 0 , (11')

то каждая из координатных осей Охуг является главной осью инерции тела для точки О (начала координат).

Например, на рис. 279 все три оси Охуг являются для точки О главными осями инерции (ось Ог как ось симметрии, а оси Ох и Оу как перпендикулярные плоскостям симметрии).

Моменты инерции тела относительно главных осей инерции называются главными моментами инерции тела.

Главные оси инерции, построенные для центра масс тела, на­зывают главными центральными осями инерции тела. Из доказан­ного выше следует, что если тело имеет ось симметрии, то эта ось является одной из главных центральных осей инерции тела, так как центр масс лежит на этой оси. Если же тело имеет плоскость сим­метрии, то ось, перпендикулярная этой плоскости и проходящая через центр масс тела, будет также одной из главных центральных осей инерции тела.

В приведенных примерах рассматривались симметричные тела, чего для решения задач, с которыми мы будем сталкиваться, доста­точно. Однако можно доказать, что через любую точку какого угод­но тела можно провести, по крайней мере, три такие взаимно пер­пендикулярные оси, для которых будут выполняться равенства (IV), т. е. которые будут главными осями инерции тела для этой точки.

Понятие о главных осях инерции играет важную роль в динами­ке твердого тела. Если по ним направить координатные оси Охуг, то все центробежные моменты инерции обращаются в нули и соот­ветствующие уравнения или формулы существенно упрощаются (см. § 105, 132). С этим понятием связано также решение задач о динамическом уравнении вращающихся тел (см. § 136), о центре удара (см. § 157) и др.

§ 105*. МОМЕНТ ИНЕРЦИИ ТЕЛА ОТНОСИТЕЛЬНО ПРОИЗВОЛЬНОЙ ОСИ

Проведем ось 01, образующую с осями Охуг углы а, В и у соответственно (рис. 280). По определению, 11=Ъткк%, где, как видно из треугольника ОВкЭк, пк=г%—(ООк)

2. Но ОЭк, как проекция вектора гк=хк1-\-ук1-\-гкк на ось 01, рав­

на сумме проекций составляющих этого вектора на ту же ось, причем (хк1)1 = —хксо& а и т. д.; кроме того, гк=хк+ук+г1. Тогда

/1 = Ътк [4 + у\ + г\ — (хк соз а+ук соз В + гк соз у)2] •

Если сначала учесть,! что 1—со52а=соз

2 В+соз

2у и т. д., а затем вынести

квадраты и произведения косинусов.'как общие множители, за скобки и принять во внимание формулы (3) и (10), то окончательно получим

^^=^x св$га-\-1у соз

2 В + /г с о з

2у—11 х у соз а соз В—

— 2/^г соз В соз 7—2/2л. соз у соз а. (12)

271

Если же в качестве осей Охуг выбрать главные оси инерции тела для течки О то формула упрощается.

11 = Уд. сое2 а + Уу соз

8 Р + У* соз

2 у. (12')

Формулы (12) или (12') позволяют, зная входящие в их правые части моменты инерции относительно заданных осей Охуг, определить момент инерции относи­тельно любой оси, проходящей через точку О*. Если же известно и положение центра масс тела, то, используя формулу ( 9 ) , можно найти момент инерции относи­тельно осн, проходящей через любую другую точку.

Рис 280 Рис. 281

Задача 121. Найти момент инерции однородной прямоугольной пластины с массой т и сторонами а и Ь относительно ее диагонали (рис 281).

Р е ш е н и е . Проведем через центр С пластины оси Сху (ось Сг на рисунке не показана), которые, как оси симметрии, будут для точки С главными осями инерции. Тогда по формуле (12'), учитывая, что 7=90 ° , получим

Уг = Уд. соз2 а + /н соз

2 р.

По аналогии с результатом, полученным в задаче 119, для пластины будет Уд:=т6

2/12, Уу=та

21\2, кроме того, со за= а/с, соз р=6/с, где с=АВ. В результате

окончательно найдем У г = та

2Ь

2/6с

2 = та

2Ь

2/6 (а

2 + Ь

2).

В заключение рассмотрим, в чем проявляется влияние введен­

ных характеристик распределения масс на частном примере враще­

ния вокруг оси Ог стержня с нани­

занными на него одинаковыми ша­

рами А и В (рис. 282).

Если пъфЬ,х, то центр масс си­

стемы не лежит на оси Ог и при

вращении появятся давления на

подшипники; если Нг=Ь,г, центр

масс лежит на оси и этих давлений

не будет.

Если при пг=кх расстояния шаров от оси увеличить, то положе­

ние центра масс не изменится, но увеличится момент инерции /2

и при прочих равных условиях вращение будет происходить мед­

леннее.

Если стержень БЕ повернуть в плоскости Оуг так, чтобы /Г>Сг

не был прямым, а расстояния Л* и Л2=Л* сохранить, сместив шары

* Шесть величин Уд., / у , Уг, —Уху, —Ууг> —^гх определяют так называемый теизор инерции и являются его компонентами.

272

к концам стержня, то ни положение центра масс, ни момент инерции }г не изменятся, но станет не равным нулю центробежный момент инерции Ууг и ось Ог не будет главной; в результате при вращении возникнут дополнительные боковые давления на подшипники (ось будет «бить»).

Глава XXII

ТЕОРЕМА О ДВИЖЕНИИ ЦЕНТРА МАСС СИСТЕМЫ

§ 106. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ СИСТЕМЫ

Рассмотрим систему, состоящую из п материальных точек. Вы­

делим какую-нибудь точку системы с массой тк. Обозначим равно­

действующую всех приложенных к точке внешних сил (и активных,

и реакций связей) через Р%, а равнодействующую всех внутренних

сил — через Р1к. Если точка имеет при этом ускорение ак, то по

основному закону динамики ткак—Р%+Р1к.

Аналогичный результат получим для любой точки. Следователь­но, для всей системы будет

ния движения системы в векторной форме (в них ак=ук=гк). Входя­щие в правые части уравнений силы могут в общем случае зависеть от времени, координат точек системы и их скоростей.

Проектируя равенства (13) на какие-нибудь координатные оси, получим дифференциальные уравнения движения системы в проек­циях на эти оси.

Полное решение основной задачи динамики для системы будет состоять в том, чтобы, зная заданные силы и наложенные связи, проинтегрировать соответствующие дифференциальные уравнения и определить в результате закон движения каждой из точек системы и реакции связей. Сделать это аналитически удается лишь в отдель­ных случаях, когда число точек системы невелико, или же интегри­руя уравнения численно с помощью ЭВМ.

Однако при решении многих конкретных задач необходимость находить закон движения каждой из точек системы не возникает, а бывает достаточно найти какие-то характеристики, определяющие движение всей системы в целом. Например, чтобы установить, к ак движется под действием приложенных сил кривошипно-ползунный механизм (см. рис. 158 в § 57), достаточно определить закон враще-

273

ния кривошипа, т. е. найти зависимость угла его поворота <р от

времени (. Обычно для отыскания подобных решений уравнения

(13) непосредственно не применяют, а применяют другие, разрабо­

танные в динамике методы. К их числу относятся методы, которые

дают широко используемые в инженерной практике общие теоремы

динамики системы, получаемые как следствия уравнений (13);

эти теоремы и будут рассмотрены в данной и в трех последующих

главах.

Но предварительно решим одну задачу, показывающую, что

искомый результат можно иногда эффективно находить и непосред­

ственно, используя дифференциальные уравнения движения си­

стемы.

Задача 122. Д и н а м и ч е с к и й г а с и т е л ь к о л е б а н и й . Укреп­ленный на пружине груз 1 совершает вынужденные колебания под действием воз­

мущающей силы О., проекция которой Ох=()0 зт р1 (см. § 96).

Определить, при каких условиях можно погасить эти колебания, прикрепив к грузу 1 на пружине с ко­эффициентом жесткости с2 груз 2 массой т2 (рис. 283)/

Р е ш е н и е . Будем определять положения гру­зов координатами хх и х2, отсчитываемыми от поло­жений статического равновесия грузов, направив ось х по вертикали вверх. Тогда силы тяжести уравновесят­ся СИЛаМИ уПруГОСТИ /Чст

=с1Атст

и Р2с?=С2Х2ст и из

уравнений движения исключатся (см. в § 94 зада­чу 112), а учитываемые при движении силы упруго­сти будут пропорциональны удлинениям, которые полу­чают пружины при смещениях грузов от положений ста­тического равновесия. Эти удлинения будут соответ­ственно равны %1=Хх и Х2=х2—хх и на груз 2 бу­дет действовать сила упругости Р2 (Р2Х= —с2%2), а на груз 1 — силы Р'2=— Р2, Р\ (Р\х=—сг%х) и С}. В ре­

зультате получим следующие дифференциальные уравнения движения грузов:

тхх\~— сххх + с2 (х2—хх) + 0_ „ з'1 п р1, т2х2 — — с2 (х2 — хх).

Чтобы колебания груза 1 гасились, должно быть хх=0. Тогда

с2х2 + 00 зю р/ = 0 и т2хг = — с2х±.

Из первого уравнения х2=—(0.<,/с2) 5Ш и

х2=р2(а0/с2) зт р{, В результате под­

становка во второе уравнение после сокращений дает

т2рг = с2.

Это и будет искомым условием гашения, в котором одной из величин т2 или с2 можно задаваться произвольно. Конечно, желательно, чтобы масса т2 была мень­ше, но при малой т2 и заданном р будет мало и с2, а это приведет к нежелательному увеличению амплитуды <30/с2" колебаний груза 2.

§ 107. ТЕОРЕМА О ДВИЖЕНИИ ЦЕНТРА МАСС

В ряде случаев для определения характера движения системы

(особенно твердого тела) требуется знать закон движения ее центра

масс. Чтобы найти этот закон, обратимся к уравнениям движения

системы (13) и сложим почленно их левые и правые части. Тогда

получим _ _

2 > Я = 2 П + 2 П - (14

) 27*

Преобразуем левую часть равенства. Из формулы (Г) для радиуса-вектора центра масс имеем

^тк7к = М~гс.

Беря от обеих частей этого равенства вторую производную по вре­мени и замечая, что производная от суммы равна сумме производ­ных, найдем

* * - # - - * $ г

или

1,ткак = Мас, (15)

где ас — ускорение центра масс системы. Так как по свойству внут­

ренних сил системы 2 / ^ = 0 , получим окончательно из равенства

(14), учтя (15),

Мас = 2П- (16)

Уравнение (16) и выражает т е о р е м у о д в и ж е н и и цен­т р а м а с с с и с т е м ы : произведение массы системы на ускоре­ние ее центра масс равно геометрической сумме всех действующих на систему внешних сил. Сравнивая уравнение (16) с уравнением движения материальной точки [§74, формула (2)], придем к дру­гому выражению теоремы: центр масс системы движется как ма­териальная точка, масса которой равна массе всей системы и к кото­рой приложены все внешние силы, действующие на систему.

Проектируя обе части равенства (16) на координатные оси, по­лучим:

Мхс^ЪП,> М'ус = т у , Мгс = ЪПг- (16')

Эти уравнения представляют собой дифференциальные уравнения движения центра масс в проекциях на оси декартовой системы коор­динат.

Значение доказанной теоремы состоит в следующем. 1. Теорема дает обоснование методам динамики точки. Из урав­

нений (16') видно, что решения, которые мы получаем, рассматривая данное тело как материальную точку, определяют закон движения центра масс этого тела, т. е. имеют вполне конкретный смысл.

В частности, если тело движется поступательно, то его движение полностью определяется движением центра масс. Таким образом, поступательно движущееся тело можно всегда рассматривать как материальную точку с массой, равной массе тела. В остальных слу­чаях тело можно рассматривать как материальную точку лишь тогда, когда практически для определения положения тела доста­точно знать положение его центра масс и допустимо по условиям решаемой задачи не принимать во внимание вращательную часть движения тела.

275

2. Теорема позволяет при определении закона движения центра масс любой системы исключать из рассмотрения все наперед неиз­вестные внутренние силы. В этом состоит ее практическая ценность.

§ 108. ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ ЦЕНТРА МАСС

Из теоремы о движении центра масс можно получить следующие важные следствия.

1. Пусть сумма внешних сил, действующих на систему, равна нулю:

2 п = о .

Тогда из уравнения (16) следует, что а с = 0 или у с =соп з 1 . Следовательно, если сумма всех внешних сил, действующих на

систему, равна нулю, то центр масс этой системы движется с по­стоянной по модулю и направлению скоростью, т. е. равномерно и прямолинейно. В частности, если вначале центр масс был в покое, то он и останется в покое. Действие внутренних сил, как мы видим, движение центра масс системы изменить не может.

2. Пусть сумма внешних сил, действующих на систему, не равна нулю, но эти силы таковы, что сумма их проекций на какую-нибудь ось (например, ось х) равна нулю:

Тогда первое из уравнений (16') дает

хс = 0 или xс = VСx = сот^.

Следовательно, если сумма проекций всех действующих внешних сил на какую-нибудь ось равна нулю, то проекция скорости центра масс системы на эту ось есть величина постоянная. В частности, если в начальный момент VСx=0> то и в любой последующий момент времени VСx=0, т. е. центр масс системы в этом случае вдоль оси х перемещаться не будет (лгс=сопз1).

Все эти результаты выражают собой закон сохранения движения центра масс системы. Рассмотрим некоторые примеры, иллюстри­рующие его приложения .

Д в и ж е н и е ц е н т р а м а с с С о л н е ч н о й с и с т е м ы . Так как притяжением звезд можно практически пренебречь, то можно считать, что на Солнечную систему никакие внешние силы не действуют. Следовательно, в первом приближении ее центр масс движется по отношению к звездам равно­мерно и прямолинейно.

Д е й с т в и е п а р ы с и л на т е л о (см., например, рис. 32). Если на свободное твердое тело начнет действовать пара сил Р, Р', то геометрическая сумма этих внешних сил будет равна нулю (Р-\-Р'—0). Следовательно, центр масс С тела, если он вначале был неподвижен, должен остаться неподвижным и при действии пары. Таким образом, где бы к свободному твердому телу ии была при­ложена пара сил, тело начнет вращаться вокруг своего центра масс (но мгно­венная ось вращения в общем случае не будет направлена перпендикулярно плоскости действия пары, как можно предположить).

276

Д в и ж е н и е п о г о р и з о н т а л ь н о й п л о с к о с т и . При отсутствии трения человек с помощью своих мускульных усилий (силы внутрен­ние) не мог бы двигаться вдоль горизонтальной плоскости, так как в этом случае сумма проекций на любую горизонтальную ось Ох всех приложенных к человеку внешних сил (сила тяжести и реакция плоскости) будет равна нулю и центр масс человека вдоль плоскости перемещаться не будет (лс=сопз1).

Если, например, человек вынесет правую ногу вперед, то левая его нога скользнет назад, а центр масс останется на месте. При наличии же трения сколь­жению левой ноги назад будет препятствовать сила трения, которая в этом случае будет направлена вперед. Эта сила и будет той внешней силой, которая позволяет человеку перемещаться в сторону ее действия (в данном случае вперед).

Аналогично происходит движение тепловоза или автомобиля. Сила давления газа в двигателе является силой внутренней и сама по себе не может переместить центр масс системы. Движение происходит потому, что двигатель передает соот­ветствующим колесам, называемым ведущими, вращающий момент. При этом точка касания В ведущего колеса (рис. 284) стремится скользить влево. Тогда на колесо будет действовать сила трения, направленная вправо. Эта внешняя сила и позволит центру тяжести тепловоза или автомобиля двигаться вправо. Когда этой силы нет или когда она недостаточна для преодоления сопротивления, испытываемого ведомыми колесами *, движения вправо не будет; ведущие колеса будут при этом вращаться на месте (буксовать).

Т о р м о ж е н и е . Для торможения к барабану, жестко связанному с катящимся колесом, прижимают тормозную колодку. Возникающая при этом сила трения колодки о барабан будет силой внутренней и сама по себе не изменит движение центра масс, т. е. не затормозит поезд или автомобиль. Однако трение колодки о барабан будет замедлять вращение колеса вокруг его оси и увеличит силу трения колеса о рельс (или грунт), направленную про­тивоположно движению. Эта внешняя сила н будет замедлять движение центра масс поезда или автомобиля, т. е. создавать торможение (см. задачу 154 в § 130).

В заключение отметим, что движение объек­та в предыдущих примерах происходит, конечно, за счет работы внутренних сил (двигателя авто­мобиля или мускулов ног человека). Но привес­ти в движение центр масс объекта внутренние силы могут лишь тогда, когда они вызывают такое взаимодействие объекта с внеш­ней средой, при котором на объект начинают действовать внешние силы (в при­мерах это силы трения). Другой возможностью является реактивный эффект (см. § 112, 114). Никакое устройство, не обеспечивающее появление таких внеш­них снл или не создающее реактивного эффекта, привести в движение центр масс объекта за счет действия одних только внутренних сил не может. В таких пред­лагавшихся устройствах, как «машина Дина» или «инерцоид», движение объекта тоже происходит за счет его взаимодействия с внешней средой, но менее явно вы­раженного, что давало повод необоснованно отрицать наличие такого взаимо­действия.

§ 109. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

Пользуясь теоремой о движении центра масс, можно, зная внеш­ние силы, найти закон движения центра масс, и, наоборот, зная движение центра масс, определить главный вектор действующих

* На ведомое колесо действует ие вращающий момент, а сила 0_, приложенная к оси (рис. 284). Под ее действием все колесо, а с иим и точка касания А колеса о грунт стремятся сдвинуться вперед. При этом на колесо будет действовать сила трения, направленная назад. Эта внешняя сила и тормозит движение.

277

на систему внешних сил. Первой задачей мы занимались в динамике

точки. Примеры решения второй задачи рассмотрим ниже.

Теорема позволяет исключить из рассмотрения все внутренние

силы. Поэтому рассматриваемую систему надо стараться выбирать

так, чтобы ряд наперед неизвестных сил сделать внутренними.

В случаях, когда имеет место закон сохранения движения цент­

ра масс, теорема позволяет по перемещению одной части системы

найти перемещение другой ее части. Мы доказали, что когда 2 / ^ = 0 и в начальный момент времени оСх=0,

то при движении системы л;с=сопз(;. Пусть для определенности система состоит из трех тел с массами тх, т2, Щ и начальными координатами их центров масс хх, хг, х3. Если под действием внутренних (или внешних) сил тела совершат аб­солютные перемещения, проекции которых на ось Ох будут |2> &з> то соответст­вующие координаты станут равны хх-\-Ъ,х, х2-\-%,2, #3-|~1з- Тогда по формулам (1) координата центра масс хс всей системы в начальном и конечном положениях определяется равенствами;

МхСо = я в д + т2хг -4- тзХа;

МхС1 = тх {хх + \х) + т2 (*2 + ?г) + т 3 (*з + Ы •

Так как л;с=сопз1;, то Хс1=хСа и, следовательно,

тх1х+т212+ т313= 0 (17)

Р1 ^ 1+Р2 ? 2 +РЗ? 3=0 . (17')

Таким образом, когда имеет место закон сохранения движения центра масс вдоль оси Ох, то алгебраическая сумма произведений масс (или весов) тел системы на проекции абсолютных перемещений их центров масс должна быть равна нулю, если только в начальный момент времени Vсx=0^ При вычислении | 1 , | 3 , . . . следует всегда учитывать их знаки.

Задача 123. На носу и корме лодки весом р сидят на расстоянии / друг от друга два человека весом рл и да каждый (рис. 285). Пренебрегая сопротив­

лением воды, определить, куда и насколько переместится лодка, если люди поменяются местами.

Р е ш е н и е . Чтобы исклю­чить из рассмотрения неизвестные нам силы трения подошв о дно лодки и мускульные усилия людей, будем рассматривать лодку и лю­дей как одну систему (при этом наз­ванные силы станут внутренними). Внешними силами, действующими на систему, будут вертикальные си­лы р, р~А, рв, N. Тогда 2,Р%Х=0, и так как в начальный момент време­ни оСх=0, то *с=соп51. Следова­тельно, абсолютные перемещения всех тел связаны зависимостью (17).

Изображая лодку и людей в на­чальном и конечном положениях, мы видим, что перемещение лодки %,л=х *• Далее, для первого чело-

Рис. 285

* Во избежание ошибок в знаках рекомендуется, независимо от того, куда фактически происходит смещение, изображать лодку (систему) в смещенном поло­жении так, чтобы координата х была положителиной (рис. 285). Если после под­счетов значение х получится отрицательным, то это будет означать, что при усло­виях задачи смещение происходит в другую сторону!

278

века абсолютное перемещение \А—х-\-1; абсолютное перемещение второго чело­века равно ВВ1, а проекция этого перемещения на ось Ох будет —(/—х). Тогда по уравнению (17')

РХЛ-РА (* + 0 + Рв [— (I—*)] = 0.

Отсюда находим, что перемещение лодки

Х = (РВ—РА)ЦР> Г

ДЕ Р

= Р + РА+РВ-

Если рв~>РА' т0

х > 0 , т. е. лодка смещается вправо; при рв<Рл смещение лодки произойдет влево. Когда рв~РА> лодка остается на месте

Подчеркиваем еще раз: систему, движение которой надо рассмотреть при решении подобных задач, следует выбирать так, чтобы наперед неизвестные силы сделать внутренними.

Задача 124. Центр масс вала мотора смещен от оси вращения на величину АВ=Ь. Масса вала яц, а масса всех остальных частей мотора тг Определить, по какому закону будет двигаться мотор, поставленный на гладкую горизон­тальную плоскость, когда вал вращается с постоянной угловой скоростью со. Найти дополнительно, какое максимальное усилие будет испытывать болт О, если с его помощью неподвижно закрепить мотор.

Рис. 286 Рис. 287

Р е ш е н и е . Чтобы исключить силы, вращающие вал, сделав их внутрен­ними, рассмотрим весь мотор с валом как одну систему.

1. При незакрепленном моторе все действующие на него силы (р1 = т1В, Рг~Щё

и реакция плоскости) будут вертикальными, и здесь, как и в предыдущей

задаче, будет иметь место закон сохранения движения центра масс вдоль оси Сх Изображаем мотор в произвольном положении (рис. 286), считая начальным то положение, когда точки В и А лежат на одной вертикали (на оси Оу). Тогда в произвольном положении \А—Х, \В~

ХЛ-Ь зт ср. Отсюда, учитывая, что ср=со/,

найдем по формуле (17)

тлх+тх(х+Ь зт со/)=0, откуда

х= — ^~ зт Ы, где М.=т1-\-т2.

Следовательно, мотор будет совершать гармонические колебания с круговой частотой со.

2. Когда мотор закреплен, то по первому из уравнений (16') горизонталь­ная реакция Кх болта будет

Кх=Мхс, где хс=-^ {тххв+тгхА).

В этом случае точка А неподвижна и хА=1 (/=сопзг.), а хв=1Л-Ь зш сог. В ре­зультате, дифференцируя выражение >с и умножая его на М (М здесь всюду — масса всей системы), находим

Кх = Мхс = ШхХв = — тфт2 зт е>(.

279

Сила давления на болт равна по модулю \ЯХ\ и направлена в противопо­ложную сторону; ее максимальное значение будет /п16со

2. Во избежание ударов

мотора по болтам при его работе, затяжка болтов 0_ должна быть такой, чтобы суммарная сила трения мотора о плоскость, на которой он установлен, т. е. /Ф, была не меньше тфы

2.

Задача 125. Кривошип АВ длиной г и массой т1л вращающийся с постоян­ной угловой скоростью со, приводит в движение кулису и связанный с нею пор­шень О, общая масса которых равна т2 (рис. 287). На поршень при его движе­нии действует постоянная сила Пренебрегая трением о направляющие, найти наибольшее горизонтальное давление на ось А кривошипа.

Р е ш е н и е . Чтобы исключить силы, вращающие кривошип, и давление на него со стороны кулисы, рассмотрим движение всей системы. Тогда по пер­вому из уравнений (16'), если обозначить горизонтальную реакцию оси А через Ях, будет

Мх"с=Ях-0_,

где согласно формулам (1) Мхс=т1х1-\-т2х2. В пашем случае л;1=0,5гсоз Ы, х2=Ь+г соз со/, так как ф=ш/. В резуль­

тате находим

Кх = 0. + Мхс = Я — (0 ,5^ ! + т2) гш2 соз со*.

Сила давления на ось равна по модулю \ЯХ\ и направлена в противополож­ную сторону. Давление будет максимальным, когда ф=180°, и будет равно <2+ +(0,5т1+/л3)гй>

2.

Глава XXIII

ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ СИСТЕМЫ

тгТ7г а>Ъ

§ н о . К О Л И Ч Е С Т В О Д В И Ж Е Н И Я С И С Т Е М Ы

Количеством движения системы будем называть векторную вели­

чину <2, равную геометрической сумме (главному вектору) количеств

движения всех точек системы (рис. 288):

" ^ - п 3 = 5>Я (18)

^ Пользуясь этим определе­

нием, найдем формулу, с по-

/тПУП мощью которой значительно

легче вычислять величину (3,

а также уяснить ее смысл.

Из равенства (Г ) следует, что

Б еря от обеих частей производную по времени, получим

Рис. 288

о7г

Отсюда находим, что

(2 = Ми, с » (19)

280

т. е. количество движения системы равно произведению массы всей системы на скорость ее центра масс. Этим результатом особенно удобно пользоваться при вычислении количеств движения твердых тел.

Из формулы (19) видно, что если тело (или система) движется так, что центр масс остается неподвижным, то количество движения тела равно нулю. Например, количество движения тела, вращаю­щегося вокруг неподвижной оси, проходящей через его центр масс, будет равно нулю.

Если же движение тела является сложным, то величина 0_ не

будет зависеть от его вращательного движения вокруг центра масс.

Например, для катящегося колеса 0_=Мос, независимо от того, как

вращается колесо вокруг его центра масс С. Таким образом, количество движения можно рассматривать как

характеристику поступательного движения системы (тела), а при сложном движении — как характеристику поступательной части движения вместе с центром масс.

§ Ш. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ

Рассмотрим систему, состоящую из п материальных точек. Со­ставим для этой системы дифференциальные уравнения движения (13) и сложим их почленно. Тогда получим

Последняя сумма по свойству внутренних сил равна нулю. Кроме того,

Окончательно находим

1йГ = Ш- (20)

Уравнение (20) выражает т е о р е м у о б и з м е н е н и и к о л и ч е с т в а д в и ж е н и я с и с т е м ы в д и ф ф е р е н ­ц и а л ь н о й ф о р м е : производная по времени от количества движения системы равна геометрической сумме всех действующих на систему внешних сил. В проекциях на координатные оси будет:

ЦТ- 2игкху ~АТ — 2^ку> ~й 2л

Гкг- \ ^ )

Найдем другое выражение теоремы. Пусть в момент времени

^ = 0 количество движения системы равно ф0 . а в момент ^ становится

равным (2г. Тогда, умножая обе части равенства (20) на сИ и интег­

рируя, получим

о

281

или

о1-о.=2^' (21)

так как интегралы, стоящие справа, дают импульсы внешних сил. Уравнение (21) выражает т е о р е м у о б и з м е н е н и и

к о л и ч е с т в а д в и ж е н и я с и с т е м ы в и н т е г р а л ь ­н о й ф о р м е : изменение количества движения системы за некото­рый промежуток времени равно сумме импульсов, действующих на систему внешних сил за тот же промежуток времени.

В проекциях на координатные оси будет:

Укажем на связь между доказанной теоремой и теоремой о дви­

жении центра масс. Так как 0_=Мис, то, подставляя это значение

в равенство (20) и учитывая, что йосШ—ас, получим Мас—2Р%,

т. е. уравнение (16). Следовательно, теорема о движении центра масс и теорема об

изменении количества движения системы представляют собой, по существу, две разные формы одной и той же теоремы. В тех случа­ях, когда изучается движение твердого тела (или системы тел), можно в равной мере пользоваться любой из этих форм, причем уравнением (16) обычно пользоваться удобнее. Д л я непрерывной же среды (жидкость, газ) при решении задач обычно пользуются теоремой об изменении количества движения системы. Важные при­ложения эта теорема имеет также в теории удара (см. гл. XXXI ) и при изучении реактивного движения (см. § 114).

Практическая ценность теоремы состоит в том, что она позволяет исключить из рассмотрения наперед неизвестные внутренние силы (например, силы давления друг на друга частиц жидкости),

§ 112. ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ

Из теоремы об изменении количества движения системы можно получить следующие важные следствия.

1. Пусть сумма всех внешних сил, действующих на систему, рав­на нулю:

2П = о.

Тогда из уравнения (20) следует, что при этом ф = с о п 5 1 . Таким образом, если сумма всех внешних сил, действующих на систему, равна нулю, то вектор количества движения системы будет постоя­нен по модулю и направлению.

2. Пусть внешние силы, действующие на систему, таковы, что сумма их проекций на какую-нибудь ось (например, Од:) равна нулю:

Тогда из уравнений (20) следует, что при этом (2 т=сопз1 . Таким образом, если сумма проекций всех действующих внешних сил на

282

какую-нибудь ось равна нулю, то проекция количества движения си­

стемы на эту ось есть величина постоянная.

Эти результаты и выражают закон сохранения количества дви­

жения системы. Из них следует, что внутренние силы изменить ко­

личество движения системы не могут. Рассмотрим некоторые при­

меры.

Я в л е н и е о т д а ч и и л и о т к а т а . Если рассматривать винтовку и пулю как одну систему, то давление пороховых газов при выстреле будет силой внутренней. Эта сила не может изменить количество движения системы, равное до выстрела кулю. Но так как пороховые газы, действуя ка пулю, сообщают ей некоторое количество движения, направленное вперед, то они одновременно должны сообщить винтовке такое же количество движения в обратном направле­нии. Это вызовет движение винтовки назад, т. е. так называемую отдачу. Анало­гичное явление получается при стрельбе из орудия (откат).

Р а б о т а г р е б н о г о в и н т а ( п р о п е л л е р а ) . Винт сообщает некоторой массе воздуха (или воды) движение вдоль оси винта, отбрасывая эту массу назад. Если рассматривать отбрасываемую массу и самолет (или судно) как одну систему, то силы взаимодействия винта и среды, как внутренние, не могут изменить суммарное количество движения этой системы. Поэтому при от­брасывании массы воздуха (воды) назад самолет (или судно) получает соответст­вующую скорость движения вперед, такую, что общее количество движения рас­сматриваемой системы остается равным нулю, так как оно было нулем до начала движения.

Аналогичный эффект достигается действием весел или гребных колес Р е а к т и в н о е д в и ж е н и е . В реактивном снаряде (ракете) газооб­

разные продукты горения топлива с большой скоростью выбрасываются из от­верстия в хвостовой части ракеты (из сопла ракетного двигателя). Действующие при этом силы давления будут силами внутренними и не могут изменить коли­чество движения системы ракета — продукты горения топлива. Но так как вы­рывающиеся газы имеют известное количество движения, направленное назад, то ракета получает при этом соответствующую скорость, направленную вперед. Величина этой скорости будет определена в § 114.

Обращаем внимание на то, что винтовой двигатель (предыдущий пример) сообщает объекту, например самолету, движение за счет отбрасывания назад частиц той среды, в которой он движется. В безвоздушном пространстве такое движение невозможно. Реактивный же двигатель сообщает движение за счет от­броса назад масс, вырабатываемых в самом двигателе (продукты горения). Дви­жение это в равной мере возможно и в воздухе, и в безвоздушном пространстве.

При решении задач применение теоремы позволяет исключить из рассмотрения все внутренние силы. Поэтому рассматриваемую систему надо стараться выбирать так , чтобы все (или часть) заранее неизвестных сил сделать внутренними.

Закон сохранения количества движения удобно применять в тех случаях, когда по изменению поступательной скорости одной части системы надо определить скорость другой части. В частности, этот закон широко используется в теории удара.

Задача 126. Пуля массой т, летящая горизонтально со скоростью и, по­падает в установленный на тележке ящик с песком (рис 289). С какой скоростью начнет двигаться тележка после удара, если масса тележки вместе с ящиком равна Ш

Р е ш е н и е . Будем рассматривать пулю и тележку как одну систему Это позволит при решении задачи исключить силы, которые возникают при ударе пули о ящик. Сумма проекций приложенных к системе внешних сил на горизон­тальную ось Ох равна нулю. Следовательно, (?Л=сопз1 или 0,1Х=0.<1х>

гД

е 0.о —

283

количество движения системы до удара; Сх — после удара. Так как до удара тележка неподвижна, то О.ох=ти.

После удара тележка и пуля движутся с общей скоростью, которую обозначим через V. Тогда ф1л;=(т-т-Л1)».

Приравнивая правые части выражений <}1х и О.ох, найдем

ти М)'

Задача 127. Определить скорость свободного отката орудия, если вес отка­тывающихся частей равен Р, вес снаряда р, а скорость снаряда по отношению к каналу ствола равна в момент вылета и.

7^7?,

Рис. 289 Рис. 290

Р е ш е н и е . Для исключения неизвестных сил давления пороховых газов рассмотрим снаряд и откатывающиеся части как одну систему.

Пренебрегая за время движения снаряда в канале ствола сопротивлением откату и силами Р, р и Л/, которые очень малы по сравнению с силами давления пороховых газов, вызывающих откат, найдем, что сумма приложенных к системе внешних сил равна нулю (рис. 290; откатывающиеся вместе со стволом части на нем не показаны). Тогда ф=сопз1: и фд^сопзт., а так как до выстрела система неподвижна (<20=0). то и в любой момент времени (2^=0.

Обозначим скорость откатывающихся частей в конечный момент через У. Тогда абсолютная скорость снаряда в этот момент равна Ы+У. Следовательно,

<1х = Р«х18+Р(их + "х)/8 = 0- (а)

Отсюда находим

(Р + Р)-

Если бы была известна абсолютная скорость вылета снаряда ил$, то в равен­ство (а) вместо и.х-\-ъх вошла бы сразу величина «абх> откуда

„ _ Р"аб*

Знак минус в обоих случаях указывает, что направление V противоположно и. Подчеркиваем, что при вычислении полного количества движения системы

надо учитывать абсолютные скорости движения ее частей.

§ 113*. ПРИЛОЖЕНИЕ ТЕОРЕМЫ К ДВИЖЕНИЮ ЖИДКОСТИ (ГАЗА)

Рассмотрим установившееся течение жидкости. Установившимся

называется течение, при котором в каждой точке области, занятой

жидкостью, скорости о ее частиц, давление р и плотность р не изме­

няются со временем. При таком течении траектории жидких час­

тиц являются одновременно линиями тока, т. е. кривыми, в каждой

точке которых касательные направлены так же, как скорости жид­

ких частиц, находящихся в данный момент времени в этих точках.

284

Выделим в движущейся жидкости область, ограниченную линия­ми тока, называемую трубкой тока (рис. 291, а; в случае движения в трубе это область, ограниченная стенками трубы). При устано­вившемся течении через любое поперечное сечение трубки с пло­щадью 5 за 1 с будет проте­кать одно и то же количество массы жидкости

0 с = р5у, (22)

где V— средняя скорость жид­кости в данном сечении. Ве­личину 0С называют секунд­ным массовым расходом жид­кости.

Выделим в трубке в мо­мент времени I объем жид­кости / — 2, ограниченный сечениями 1 и 2 (рис. 291) и обозначим его количество

движения 012 . В момент времени 1-\-а\1 этот объем перейдет в поло­жение 3—4, а его количество движения будет

0.™ = О.™ + О м — О м = 0~11 + • —°с & •»!,

так как в объем / — 3 за время а7 войдет масса жидкости Оса7

со скоростью г*!, а в объем 2—4 — та же масса со скоростью у2.

Тогда _ _ _ _

<10 = 034 — 0 1 2 = =С

с ( ^ 2 — и

с!0/й7 = 0 с ( й 2 — щ ) .

Подставляя это значение производной в уравнение (20), получим

О с ( о . - » 1 ) = 2 7 | . (23)

Равенство (23) выражает теорему об изменении количества дви­жения для установившегося движения жидкости (или газа) в трубке тока (или в трубе). Величину ССУ называют секундным количеством движения жидкости. Тогда теорему можно сформулировать так: разность секундных количеств движения жидкости, протекающей через два поперечных сечения трубки тока (трубы), равна сумме внешних сил, действующих на объем жидкости, ограниченный этими сечениями и поверхностью трубки тока (стенками трубы). Теорема позволяет при решении задач исключить из рассмотрения все внут­ренние силы (силы взаимных давлений частиц жидкости в объеме 1-2).

В случае движения в трубе разделим действующие внешние си­

лы на главный вектор массовых сил (сил тяжести) рм, действующих

на все частицы жидкости, и главные векторы поверхностных сил:

К" — сил давления на жидкость со стороны стенок трубы (реакций

285

трубы), Р" и — сил давления в сечениях / и 2 со стороны жид­

кости, находящейся вне объема 1—2 (рис. 291, б); численно Р" =

~Р1$и Р%=Р2$2- Тогда уравнение (23) можно представить в виде

Ос ( » 2 - о х ) + ^ 4 - ^ 1 ? . ( 2 3 ' )

Равенство (23') выражает теорему, называемую теоремой Эйлера.

Задача 128. Д а в л е н и е с т р у и . Струя воды вытекает из брандспойта со скоростью с= 10 м/с и ударяет под прямым углом о твердую стенку (рис. 292). Диаметр вытекающей струи <2=4 см. Определить силу динамического давления на стенку.

Р е ш е н и е . Рассмотрим часть струи, заключенную между сечениями 1 и 2, и применим к ней теорему, выражаемую равенством (23), проектируя обе его части на ось Ох. Учтя, что внешней силой, дающей проекцию на ось Ох, является реакция стенки и что Ях=—Я, получим

Ос(к2х—г1х)= — Я. (а)

Отсюда, так как у1Л=о, о2л .=0, а по формуле (22) Ос=рмиР/4, где плотность воды р=1000 кг/м

3, находим окончательно

#=р(лй2/4)у

2= 125,6 Н.

Сила давления струи на стенку равна этой же величине,

Рис. 292 Рис. 293

Задача 129. По расположенному в вертикальной плоскости и изогнутому под углом а колену трубы длиной / и радиусом г течет вода со средней по сечению скоростью V (рис. 293). Определить полную силу давления воды на колено, если давления на входе и выходе из колена равны соответственно р± и р2.

Р е ш е н и е . Применим к объему ) — 2 воды, заключенной в колене, урав­нение (23') в проекциях на оси Ох и Оу. Внешними силами для этого объема будут массовая сила (сила тяжести) тд, силы давления Р± и Р2 в сечениях / и 2 и сум­марная реакция стенок колена, имеющая составляющие Ях и й9 . Тогда полу­чим

6с^2х—о1х) = Ях + Р1Соаа—Р2, \

Сс (<-'2у — и1уУ=Ку — Р1 вта—тд. ) Так как в данном случае ь\=ьг=ь, то о 1 А , = о с о 5 а , о2х=о^ху=—V в'т а,

V2у=0. Кроме того, по формуле (22) Ос=рлЛ>, где р — плотность воды; Рх= =р1лг

2; Р2=р2&г

г, а масса воды в колене т=рЫг

2. Подставляя все эти величины

в уравнения (а), найдем окончательно: Ях=лг

2[рц*(1— соз а)+р2—рхсоз а ] , Яу=лг

2(ри

2в'т а+р131П сс+рд!).

Силы давления воды на колено трубы численно равны ^я и Яу, но имеют проти­воположные направления.

286

§ 114.* ТЕЛО ПЕРЕМЕННОЙ МАССЫ. ДВИЖЕНИЕ РАКЕТЫ

В классической механике масса каждой точки или частицы систе­мы считается при движении величиной постоянной. Однако в не­которых случаях состав частиц, образующих данную систему или тело, может с течением времени изменяться (отдельные частицы мо­гут отделяться от тела или присоединяться к нему извне); вследствие этого будет изменяться и суммарная масса рассматриваемого тела. Задачи, в которых имеет место подобное присоединение или отде­ление единичных масс, нам уже встречались (см. выше задачи 126, 127 или задачу 86 в § 78). В этом параграфе будет рассмотрен другой практически важный случай, когда процесс отделения от тела или присоединения к нему частиц происходит непрерывно. Тело, масса М которого непрерывно изменяется с течением времени вследствие присоединения к нему или отделения от него материальных частиц, будем называть телом переменной массы. Д л я тела переменной массы

м=р®,

где Р (г) — непрерывная функция времени. Когда такое тело движется поступательно (или когда вращатель­

ная часть его движения не учитывается), это тело можно рассмат­ривать как точку переменной массы.

Д в и ж е н и е р а к е -т ы. Найдем уравнение дви­жения тела, масса которо­го со временем непрерывно Рис. 294 убывает, на практически важном примере движения ракеты, считая ее точкой переменной массы. Обозначим относительную (по отношению к корпусу ра­кеты) скорость истечения' продуктов горения из ракеты через и. Чтобы исключить силы давления, выталкивающие продукты горе­ния, сделав эти силы внутренними, рассмотрим в некоторый момент времени I систему, состоящую из самой ракеты и частицы, отделяю­щейся от нее в течение промежутка времени о7 (рис. 294). Масса }1 этой частицы численно равна величине с1М, на которую за время а/ изменяется масса ракеты. Так как М — величина убывающая, то с Ш < 0 , и , следовательно, ц , = 1 с Ш | = — й М .

Уравнение (20) для рассматриваемой системы можно предста­вить в виде

дд = Р'Ы, (24)

где Ре — геометрическая сумма приложенных к ракете внешних

сил. _ _

Если скорость V ракеты за время аг изменяется на величину ас,

то количество движения рассматриваемой системы получает при

этом приращение МсЬ. У частицы в момент I количество движения

равно [хг? (она еще является частью тела), а в момент г + а 7 оно будет

287

ц, (о+и), так как частица получает дополнительную скорость и.

Следовательно, за время 67 количество движения частицы изменится

на величину и\к=—ийМ (поскольку р = — с Ш ) , а для всей системы

получится д.О_=Мс1о—ийМ. Подставляя это значение в равенство

(24) и деля обе его части на 67, найдем окончательно

М ^ = ?< + 諧. (25)

Уравнение (25) представляет собой в векторной форме дифферен-циа.гьное уравнение движения точки переменной массы, называемое уравнением Мещерского.

Учитывая, что последнее слагаемое в правой части (25) по раз­

мерности также является силой, и обозначая его через Ф, мы можем

уравнение (25) представить еще в виде

М-§- = Р' + Ф. (26)

Таким образом, реактивный эффект сводится к тому, что на ра­

кету при ее движении дополнительно действует сила Ф, называемая

реактивной силой. Величина АМШ численно равна массе топлива, расходуемого за

единицу времени, т. е. секундному расходу массы топлива Ос. Таким образом, если учесть знак, то

Отсюда следует, что

Ф = — Й0С, (27)

т. е. реактивная сила равна произведению секундного расхода массы топлива на относительную скорость истечения продуктов его сго­рания и направлена противоположно этой скорости.

Н е к о т о р ы е д р у г и е с л у ч а и д в и ж е н и я т е л а п е р е ­м е н н о й м а с с ы . Если рассмотреть движение тела, масса М которого с те­чением времени вследствие непрерывного присоединения к нему частиц возрас­тает (<Ш/с№>0), считая это тело тоже точкой переменной массы, а относительную скорость присоединяющихся частиц обозначить по-прежнему и, то нетрудно про­верить, что для такого тела уравнение движения сохранит вид (25) или (26), только в уравнении (26), поскольку теперь с Ш Ш > 0 , будет

Ф = й О с .

Наконец, для тела, у которого одновременно происходит непрерывное от­деление и присоединение частиц, в уравнении (26) получится

Ф = — « А с - И г О а с .

где «х и и

2 — относительные скорости отделяющихся и присоединяющихся час­тиц соответственно; 01с — отделяющаяся, а 02с — присоединяющаяся за се­кунду масса.

288

Такой случай имеет, например, место для самолета, на котором установлен воздушно-реактивный двигатель, засасывающий воздух из атмосферы и выбра­сывающий его вместе с продуктами горения топлива. Так как доля этих про­дуктов в отбрасываемом воздухе очень мала (не превышает 2—3%), то здесь практически можно считать 0 1 с = 0 2 с = 0 с . Кроме того, очевидно, что относитель­ная скорость присоединяемой массы воздуха и2=—у, где V — скорость само­лета. Тогда, полагая и±—и, получим соответственно для вектора Ф и его мо­дуля Ф значения:

Ф=—С.с(й+~о), Ф = Ос(и—V).

При определении модуля реактивной силы принято, что скорости V (самолета) и и (отбрасываемого воздуха) направлены в прямо противоположные стороны.

Формула справедлива и для гидрореактивпого двигателя, создающего тягу за счет засасывания н выброса воды.

Ф о р м у л а Ц и о л к о в с к о г о . Найдем, как происходит движение ракеты под действием только одной реактивной силы, считая р

е—0, а относительную скорость истечения и постоянной.

Направим координатную ось х в сторону движения (см. рис. 294). Тогда с ж = у , их=—и и уравнение (25) в проекции на ось х, если в нем положить Р

е=0, примет вид

ЛЯ А1

> Ш

А М-гг = — и - т г или сш = — и-гг.

а( Ы М

Интегрируя это уравнение и считая, что в начальный момент

масса М=М0, а скорость У = У 0 и направлена вдоль оси Ох, получим

у = у 0 + « Ы(М0/М). (28)

Обозначим массу корпуса ракеты со всем оборудованием через Мк, а всю массу топлива через Мт. Тогда, очевидно, М(,=МК+МТ, а масса ракеты, когда все топливо будет израсходовано, будет равна Мк. Подставляя эти значения в равенство (28), получим формулу Циолковского, определяющую скорость ракеты, когда все ее топливо будет израсходовано (скорость в конце так называемого активного участка):

у=1>о+« 1 п ( 1 + М т Ш к ) . (29)

Строго этот результат справедлив в безвоздушном пространстве и вне поля сил. Из формулы (29) видно, что предельная скорость ракеты зависит: 1) от ее начальной скорости и„; 2) от относительной скорости истечения (вылета) продуктов горения и; 3) от относитель­ного запаса топлива МТ!МК (число Циолковского) . Очень интересен тот факт, что от режима работы ракетного двигателя, т. е. от того, насколько быстро или медленно сжигается все топливо, скорость ракеты в конце периода горения не зависит.

Важное практическое значение формулы Циолковского состоит в том, что она указывает возможные пути получения больших ско­ростей, необходимых для космических полетов. Этими путями явля­ются увеличение Мт/Мк, и и у0, причем путь увеличения и и у0

более эффективен. Увеличение и и МТШК связано с видом топлива и конструкцией ракеты. Применяемые жидкие топлива позволяют

10 № 2173 289

получить и = 3 0 0 0 - И 5 0 0 м/с. Но значения М7/Мк у одноступенча­тых ракет таковы, что они не дают скоростей, необходимых для кос­мических полетов (см. § 98). Получить необходимую скорость можно путем использования составной (многоступенчатой) ракеты, части (ступени) которой по мере израсходования содержащегося в них топлива автоматически отделяются от последней ступени, получаю­щей в результате дополнительную (начальную) скорость.

Подобная многоступенчатая ракета была применена для запуска первых в мире советских искусственных спутников Земли (4 октяб­ря и 3 ноября 1957 г.), а также при многочисленных пусках других космических объектов, в том числе кораблей, на которых совершают свои полеты космонавты.

Глава XXIV

ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ МОМЕНТА КОЛИЧЕСТВ ДВИЖЕНИЯ СИСТЕМЫ

§ 115. ГЛАВНЫЙ МОМЕНТ КОЛИЧЕСТВ ДВИЖЕНИЯ СИСТЕМЫ

Понятие о моменте количества движения для одной материальной точки было введено в § 85. Главным моментом количеств движения (или кинетическим моментом) системы относительно данного цент­ра О называется величина К0, равная геометрической сумме моментов количеств движения всех точек системы относительно этого центра *:

К0 = Ъто{тк\). (30)

Аналогично определяются моменты количеств движения систе­мы относительно координатных осей:

Кх = Ътх{ткок), Ку==Ъти(т$>к), К, = Ътг(ткок). (31)

При этом Кх, Ку, Кг представляют собой одновременно проекции

вектора Ко на координатные оси. В § ПО было отмечено, что количество движения системы можно

рассматривать как характеристику ее поступательного движения. Из последующего будет видно, что главный момент количеств дви­жения (кинетический момент) системы может рассматриваться как характеристика ее вращательного движения.

К и н е т и ч е с к и й м о м е н т в р а щ а ю щ е г о с я т е л а . В качестве важного конкретного примера найдем значения Кг, Кч и Кх для тела, вращающегося вокруг неподвижной оси г (рис. 295).

* Чаще для краткости величину Ко называют кинетическим моментом или просто моментом количеств движения системы.

290

1. Определение Кг- У любой точки тела, отстоящей от оси вра­

щения на расстоянии Нк, скорость ок=&Нк (со — угловая скорость

тела). Следовательно, для этой точки тг(ткок)=ткокпк=ткпка).

Тогда для всего тела, вынося общий множитель

со за скобки, получим

Кг = 2шг ( т д ) = (2тйА|) со.

Величина, стоящая в скобках, представляет собой момент инерции тела относительно оси г (см. § 102). Окончательно находим

К г = /гсо. (32)

Таким образом, кинетический момент враща­ющегося тела относительно оси вращения равен произведению момента -инерции тела относи­тельно этой оси на угловую скорость тела.

Если система состоит из нескольких тел, вра­щающихся вокруг одной и той же оси, то

>со„ (32')

Заметим еще, что формула (32) сохранит свой вид и в случае

поворота тела вокруг мгновенной оси вращения 01 с угловой ско­

ростью со, так как при этом поле скоростей точек тела будет в дан­

ный момент времени таким же, как при вращении вокруг неподвиж­

ной оси. Таким образом,

= (33)

2*. Определение Кх и Ку Для определения Кх вычислим величину тх^/,) так же, как вычисляется момент силы, при этом используем формулы (47) из § 28, заменив в них Р на V. Тогда

Но согласно формулам (77') нз § 62 ьку=шк, икг—-0 (последнее сразу видно из рис 295), следовательно, тх(ьк)=—хкгкв>. В результате, вынося общий мно­житель со за скобки, найдем

Кх = Ътх (ткйк) = — (Ъткхкгк) со = — /ягсо,

так как сумма, стоящая в скобках, представляет собой центробежный момент инерции 1 х2 (см. § 104). Аналогичное выражение получится для Ку, где всюду вместо хк войдет ук. Окончательно

Кх — —1 лгсо, К у = — / (34)

Таким образом, кинетический момент вращающегося тела относительно центра О, лежащего на оси вращения Ог, представляет собой вектор Ко, проекции которого на оси Охуг определяются формулами (32) и (34) В общем случае, как видим, вектор Ко ие направлен по оси вращения Ог Но если ось Ог будет для точ­ки О главной осью инерции тела (в частности, осью симметрии), то 1хг=1уг=0. При этом Кх=Ку—0 и Ко~Кг Следовательно, если тело вращается вокруг оси, являющейся для точки О главной осью инерции тела (или вокруг оси симметрии тела), то вектор Ко направлен вдоль оси вращения и численно равен Кг, т. е. /,со.

10* 291

§116. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ ГЛАВНОГО МОМЕНТА

КОЛИЧЕСТВ ДВИЖЕНИЯ СИСТЕМЫ (ТЕОРЕМА МОМЕНТОВ)

Теорема моментов, доказанная для одной материальной точки (см. § 85), будет справедлива для каждой из точек системы. Следо­вательно, если рассмотреть точку системы с массой тк, имеющую скорость уь, то для нее будет

-^г- [т0 (ткх>ь)] = пг0 (Р%) + т„ (Рк),

где Р% и р% — равнодействующие всех внешних и внутренних сил, действующих на данную точку.

Составляя такие уравнения для всех точек системы и склады­вая их почленно, получим

± [2т0 (ткщ)] = 2 т 0 (Ц) + 2 ш 0 (Р'к).

Но последняя сумма по свойству внутренних сил системы равна нулю. Тогда, учитывая равенство (30), найдем окончательно

1 $ - = Як0(П). (35)

Полученное уравнение выражает следующую т е о р е м у мо­м е н т о в для системы: производная повремени от главного момента количеств движения системы относительно некоторого неподвижного центра равна сумме моментов всех внешних сил системы относитель­но того же центра

Проектируя обе части равенства (35) на неподвижные оси Охуг, получим:

*«*=2тх(П), ^ = 2 т „ ( П ) , ^ / - = 2 т г ( П ) . (36)

Уравнения (36) выражают теорему моментов относительно любой неподвижной оси.

Доказанной теоремой широко пользуются при изучении враща­тельного движения тела, а также в теории гироскопа и в теории удара. Но значение теоремы этим не ограничивается. В кинематике было показано, что движение твердого тела в общем случае слага­ется из поступательного движения вместе с некоторым полюсом и вращательного движения вокруг этого полюса. Если за полюс выбрать центр масс, то поступательная часть движения тела может быть изучена с помощью теоремы о движении центра масс, а вра­щательная —• с помощью теоремы моментов. Это показывает важ­ность теоремы для изучения движения свободного тела (летящий самолет, снаряд, ракета; см. § 132) и, в частности, для изучения плоскопараллельного движения (см. § 130).

Практическая ценность теоремы моментов состоит еще в том, что она, аналогично теореме об изменении количества движения, позво-

292

ляет при изучении вращательного движения системы исключать из рассмотрения все наперед неизвестные внутренние силы.

Т е о р е м а м о м е н т о в о т н о с и т е л ь н о ц е н т р а м а с с * . Чтобы применять теорему моментов к изучению плоско­параллельного движения или движения свободного твердого тела, надо найти вы­ражение этой теоремы для движения систе­мы относительно центра масс. Пусть Охуг— неподвижные оси, по отношению к которым движется рассматриваемая механическая система, а Сх'у'г' — оси перемещающиеся поступательно вместе с центром масс С этой системы (рис. 296), при этом оси Сх'у'г' имеют ускорение ас, равное ускоре­нию центра масс. В §91 было показано, что все уравнения динамики можно составлять в осях Сх'у'г' так же, как в неподвижных, если к действующим на каждую из точек си­стемы силам Р% и Рк прибавить переносную силу инерции Р% пер (ко-риолисовы силы инерции в данном случае равны нулю, так как оси Сх'у'г' движутся поступательно). Следовательно, уравнение (35) в осях Сх'у'г' примет вид

^ = 2 т с ( П ) + Е т с ( ^ п е р ) ,

Рис. 296

(37)

поскольку сумма моментов внутренних^ сил относительно любого

центра равна нулю. При этом величина Кс вычисляется по формуле

# с = 2 « с ( / в д ; ) , (37')

где а'к — скорости точек системы по отношению к осям Сх'у'г'.

Найдем значение последней суммы в равенстве (37). По опре­

делению, Р"пер=—ткакпер. Так как оси Сх'у'г' движутся поступа­

тельно, то для любой из точек Вк системы ак пер=ас; следовательно,

РкП^=—ткас и тс(Р)1п^р)==гкХ (—ткас)=~ткг'кХас. Тогда, вы­

нося общий множитель ас за скобки и учитывая, что по формуле

(Г) Иткг'к=Мг'с, получим

2 / п с (Ракиер) = — &тк?к) х а с = - М 7 ' с хас — 0,

так как точка С является в системе осей Сх'у'г' началом координат

и г ё = 0 . В результате равенство (37) дает

= 2 / п с № (38)

Сравнивая этот результат с уравнением (35), приходим к выводу, что для осей, движущихся поступательно вместе с центром масс системы, теорема моментов относительно центра масс сохраняет тот же вид, что и относительно неподвижного центра. Точно так

293

же для моментов относительно осей Сх'у'г' из (38) получаются урав­нения, аналогичные уравнениям (3&).

Заметим, что в любой другой подвижной системе отсчета будет

или Гс^О, или не будут равны нулю кориолисовы силы инерции и

уравнение моментов не будет иметь вид, совпадающий с (35).

§ 117. ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ГЛАВНОГО МОМЕНТА

КОЛИЧЕСТВ ДВИЖЕНИЯ

Из теоремы моментов можно получить такие следствия. 1. Пусть сумма моментов относительно центра О всех внешних

сил, действующих на систему, равна нулю

2 т о ( П ) = 0.

Тогда из уравнения (35) следует, что при этом /<~0=сопз1. Таким образом, если сумма моментов относительно данного центра всех приложенных к системе внешних сил равна нулю, то главный момент количеств движения системы относительно этого центра будет численно и по направлению постоянен. Приложение этого результа­та к случаю движения планеты было рассмотрено в § 86.

2. Пусть внешние силы, действующие на систему, таковы, что сумма их моментов относительно некоторой неподвижной оси Ог равна нулю

2тг(П) = 0.

Тогда из уравнений (36) следует, что при этом /С г=сопз1. Таким образом, если сумма моментов всех действующих на систему внешних сил относительно какой-нибудь оси равна нулю, то главный момент количеств движения системы относительно этой оси будет величи­ной постоянной.

Эти результаты выражают собой закон сохранения главного мо­мента количеств движения системы. Из них следует, что внутренние силы изменить главный момент количеств движения системы не могут.

С л у ч а й в р а щ а ю щ е й с я с и с т е м ы . Рассмотрим систему, вращающуюся вокруг неподвижной (или проходящей через центр масс) оси г. Тогда по формуле (32) К2=^^- Если в этом слу­чае 'Етг(Р%)=0, то

/ Г С 0 = С О П 5 Г .

Отсюда приходим к следующим выводам: а) если система неизменяема (абсолютно твердое тело), то /2==

=сопз1; и, следовательно, со=сопз1;, т. е. твердое тело, закрепленное на оси, вращается в этом случае с постоянной угловой скоростью;

б) если система изменяема, то под действием внутренних (или внешних) сил отдельные ее точки могут удаляться от оси, что вы­зывает увеличение или приближаться к оси, что приведет к уменьшению / г . Но поскольку / гсо=сопз1 , то при увеличении мо-

294

мента инерции угловая скорость системы будет уменьшаться, а

при уменьшении момента инерции—увеличива т ь ся . Таким обра­

зом, действием внутренних сил можно изменить угловую скорость

системы, так как постоянство Кг не означает вообще постоянства со.

Рассмотрим некоторые примеры.

а) О п ы т ы с п л а т ф о р м о й Ж у к о в с к о г о . Для демонстрации закона сохранения момента количеств движения удобно пользоваться простым прибором, называемым «платформой Жуковского». Это круглая горизонтальная платформа на шариковых опорных подшипниках, которая может с малым тре­нием вращаться вокруг вертикальной оси г. Для человека, стоящего на такой платформе, 2 т г ( ^ | ) = 0 и, следовательно, /2сд==сопз1. Если человек, разведя руки в стороны, сообщит себе толчком вращение вокруг вертикальной оси, а за­тем опустит руки, то величина /г уменьшается и, следовательно, угловая ско­рость вращения возрастет. Таким способом увеличения угловой скорости широко пользуются в балете, при прыжках в воздухе (сальто) и т. п.

Далее, человек, стоящий на платформе неподвижно (/Сг=0), может повер­нуться в любую сторону, вращая вытянутую горизонтально руку в противопо­ложном направлении. Угловая скорость человека при этом будет такой, чтобы в сумме величина Кг системы осталась равной нулю.

б) Р а с к а ч и в а н и е к а ч е л е й . Давлением ног (сила внутренняя) человек, стоящий на качелях, раскачать их не может. Сделать это можно следую­щим образом. Когда качели находятся в левом верхнем положении Аа, человек приседает. При прохождении через вертикаль он быстро выпрямляется. Тогда массы приближаются к оси вращения г, величина /г уменьшается и угловая ско­рость со скачком возрастает. Это увеличение ш приводит в конечном счете к тому, что качели поднимутся выше начального уровня А0. В правом верхнем поло­жении, когда и = 0 , человек опять приседает и Уг увеличивается, но со остается равной нулю; при прохождении через вертикаль оп снова выпрямляется и т. д. В результате размахи качелей будут возрастать.

Происходящие при этом вынужденные колебания качелей называются пара­метрическими, так как они совершаются не под действием периодически меняю­щейся силы (см. §96), а вследствие периодического изменения параметров систе­мы: ее момента инерции и положения центра тяжести.

в) Р е а к т и в н ы й м о м е н т в и н т а . Если рассматривать корпус вер­толета (вместе с двигателем), его винт и отбрасываемую массу воздуха как одну систему, то силы взаимодействия между двигателем и винтом и между винтом и воздушной средой будут для этой системы внутренними и ие могут изменить ее суммарный момент количеств движения, равный до пуска двигателя нулю. Поэтому корпус вертолета должен начать вращаться в сторону, противополож­ную направлению вращения винта и воздушной среды. Действующий при этом на вертолет вращающий момент называют реактивным моментом. Чтобы предот­вратить реактивное вращение корпуса одновинтового вертолета, на его хвостовой части устанавливают соответствующий рулевой винт. У многовинтового вертолета винты делают вращающимися в разные стороны.

Появление реактивного момента можно использовать для эксперименталь­ного определения вращающего момента авиационного двигателя, так как эти моменты равны друг другу по модулю, а реактивный момент можно измерить, установив двигатель с вращающимся вивтом на соответствующих весах.

§ 118. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

Теоремой моментов пользуются для изучения вращательного

движения тел (см. § 128, 131, 132).

Закон сохранения момента количеств движения позволяет по

величине или по скорости перемещения одной части системы опре­

делить изменение угловой скорости (или угол поворота) другой ее

части. При этом из рассмотрения исключаются все наперед неизвест-

295

т1'

^ Ш ш Ч

Ж = X

Рис. 297

ные внутренние силы, а также внешние силы, пересекающие ось вращения или ей параллельные.

Задача 130. Два диска насажены на общий вал (рис. 297). В некоторый момент времени вал слегка закручивают и предоставляют самому себе. Пренебре­гая массой вала, определить зависимость между угловыми скоростями и углами

поворотов дисков при их крутильных колебаниях, если моменты инерции дисков /х и /2 относительно оси х известны.

Р е ш е н и е . Чтобы исключить неизвестные си­лы упругости, вызывающие колебания дисков, рассмот­рим оба диска и вал как одну систему. Действующие на эту систему внешние силы (реакции подшипников и сила тяжести) пересекают ось х, поэтому Итх(Рк)

=0

и /еЛ=соп51;. Но так как в начальный момент времени

Кх—0> то и во все время колебаний должно быт ь Ял;=/1й)

1~Ь^2со

2:==

0 (кинети­ческий момент системы относительно оси х равен сумме кинетических моментов каждого нз дисков относительно той же осн). Отсюда

г д е срх и ф2 — углы закручивания дисков, отсчитываемые от начального положе­ния (последний результат получается интегрированием первого равенства).

Таким образом, колебания будут происходить в противоположные стороны, а угловые амплитуды колебаний будут обратно пропорциональны моментам инерции дисков. Неподвижное сечение будет ближе к диску, момент инерции ко­торого больше.

Задача 131. У вертолета с двумя соосными винтами, вращающимися в раз­ные стороны, один винт в полете внезапно останавливается, а другой продол­ж а е т вращаться вокруг вертикальной оси г с угловой скоростью Момент инер­ции относительно оси г вращающегося винта равен а вертолета вместе с оста­новившимся винтом — /2. Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить, с какой угловой скоростью со2 станет вращаться вертолет.

Р е ш е н и е . Силы взаимодействия между двигателем и валом винта не­известны, но они станут внутренними, если рассмотреть в качестве механической системы вертолет вместе с винтами. Остановку винта вызвали тоже внутренние силы, которые не могут изменить кинетический момент Кг системы, равный до э т о г о (когда оба винта вращались в разные стороны) нулю. Следовательно, и после остановки винта должно быть /Сг=/1(сод+со2)-|-У2со2=0, где ^ ( с о ^ Ш з ) — ки­нетический момент вращающегося вннта (винт, вращаясь е щ е и вместе с верто­летом, будет иметь абсолютную угловую скорость ш^=(а1-{-&2)> а /2со2 — ки­нетический момент вертолета вместе с остановившимся винтом. В результате находим

Знак указывает, что направление со2 противоположно а^. При решении задач необходимо обращать внимание на то, что в исходные

выражения величины Кг (или Ко) входят абсолютные скорости точек и тел сис­темы.

Задача 132. В регуляторе АВ, имеющем вертикальную ось вращения Ог (величина /г регулятора известна), помещены два симметрично расположенных груза массой т каждый, прикрепленных к пружинам (рис. 298). Когда грузы на­ходятся в точках С, отстоящих от оси Ог на расстояниях регулятор вращается с заданной угловой скоростью ш0. В некоторый момент времени угловая скорость изменяется и грузы начинают совершать около центров С одинаковые затухающие колебания. Пренебрегая трением в оси, найти, как будет изменяться угловая ско­рость ш регулятора в зависимости от положений грузов, считая их материаль­ными точками.

Р е ш е н и е . Чтобы исключить неизвестные нам силы упругости пружин и силы трения грузов о направляющие, рассмотрим регулятор и грузы как одну систему. Тогда, поскольку силы тяжести параллельны оси Ог, а реакции подшип­ников пересекают эту ось, 2 т г ( ? й ) = 0 и должно быть /<" г=К1

е г+2/< ' г

Р=соп51 .

296

Найдем сначала Кггр. Скорость груза о = и 0 г + У п е р

и Кг

Р=тг(тх]0Т)-\-

-\-тг(гт>п1,р). Но вектор уог направлен по оси Сх, пересекающей ось Ог, следо­

вательно, тг(таОТ)—0. Скорость о„ер перпендикулярна плоскости х,г, а ее

модуль опер=со(Н-х). Тогда ЛГ2р=/дапер (1-\-х)=ты(1-\-х)-. Учтя еще, что К%

ег~

= /гсо, получим

/Сг = [ / г + 2 т С + «)2]Щ.

При л:=0 ш=(в0 п /С20=(^2+2/п/2)сй0. Так как /Сг~сопз{, то Кг=Кга,

ч т 0 окон­

чательно дает

7- + 2т/2

<в=--2т ( / - г* - )

2

Когда х~>0, то со<со0, а когда я<0 , то со>со0. При затухании колебаний гру­зов х стремится к нулю, а со — к <о0.

Рис. 299

Задача 133. Однородный диск 1, и м е ю щ и й м а с с у тх и радиус 7?, насажен на перпендикулярную ему вертикальную ось Сг (рис. 299, где показан вид сверху). На диске'сделан паз, в середине О которого находится ползун 2 массой т 2 (ОС= —п) 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 о с и Сг равны нулю (см. рис. 298); следовательно, / С г = с о п з 1 . Поскольку до момента времени 1а=0 система была в покое, а ее движение начинается п о д действием внутренних сил, которые зна­чение Кг изменить не могут, то и в момент / 0=0 /С г=0 Отсюда в любой момент времени тоже /Сг=/С2

1)+/Сг

2)=0, так как /С2=соп5Г..

При движении системы Кг^—^г^ и

Кг,)=тг(т2V0^)-

^^тг(т2Vпер), где о о х =

= и, упер=сй-СО (ползун в точке О и ипср_1_СД). Тогда тг(т^0Т)=тгик,

яг2(т2упер)=т2»пер-СВ==т,со-(С1>)

2. В итоге, так как (СД)

2=/г

2+з

2, где «=

— 01) — перемещение ползуна, то получим

/С г= /гсо + т2й« + т2щ (/г

2 + 5

2)- (а)

Полагая теперь /е2=0 и считая для диска / г = 0 , 5 т 1 ^2 [см. § 102, формула (8)],

найдем окончательно

_ т2ки И

~ 0,5т1#2-|-/я2(Л

аЧ-з

а)' <

б)

Вращение происходит в направлении, противоположном показанному на рис. 299.

297

П р и м е ч а н и е . В данной задаче (и ей аналогичных) было бы ошибочно считать, что так как в момент / 0=0 ползун получил скорость и, то у системы Кго=т2иН (а не Кго=0)- В действительности же внутренние силы изменить зна­чение Кг

не могут; поэтому, сообщив ползуну при ^ 0=0 скорость и, они одно­

временно сообщат диску угловую скорость со0, такую, что у системы сохранится /Сго=0. Из решения (б) видно, что при (0=0, когда и 8 = 0 , диск получает сооб­щенную внутренними силами угловую скорость со0=—т^Ни^О^тхР^-^т^Н

2),

что и дает /Сго=0. Затем, при возрастании 5, модуль со убывает.

Если же принять Кго=т2иН, то, полагая Кг=Кга, где Кг дается равенством (а), получим ш=0. Такой результат действительно имеет место, когда скорость и

ползуну сообщают внешние силы и его трение о паз отсутствует.

Задача 134. На барабан весом Р и радиусом г (рис. 300) намотана нить с грузом А весом ф на конце. Пренебрегая весом нити, определить угловое ускорение барабана при вертикальном движении груза, если радиус инерции ба­рабана относительно его оси равен р и на барабан дей­ствует постоянный момент сил трения Лттр.

Р е ш е н и е . Рассмотрим систему барабан — груз; тогда неизвестные силы натяжения нити будут внутрен­ними. Воспользуемся теоремой моментов относительно оси О:

^ ^ т 0 ( Ц ) . (а)

Для данной системы Ко= КоРц

гКояр

'• Груз движется поступательно и его скорость о=сог. Барабан вращается вокруг неподвижной оси О и для него / о = ^(Р/ё)Р

2 [см. § 102, формула (4)]. Тогда

КоР = (<Э/§)ьт, /С«

аР = (Р/§)р

2со и Ко^М^ + Рр^Ш.

Для моментов сил получим 2 то (^ | )=Сг—Л4Т р . Подставляя все эти величины в равенство (а), найдем

<?/-2 + Рр

2 с Ь п

(0г—мтр)е отсюда

С^Ч-Рр2

§ 119*. ПРИЛОЖЕНИЕ ТЕОРЕМЫ МОМЕНТОВ

К ДВИЖЕНИЮ ЖИДКОСТИ (ГАЗА)

Рассмотрим опять (см. § 113) установившееся течение жидкости

(газа) в трубке тока (или в трубе). Выделим в трубке объем жидкости

)—2 , ограниченный сечениями / и 2, который за промежуток време­

ни а7 переходит в положение 3—4 (рис. 301). Найдем, как за время

гЦ изменится момент количеств движения К0 этого объема жидкости

относительно некоторого центра О. Рассуждая так же, как в § 113,

придем к выводу, что это изменение определится равенством, ана­

логичным полученному при выводе формулы (23), т. е. что

где Кц и

— моменты количеств движения жидкости в объемах

/—3 и 2 — 4 соответственно.

298

Для определения Кц разобьем площадь 5Х сечения / на эле­

менты А5А. За промежуток времени <Н через площадку Д$ь в объем

/—3 войдет масса жидкости Атк—(0с/31)А.8к -<И (Сс — секундный

расход массы). Момент количества движения этой массы будет

^Ки=гКХ Ашй •У1=гК'ХУ1(0с/81)&8ь -И, г д е г ь — радиус-вектор эле­

мента &.зк; юх — средняя скорость жидкости в сечении /. Тогда,

вынося общие множители за скобки, получим

^ 1 3 == с

с 27А • Азй) х уг М = 0С (гс, хй [ ) <Н,

где гС[—радиус-вектор центра тяжести площади 5 ! сечения / .

Аналогично найдем, что К 2 4=

С с ( / ' с , Х У 2 ) йг, где обозначения очевидны. Тогда

СЖ0 = К^-К13 = Ос [(Гс, X Щ)-(7С, XV,)] И.

Подставляя это значение а/Со в

уравнение (35), получим

СС [<7С, хщ) - ( 7С , хщ)] = 2 т 0 (?%). (39)

Равенство (39) можно еще представить в виде

С С [ / П 0 ( У 2 ) — т 0 ( у 1 ) ] = 2 т 0 ( Р | ) . (39')

При этом векторы ьх и у2 должны быть приложены в центрах тяжес­ти площадей соответствующих сечений трубки тока (трубы).

Если величину ОС /Л 0 (У ) назвать секундным моментом количеств движения 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 трубки тока (трубы), равна сумме моментов от­носительно того же центра всех внешних (массовых и поверхностных) сил, действую­щих на объем жидкости, ограниченный этими сечениями и поверхностью трубки тока (стенками трубы). При решении за­дач теорема позволяет исключить из рас­смотрения все внутренние силы, т. е. силы взаимных давлений частиц жидкости в объ- Рис. 301

еме /—2.

Задача 135. В радиальной гидротурбине, у которой внешний радиус рабо­чего колеса г±, а внутренний г2, вода имеет на входе абсолютную скорость а на выходе — абсолютную скорость у2; при этом векторы гх и у2 образуют с касатель­ными к ободам колеса углы ах и а2, соответственно (рис. 302, где показан одни канал между двумя лопатками турбины). Полный секундный расход массы воды через турбину Ос. Определить действующий на турбину момент относительно ее оси Ог сил давления воды (ось Ог направлена перпендикулярно плоскости чер­тежа).

299

Р е ш е н и е . Воспользуемся уравнением (39') в проекции на ось Ог, считач движение 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 во входном и выходном сечениях направлены вдоль радиусов и нх моменты отно­сительно оси Ог тоже равны нулю. Таким образом, в правой части уравнения (39')

сохранится только момент поверхностных сил дав­ления на жидкость лопагок турбины. Поскольку искомый момент Мг сил давления воды на лопагки турбины имеет противоположное направление, то из (39') в проекции ось Ог получим

Здесь 0С полный расход воды через все каналы и поэтому Мг будет искомым полным моментом. Из

рис. 302 видно, что тг^1)=то{и1)=г1у1са5 ах, ана-

логично пг{о2)=г2'о2со& а2 Таким образом,

* 2 ~ Мгй

№ а1 — ^ 2 V 2 с о $ а , 2 ) . (а)

П р и м е ч а н и е . По формуле (46) из § 87 мощность N=РXV. Если сила Р действует на тело, вращающееся вокруг оси Ог, то ь—шт и Ы—Ртгв>— = Мгш (см.§ 122). Тогда, умножив обе части равен­ства (а) на со и учтя, что гхШ^щ, /"2со=и2, где их —

окружная скорость па внешнем, а и2 на внутреннем ободе колеса турбины, получим

Л/=Ос(«1у1соз <хг—«2у2соз а2).

Это уравнение, устанавливающее зависимость между основными динами­ческими характеристиками турбины, называют турбинным уравнен ием Эйлера.

§ 120. УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ

Представим уравнения (16) из § 107 и (35) или (38) в виде:

т% = *

е и % - =

Мео или

% - = МЬ. (40)

Покажем, что из этих уравнений, являющихся следствиями

законов, изложенных в § 74, получаются все исходные результаты

статики.

1. Если механическая система находится в покое, то скорости

всех ее точек равны нулю и, следовательно, ос~0 и До-=0, где О —

любая точка. Тогда уравнения (40) дают:

Яг= 0 , М

г0 = 0. (40')

Таким образом, условия (40') являются необходимыми условиями

равновесия любой механической системы. Этот результат содержит

в себе, в частности, сформулированный в § 2 принцип отвердевания.

Но для любой системы условия (40'), очевидно, достаточными

условиями равновесия не являются. Например, если изображенные

на рис. 274 точки Ах и Л2 являются свободными, то под действием

сил Р1г и Рп они могут двигаться навстречу друг другу, хотя усло­

вия (40') для этих сил будут выполняться. Необходимые и достаточ-

300

ные 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 па абсолютно твердое тело. Пусть на свободное твердое тело, находящееся в покое, начинает действовать система сил, удовлет­воряющая условиям (40'Д, где О любая точка, т. е., в частности, и точка С. Тогда уравнения (40) дают о с =соп з 1 и /Сс=с °

п з* .

а т а к

как тело вначале было в покое, то гс=0 и /Сс—0- П ри ^ с = 0 точка

С неподвижна и тело может иметь только вращение с угловой ско­ростью со вокруг некоторой мгновенной оси С/ (см. § 60). Тогда по формуле (33) у тела будет /С г =/ г ю . Но Кг есть проекция вектора Кс

на о с ь С/, а так как /Сс=0 , то и /С г=0, откуда следует, что и

со=0, т. е. что при выполнении условий (40') тело остается в покое.

3. Из предыдущих результатов вытекают, в частности, исходные положения 1 и 2, сформулированные в § 2, так как очевидно, что две силы, изображенные на рис. 2, удовлетворяют условиям (40') и являются уравновешенными и что если к действующим на тело силам 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 XXV

ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ СИСТЕМЫ

§ 121. КИНЕТИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ СИСТЕМЫ

Кинетической энергией системы называется скалярная величина Т, равная сумме кинетических энергий всех точек системы:

Т = %т^12. (41)

Кинетическая энергия является характеристикой и поступатель­ного, и вращательного движений системы. Главное огличие величи­ны Т от введенных ранее характеристик 0_ и Ко состоит в том, что кинетическая энергия является величиной скалярной и притом су­щественно положительной. Поэтому она не зависит от направлений движения частей системы и не характеризует изменений этих на­правлений.

Отметим еще следующее важное обстоятельство. Внутренние силы действуют на части системы по взаимно противоположным на­правлениям. По этой причине они, как мы видели, не изменяют век­торных характеристик 0_ и Ко- Но если под действием внутренних сил будут изменяться модули скоростей точек системы, то при этом будет изменяться и величина Т. Следовательно, кинетическая энер-

301

гия системы отличается от величин О и Ко е1

Де и т

^м, что на ее изме­нение влияет действие и внешних, и внутренних сил.

Если система состоит из нескольких тел, то ее кинетическая энергия равна сумме кинетических энергий этих тел.

Найдем формулы для вычисления кинетической энергии тела в разных случаях движения.

1 . П о с т у п а т е л ь н о е д в и ж е н и е . В этом случае все точки тела движутся с одинаковыми скоростями, равными скорости центра масс. Следовательно, д л я любой точки ок=ос и формула (41) дает

Тпост = 2от4о&/2 = (2от 4 ) ^ /2

или

ГП0СТ = Лт^/2 . (42)

Таким образом, кинетическая энергия тела при поступательном движении равна половине произведения массы тела на квадрат ско­рости центра масс.

2 . В р а щ а т е л ь н о е д в и ж е н и е . Если тело вращается вокруг какой-нибудь оси Ог (см. рис. 295), то скорость любой его точки Уь=со/гй, где пь — расстояние точки от оси вращения, а со — угловая скорость тела. Подставляя это значение в формулу (41) и вынося общие множители за скобки, получим

ГЕр = Ът^НЦ2 = (2/лйЛ|) со2/2.

Величина, стоящая в скобках, представляет собой момент инер­ции тела относительно оси г. Таким образом, окончательно найдем

ГЕР = /гсо*/2, (43)

т. е. кинетическая энергия тела при вращательном движении равна половине произведения момента инерции тела относительно оси вращения на квадрат его угловой скорости.

3 . П л о с к о п а р а л л е л ь н о е д в и ж е н и е * . При этом движении скорости всех точек тела в каждый момент времени рас­пределены так, как если бы тело вращалось вокруг оси, перпенди­кулярной плоскости движения и проходящей через мгновенный центр скоростей Р (рис. 303). Следовательно, по формуле (43)

ТПЗОСК = 3Р^-/2, (43')

где 1Р — момент инерции тела относительно названной выше оси; со — угловая скорость тела.

Величина ]Р в формуле (43') будет переменной, так как положе­ние центра Р при движении тела все время меняется. Введем вместо УР постоянный момент инерции Ус относительно оси, проходящей через центр масс С тела. По теореме Гюйгенса (см. § 103) / я = / с + +Мй

2, где й—РС. Подставим это выражение для Ур в (43'). Учиты-

* Этот случай может быть получен как частный из рассмотренного в следую­щем пункте общею случая движения твердого тела.

302

вая , что точка Р — мгновенный центр скоростей и, следовательно, (ой—<а - Р С = У с , где ус — скорость центра масс С, окончательно найдем

ГПлосК = М 1 > с / 2 - Ь Л > 7 2 . ( 4 4 )

Следовательно, при плоскопараллельном движении кинетическая энергия тела равна энергии поступательного движения со скоростью центра масс, сложенной с кинетической энергией вращательного дви­жения вокруг центра масс.

Рис. 303 Рис. 304

4 * . О б щ и й с л у ч а й д в и ж е н и я . Если выбрать центр масс С тела в качестве полюса (рис. 304), то движение тела в общем случае будет слагаться из поступательного со скоростью рс полюса и вращательного вокруг мгновенной оси СР, проходящей через этот полюс (см. § 63). При этом, как показано в § 63, скорость Vк любой точки тела Вк слагается из скорости ус полюса и скорости, которую точка получает при вращении тела вокруг полюса (вокруг оси СР) и которую мы обозначим ь'к, т. е. Vк=Vс^гVк. При этом по модулю ск=ыкк, где Нк — расстояние точки Вк от оси СР, а со — угловая скорость тела, которая (см. § 63) не зависит от выбора по­люса. Тогда*

4 - VI = (рс + Ь~'ку = VI + уд2 + 2-ас ~о'к.

Подставляя это значение у| в

равенство (41) и учитывая, что у'к— —(йкк, найдем

Т = ( 2 т л ) ь№ + ( 2 т „ А | ) со2/2 + о с 2 т йо& ' ,

где общие множители сразу вынесены за скобки. В полученном равенстве первая скобка дает массу М тела, а

вторая равна моменту инерции УСР тела относительно мгновенной

_ * Из определения скалярного произведения двух векторов следует, что и

2=о- р=1дасо5 0 °=гг, т. е. скалярный квадрат вектора равен квадрату его модуля.

Этот результат здесь использован; мы будем пользоваться им без оговорок и в дальнейшем.

303

оси СР. Величина же 2 / ^ ^ = 0 , т ак как она представляет собой

количество движения, получаемое телом при его вращении вокруг

оси СР, проходящей через центр масс тела (см. § ПО).

В результате окончательно получим

Т = Мх%12+ /СРсо2/2. (45)

Таким образом, кинетическая энергия тела в общем случае дви­

жения (в частности, и при плоскопараллельном движении) равна

кинетической энергии поступательного движения со скоростью цент­

ра масс, сложенной с кинетической энергией вращательного движе­

ния вокруг оси, проходящей через центр масс.

Если за полюс взять не центр масс С, а какую-нибудь другую

точку А тела и мгновенная ось АР при этом не будет все время про­

ходить через центр масс, то для этой оси 2 / л ьУ ^О и формулы вида

(45) мы не получим.

Рассмотрим примеры.

Задача 136. Вычислить кинетическую энергию катящегося без скольжения сплошного цилиндрического колеса массой М, если скорость его центра равна !'С (см. рис. 308, а).

Р е ш е н и е Колесо совершает плоскопараллелыюе движение. По фор­муле (44) или (45)

Т=МVс/2-^-^с(x>*/2.

Считаем колесо сплошным однородным цилиндром; тогда (см. § 102) 1С— —МР

2/2, где К — радиус колеса. С другой стороны, так как точка В является

для колеса мгновенным центром скоростей, то ас=(х>-ВС=а>К, откуда со=1'с//?. Подставляя все эти значения, найдем

Г = М ^ / 2 + М Я24 / 4 Я

г = (3/4) Мьс.

Задача 137. В детали А, движущейся поступательно со скоростью "и, име­ются направляющие, по которым со скоростью V перемещается тело В массой т. Зная угол а (рис. 305), определить кинетическую энергию тела В.

Рис. 305 Рис. 306

Р е ш е н и е . Абсолютное движение тела В будет поступательным со ско­

ростью 1 1 аб=

У+и (см. §68). Тогда

Т = я»2б/2 = т {и

2 + и

2+2т соз а)/2.

Заметим, что если тело совершает сложное движение, то его полная кинетиче­ская анергия не равна в общем случае сумме кинетических энергий относительного а переносного движений. Так, в данном примере

ТОТ + Т„ер = тю2/2+ти

2/2 ф Т.

304

Задача 138. Часть механизма состоит из движущейся поступательно со скоростью и детали (рис. 306) и прикрепленного к ней на оси А стержня АВ длиной / и массой М. Стержень вращается вокруг оси А (в направлении, указан­ном дуговой стрелкой) с угловой скоростью со. Определить кинетическую энергию стержня при данном угле а.

Р е ш е н и е . Стержень совершает сложное (плоскопараллельное) движе­

ние. По формуле (44) или (45) Г= Л1^/2 +/ссо2/2.

Скорость точки С слагается из скорости од=и и скорости ь'сд (или и0т)> мо

~

дуль которой 1'сд=а>1!2. Следовательно (рис. 306), УС-и

2+

усл+2и1'сл

со8 а-

Угловая скорость вращения стержня вокруг центра С такая же, как и вокруг конца А, так как со не зависит от выбора полюса. Кроме того, в задаче 119 (см. § 103) было показано, что /с=Л-1/

2/12.

Подставляя все эти данные, получим Т=М (и

2+ш

2/2/4+ысо/ соз а)/2+Л1г

2со

2,24=ЛГи

2/2+ЛГ/

2со

2/6+(М/сои соз а)/2.

Заметим, что в данном случае нельзя считать

Т = Тпост -\- Гвр = Л1и2/2 + /лсо

2/2 = Ми

2/2 + М/

2со

2/6.

Результат этот неверен, так как по доказанной теореме формула Т=ТП0СТ-{-ТВ9

справедлива только тогда, когда ось вращения проходит через центр масс тела, а ось А через центр масс не проходит.

§ 122. НЕКОТОРЫЕ СЛУЧАИ ВЫЧИСЛЕНИЯ РАБОТЫ

Работа сил вычисляется по формулам, полученным в § 87 и 88. Рассмотрим дополнительно следующие случаи.

1 . Р а б о т а с и л т я ж е с т и , д е й с т в у ю щ и х н а с и с т е м у . Работа силы тяжести, действующей на частицу весом рк, будет равна рк (гкв—гкл), где гк0 и гк1 — координаты, определяю­щие начальное и конечное положения частицы (см. § 88). Тогда, учтя, что Ъркгк—Ргс (см. §32 ) , найдем для суммы работ всех сил тяжести, действующих на систему, значение

А = 2ркгк0—2ркгк1 = Р (гСо — 2 с , ) .

Этот результат можно еще представить в виде

А = ±РНС,

где Р — вес системы, Нс — вертикальное перемещение центра масс

(или центра тяжести). Следовательно, работа сил тяжести, дейст­

вующих на систему, вычисляется к ак работа их главного вектора

(в случае твердого тела —• равнодействующей) Р на перемещении

центра масс системы (или центра тяжести тела).

2 . Р а б о т а с и л , п р и л о ж е н н ы х к в р а щ а ю щ е ­

м у с я т е л у . Элементарная работа приложенной к телу силы

Р (рис. 307) будет равна (см. § 87)

АА — Рх Аз = Р%Н с1ср,

так как А8=НАц>, где с1ф — элементарный угол поворота тела. Но , как легко виде т ь * , РхК=тг(Р). Будем называть величину

* Если разложить Р по направлениям Вт, ВС и Вг' (см. рис. 307), то тг (Р)=

—тг (Рх), так как моменты двух других составляющих равны нулю.

305

Мг=тг(Р) вращающим моментом. Тогда получим

а Л = М г а Ф . (46)

Следовательно, в рассматриваемом случае элементарная работа равна произведению вращающего момента на элементарный угол поворота. Формула (46) справедлива и при действии нескольких сил, если считать Мг=^тг(Рк).

При повороте на конечный угол фх- работа

Л = $ М г с 1 ф , (47) о

а в случае постоянного момента

А=Мгщ. (47')

Если на тело действует пара сил, лежащая в плоскости, перпен­дикулярной оси Ог, то Мг в формулах (46)—(47') будет, очевидно, означать момент этой пары.

Укажем еще, как в данном случае определяется мощность (см. § 87). Пользуясь равенством (46), находим

И=йАШ=Мг -с1ф/аг=Мгсо.

Следовательно, при действии сил на вращающееся тело мощность равна произведению вращающего момента на угловую скорость тела. При той же самой мощности вращающий момент будет тем больше, чем меньше угловая скорость.

Рис. 307 Рис. 308

3 . Р а б о т а с и л т р е н и я , д е й с т в у ю щ и х н а ка­т я щ е е с я т е л о . На колесо радиусом Я (рис. 308), катящееся по некоторой плоскости (поверхности) без скольжения, действует приложенная в точке В сила трения Р

тр, препятствующая скольже­

нию точки вдоль плоскости. Элементарная работа этой силы с1Л = =/

7У

>с18.в. Но точка В в данном случае совпадает с мгновенным цент-

306

ром скоростей (см. § 56) и У в = 0 . Так как с15в=ува7, то с15д=0 и для каждого элементарного перемещения а Л = 0 .

Следовательно, при качении без скольжения работа силы трения,

препятствующей скольжению, на любом перемещении тела равна

нулю. По той же причине в этом случае равна нулю и работа нор­

мальной реакции Ы, если считать тела недеформируемыми в силу

N приложенной в точке В (как на рис. 308, а) .

С о п р о т и в л е н и е к а ч е н и ю создает возникающая вследствие де­формации поверхностей (рис. 308, б) пара сил Л

г, Р, момент которой М=кЫ,

где к — коэффициент трения качения (см. § 27). Тогда по формуле (46), учитывая, что при качении угол поворота колеса й<$=й$с/Я, получим

к с1,4кач=_бЛГс1ф = — — Мавс, (48)

где дзс — элементарное перемещение центра С колеса. Если Л^=сопз1, то полная работа сил сопротивления качению

к Лкач = _ А М р ! = — №с. (48')

Так как величина к/Я мала, то при наличии других сопротивлений сопро­тивлением качению можно в первом приближении пренебрегать.

§ 123. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ СИСТЕМЫ

Доказанная в § 89 теорема справедлива для любой из точек си­стемы. Следовательно, если рассмотреть какую-нибудь точку си­стемы с массой тк, имеющую скорость ик, то для этой точки будет

а ( ш ^ | / 2 ) = а Л | + - а Л | ,

где с1Л| и ААк — элементарные работы действующих на точку внеш­них и внутренних сил. Составляя такие уравнения для каждой из точек системы и складывая их почленно, найдем, что

а (2тАо ! /2 ) = 2 а Л ! + 2а7Ц или

аТ = 2с1Л | + 2 а Л | . (49)

Равенство (49) выражает т е о р е м у о б и з м е н е н и и к и н е т и ч е с к о й э н е р г и и с и с т е м ы в д и ф ф е р е н ­ц и а л ь н о й ф о р м е . Проинтегрировав обе части этого равен­ства в пределах, соответствующих перемещению системы из неко­торого начального положения, где кинетическая энергия равна Т0, в положение, где значение кинетической энергии становится равным 7\, получим

Т 1 - Г 0 = 2 Л ! + 2ЛЬ. (50)

Это уравнение выражает теорему об изменении кинетической энергии в другой (интегральной) форме: изменение кинетической энергии системы при некотором ее перемещении равно сумме работ

307

на этом перемещении всех приложенных к системе внешних и внут­ренних сил.

В отличие от предыдущих теорем внутренние силы в уравнениях

(49) или (50) не исключаются. В самом деле, если Р\2 и Р^ — силы взаимодействия между точками Вг

и В2 системы (рис. 309), то Р 1 2 + + / ^ 1 = 0 . Но при этом точка В г

может перемещаться по направле­нию к В2, а точка В2 — по нап­равлению к Вг. Работа каждой из сил будет тогда положительной и сумма работ нулем не будет. На­

пример, при выстреле (см. задачу 127 в § 112) силы давления поро­ховых газов, являющиеся для системы снаряд — откатывающиеся части внутренними, совершают работу и сообщают скорости телам системы.

Рассмотрим два важных частных случая. 1 . Н е и з м е н я е м а я с и с т е м а . Неизменяемой будем на­

зывать механическую систему, в которой расстояние между каж­дыми двумя взаимодействующими точками остается во все время движения постоянным.

Рассмотрим две точки Вг и В2 неизменяемой системы (В 1В 2= = с о п з ! ) , действующие друг на друга с силами Р\2 и Р

121=—Р\2

(см. рис. 309). Тогда, поскольку при движении отрезка ВХВ2 долж­но быть ух соз се1=у2 соз се2 (см. § 55), то и соз се1=а52 соз а2> так как а51=у1с1/, &82=ьгсЦ (ои о2 и с15ь с1за—соответственно скоро­сти и элементарные перемещения точек Вх и В2). Кроме того, Р{2= =Р

121. В результате для суммы элементарных работ этих сил получим

&.Аг-{- АА% = /7(2г181соза1 — Р21&$гсоза2 = 0.

То же получится и для всех других взаимодействующих точек системы. В итоге приходим к выводу, что в случае неизменяемой си­стемы сумма работ всех внутренних сил равна нулю и уравнения (49) или (50) принимают вид

ЙГ = Е Й Л | и 7 \ - Г 0 = 2Л1 . (51)

2 . С и с т е м а с и д е а л ь н ы м и с в я з я м и . Рассмотрим систему, на которую наложены связи, не изменяющиеся со време­нем. Разделим все действующие на точки системы внешние и внут­ренние силы на активные и реакции связей. Тогда уравнение (49) можно представить в виде

дТ = Ъс1А*к + 'ЕйА1,

где &Ак — элементарная работа действующих на к-ю точку системы внешних и внутренних активных сил, а йА\ — элементарная работа реакций, наложенных на ту же точку внешних и внутренних свя­зей.

308

Как видим, изменение кинетической энергии системы зависит от работы и активных сил и реакции связей. Однако можно ввести понятие о таких «идеальных» механических системах, у которых наличие связей не влияет на изменение кинетической энергии систе­мы при ее движении. Д л я таких связей должно, очевидно, выпол­няться условие

ЫАгк = 0. (52)

Если для связей, не изменяющихся со временем, сумма работ всех реакций при элементарном перемещении системы равна нулю, то такие связи являются идеальными *. Укажем ряд известных нам видов идеальных связей.

В § 89 было установлено, что если связью является неподвижная поверхность (или кривая), трением о которую можно пренебречь, то при скольжении тел вдоль такой поверхности (кривой) работа реакции N равна нулю. Затем в § 122 показано, что если пренебречь деформациями, то при качении без скольжения тела по шероховатой поверхности работа нормальной реакции N и силы трения Ртр (т. е. касательной составляющей реакции) равна нулю. Далее, работа реакции шарнира (см. рис. 10 и 11), если пренебречь трением, бу­дет также равна нулю, поскольку точка приложения силы 7? при любом перемещении системы остается неподвижной. Наконец, если на рис. 309 материальные точки В г и В2 рассматривать как связан­ные жестким (нерастяжимым) стержнем ВХВ2, то силы Р{2 и будут реакциями стержня; работа каждой из этих реакций при перемеще­нии системы не равна нулю, но сумма этих работ по доказанному дает нуль. Таким образом, все перечисленные связи можно с уче­том сделанных оговорок считать идеальными.

Д л я механической системы, на которую наложены только не изменяющиеся со временем идеальные связи, будет

йТ = 2дА% и 7 \—Т 0 = ЪА\. (53)

Таким образом, изменение кинетической энергии системы с иде­альными, не изменяющимися со временем связями при любом ее перемещении равно сумме работ на этом перемещении приложенных к системе внешних и внутренних активных сил.

Все предыдущие теоремы позволяли исключить из уравнений движения внутренние силы, но все внешние силы, в том числе и наперед неизвестные реакции внешних связей, в уравнениях сохра­нялись. Практическая ценность теоремы об изменении кинети­ческой энергии состоит в том, что при не изменяющихся со време­нем идеальных связях она позволяет исключить из уравнений дви­жения все наперед неизвестные реакции связей.

* Общее понятие об идеальных связях определено в § 139.

309

§ 124. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

Теорема об изменении кинетической энергии в случаях, когда движущаяся система является неизменяемой, позволяет исключить из рассмотрения все неизвестные внутренние силы, а при идеаль­ных, не изменяющихся со временем связях — и наперед неизвест­ные реакции внешних связей.

В случае изменяемой системы теорема дает решение задачи толь­ко тогда, когда внутренние силы наперед известны. Если же эти силы не известны (задачи 123, 127 и им подобные), то получить ре­шение с помощью одной только этой теоремы нельзя.

Уравнение (50) позволяет легко решать те задачи, в которых в число данных и искомых величин входят: 1) действующие силы; 2) перемещение системы; 3) скорости тел (линейные или угловые) в начале и в конце перемещения. П р и этом действующие силы долж­ны быть постоянными или зависеть только от перемещений (расстоя­ний).

Важно также иметь в виду, что с помощью теоремы об изменении кинетической энергии можно (когда положение системы определя­ется одним параметром) составлять дифференциальные уравнения движения системы и, в частности, находить ускорения движущихся тел; при этом на систему могут вообще действовать и любые перемен­ные силы (см. задачи 141—143 и задачу 154 в § 130).

Задача 139. Стержень АВ длиной I подвешен на шарнире в точке А (рис. 310), Пренебрегая трением в шарнире, найти, какую наименьшую угловую скорость щ надо сообщить стержню, чтобы он отклонился до горизонтального положения.

Рис. 310 Рис. 311

Р е ш е н и е . В число данных и искомых в задаче величии входят щ, ш1=0 и перемещение системы, определяемое углом В0АВг. Следовательно, для решения задачи удобнее всего воспользоваться теоремой об изменении кинетической энер­гии. Учитывая, что система не изменяема, составим уравнение (51)

7 4 - 7 - 0 = 2 4 . (а )

Обозначая массу стержня через М, вычислим все входящие в это уравнение величины. По формуле (43) и формуле (6) из § 102 находим

Г0 = /лсо2/2 = М

2со?/б.

Так как в конечном положении скорость стержня равна нулю, то Тг=0. Нало­женная связь является идеальной (шарнир А); следовательно, работу совершает только активная сила Р=М§~ и А

е=—РНс=—М§1/2. Подставляя все эти зна-

310

чения в уравнение (а), найдем

— М / ^ / б = — М§1/2, откуда со0 = 1 ^ 3 ^

Задача 140. Шкивы А и В, соединенные ремнем (рис. 311), вращаются после выключения двигателя так, что шкив А имеет угловую скорость <о0. Общий вес шкивов Р, а вес ремня р. Чтобы затормозить вращение, к шкиву А радиусом /? прижимают с силой (? тормозную колодку; коэффициент трения колодки о шкив /. Пренебрегая трением в осях и считая шкивы сплошными дисками, найти, сколько оборотов сделает шкив А до остановки.

Р е ш е н и е . Для определения искомого числа оборотов Л?0б воспользу­емся уравнением (51)

Г 1 - Г 0 = 2Д6 . <»)

Прн вычислении кинетической энергии надо всегда иметь в виду, что кинети­ческая энергия системы равна сумме кинетических энергий всех входящих в нее тел. По условиям задачи 7^=0 , а Т0=Т л+7в+Т ' р - Учитывая, что начальные скорости всех точек ремня ир0=ы0Р=0)ог, где щи г — начальная угловая скорость и радиус шкива В, найдем по формулам (43) и (8):

тл=ЗАЪУ* = {РА&1Ч) шо, тв = /йсоЛ2= (РЙЩ) г*«>?=(Рв/4§)р%%,

Последнее равенство следует из того, что все точки ремня движутся с одной и той же по модулю скоростью. Окончательно, так как РА~\-РВ~Р> получаем

Т0=(Р-\-2р)Р2ы1/4ё.

Вычисляем работы сил. В данном случае работа сил тяжести равна нулю, так как центры тяжести колес и ремня при движении системы не перемещаются. Сила трения Р^—^. Ее работу найдем по формуле (47')

Лтр=—(УСЗЯ) -<Р1=—№ -2яЛГо6.

Подставляя все найденные значения в уравнение (а), получим окончательно 2

# о б = (Р + р) Ра>1

8яё№

Задача 141. Тележку тянут вверх по наклонной плоскости с углом на­клона а=30 ° , приложив к ней постоянную силу <2=160 Н (рис. 312). Вес плат­формы тележки Р=180 Н, вес каждого из четырех ее сплошных колес р=20 Н. Определить: 1) какую поступательную скорость их будет иметь тележка, пройдя путь 1=4 м; если V0=0•, 2) с каким ускорением движется тележка. Качение колес происходит без скольжения; сопротивлением качению пренебречь.

Р е ш е н и е . 1. Для определения V! воспользуемся уравнением (51)

ТХ-Т0 = 2А%. (а)

В данном случае Г 0=0, а ТХ=ТПЛ+4ТК0Д. Тележка движется поступа­тельно, а кинетическая энергия сплошного катящегося колеса была вычислена в задаче 136 (см. § 121); следовательно,

Т\ = Ри112е + 4 (Зрт=/4§) = (Р + 6р)1>2/2я.

Работу совершают сила <2 и сила тяжести Рх, равная Р~-4р Работа силы трения, препятствующей скольжению, и нормальных реакций плоскости равна нулю (см. § 122). Вычисляя, находим:

А (0) = 01, А = (Рх) = - (Р + 4р) Нс = — (Р + 4р) I зш а.

Подставляя все эти данные в уравнение (а), получаем

(Р-'Г6рЯ/2§=[0-(Р+4р)&т сс) I, (б)

311

откуда

»1 = ,/2еПа-(Р + 4р)зШ а]

Г Р + бр = 2,8 м/с.

2. Для определения ускорения а, поскольку нами уже получено равенст­во (б), поступим следующим образом: будем считать в равенстве (б) величины 1^=11 и / (параметр, определяющий положение всей системы) переменными. Тогда, продифференцировав по времени обе части равенства, найдем

[(Р-1 6Р)/г]о~ = 1Я-(Р + 4р)5та]^г.

Но й1/А(=о, а <к>/с№=а. Окончательно, сокращая на V, получим

<2 — (Р + 4р)51ла § = 0,98 м/с

2.

Р + бр

Обращаем внимание на использованный в этой задаче прием определения ускорения с помощью теоремы об изменении кинетической энергии.

А

Задача 142. На цилиндрический каток радиусом Л? и массой М намотана нить, перекинутая через блок О (рис. 313) и несущая на конце груз й массой т. Определить, какую скорость гс будет иметь центр С катка, пройдя путь х, если VСа~0. Найти, чему равно ускорение ас этого центра. Коэффициент трения каче­ния катка равен к, радиус инерции катка относительно его оси равен рс. Массой нити и блока О пренебречь.

Р е ш е н и е . 1. Для определения скорости ь'С воспользуемся уравнением

Т-Т0=ЪА%. (а)

В данном случае Т0=0, а Т=Ткат-{-Та, причем по формулам (42), (44) и (4)

Тп=.тоЬ12, Гках = Л4ис/2 + Мрссо2/2.

Так как точка В является мгновенным центром скоростей, то ы=ос!Я и у д = =Ул

=2гс- Следовательно,

Г=[4 /п + М(1 + рС/Я2)К/2.

Работу совершают сила 0_=т§ и пара Лг, Р (Р=/И^). Поскольку Юц=2ис,

то ^перемещением груза /_) будет к=2$, где х— перемещение центра С катка, и А (0_)= тд-2в. Работу сил сопротивления качению вычисляем по формуле (48'), так как ЛГ=Р=Л1§=соп5{.. Тогда

ЪАек = 2теа— (к/К) Мёз.

Подставляя найденные значения в уравнение (а), получим

[4/п+М (1 + рс//?2)] сЫ2=(2т-кМ/Р)§з, (б)

откуда

/2е (2тЯ-Ш) Яз

т 4тЯ* + М{Я* + рс)

312

2. Для определения ас, как и в предыдущей задаче, дифференцируем обе части равенства (б) по I. Окончательно, учитывая, что й$/й1=1'с, найдем

_ (2тЯ-кМ) Я§

Задача 143. Шестерня 1 радиусом г и массой тъ насаженная на кривошип 2 длиной ОС=1 и массой т2 и связанная с ним спиральной пружиной, может ка­таться по неподвижной шестерне 3 радиусом й= = 1—г (рис. 314). Момент, действующий со сторо­ны пружины, М п р=са , где а — угол поворота шестерни 1 относительно кривошипа. Пренебре­гая трением в осях, найти период колебаний, ко­торые будет совершать кривошип, если его вы­вести из положения равновесия. Механизм рас­положен в горизонтальной плоскости.

Р е ш е н и е . Будем определять положение кривошипа углом <р, отсчитываемым от положе­ния равновесия. Чтобы исключить неизвестную реакцию оси С, рассмотрим шестерню 1 и кри­вошип как одну систему и составим дифферен­циальное уравнение ее движения с помощью уравнения (49).

Сначала вычисляем кинетическую энергию Т системы, выражая ее через угловую скорость сокр кривошипа (так как мы ищем закон движе­ния кривошипа). Получаем

Т = Тк р + Тш = У 0к рСо ,у 2 + т&с12 +1с^ш12.

Считая кривошип однородным стержнем, а шестерню — диском и учитывая, что точка касания является для шестерни 1 мгновенным центром скоростей, найдем, что

1о*ъ = т21г12>, / С ш = /п1г

2/2,

ъс = ®кр1, сош = сс/г = сокр//г.

Подчеркиваем, что в формулу (44), по которой вычисляется Тш, входит абсо­лютная угловая скорость шестерни, а не ее относительная скорость поворота по отношению к кривошипу. Подставляя все найденные значения в равенство (а), получим окончательно

Г = ( 9 т 1 + 2 / и а ) /2(ОкР/12. (б)

Теперь вычисляем элементарную работу. Внешние силы в данном случае работу не производят; следовательно, йА*=0. Элементарная работа силы упру­гости пружины (внутренняя сила), когда шестерня повернута вокруг кривошипа на угол а, равна йА'=—Л1прс1а=—сайа (знак минус потому, что момент направ­лен в сторону, противоположную углу поворота шестерни). Поскольку мы ищем

закон движения кривошипа, то выразим угол а через <р. Так как а2Ь—а1Ь, то Я<р=га или (/—г)<р=гаг откуда

а=[(1—г)/г] <р и сЬ4 '=— с[(1—г)2//-

2] <р Оф.

Составляя теперь уравнение АТ=йА1, получим

[(9/пН-2та) /2/6] сокр оЧокр = -<;[(/-л)

2/*-

2] Ф йф.

Но так как

асокр

(а)

оф = "7^-й/ = сйкр йг, а асокр= 61 = с!

2ф

а. й( - к р - , " — к р — м - ^

то окончательно, после сокращения на И, найдем следующее дифференциальное уравнение движения системы:

Й2Ф I «,•» о иг 6с ( / - г )

2

_ + 6 - ф = 0 , где *а = ( 9 т 1 + 2 / П г ) / а г 2 .

313

Полученное уравнение является дифференциальным уравнением гармони­ческих колебаний (см. §94). Следовательно, кривошип, выведенный из положения равновесия, будет совершать гармонические колебания, период которых

т = _ = 2 я ? - 7 ] / ^ .

Решенная задача показывает, как может использоваться теорема об изме­нении кинетической энергии для составления дифференциального уравнения движения системы, положение которой определяется одной координатой (здесь углом ф).

Задача 144. Трос, имеющий длину / и массу пг1з намотанный на барабан массой т2 , несет на конце груз массой ш3 (см. рис. 300). Считая массу барабана равномерно распределенной по ободу н пренебрегая толщиной троса и трением в осн (Л1тр=0), определить зависимость скорости V груза от длины х свешиваю­щейся части троса. В начальный момент времени У = 0 И приближенно х=0.

Р е ш е н и е . Для определения, искомой зависимости воспользуемся урав­нением

аТ = 2ААЕК. (а)

Поскольку груз, все частицы троса и все точки обода барабана движутся с одной и той же скоростью V, то Т=Мо

212, где М=т1-гт2-{-т3. Кроме того, так

как вес свешивающейся части троса равен (т-^/^х, то 2йА% = (т1^х/1-\-т3§)Ах и уравнение (а) примет вид

МА (р*/2)~(т1х11+т3)ёах.

Отсюда, интегрируя и учитывая что при х=0 у=0 , получим

о=У (т1ё/М1) х* + 2 (тзе/М) х.

§ 125*. СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ

В ряде случаев получить решение задачи с помощью одной из

общих теорем не удается, но решение легко находится, если исполь­

зовать одновременно, например, две общие теоремы. Несколько та­

ких задач и рассматривается ниже.

Задача 145. Горизонтальная трубка АВ, масса которой т1 и радиус инер­ции рг относительно вертикальной оси Аг известны, вращается вокруг этой оси

с угловой скоростью о>0 (рис. 315). В не­который момент времени находящийся в трубке шарик массой т2, чуть смещенный от точки А, начинает двигаться без на­чальной скорости вдоль трубки. Прене­брегая сопротивлениями, найтн скорость V шарика относительно трубки как функ­цию его расстояния х от оси Аг.

Р е ш е н и е . Рассмотрим систему трубка — шарик. Так как сопротивления­ми (в том числе силами трения) здесь пре­небрегают, то при движении системы рабо­та действующих на нее сил тяжести и ре­акций связей равна нулю. Следовательно, из уравнения (50) получим Т=ТВ.

В момент <=0 шарик находится в точке А и его абсолютная скорость равна нулю. В произвольный момент времени угловая скорость трубки равна со, а ско­рость шарика слагается из относительной, численно равной V, и ей перпендику­лярной переносной, численно равной и>х. Поэтому

Г0 = т1р!сйо/2, Г = Ш1РгСйг/2 + тг (у

2 + и

2*2)/2.

314

Подстановка этих величин в равенство Т=Та дает

у2 = /г

2шо — (я

2 4-х

2) со

2, где п* = т1рЦтъ. (а)

Для определения неизвестной величины <ю воспользуемся теоремой моментов

относительно оси Аг. Так как здесь Етг(Р%)=0, то /Сг=сопз1==/Сго и л и

/П1р1<а+т2х2(й=/и1р1(й0,

откуда

со = /г2ш0/(1 г + л;

2). (б)

Подставляя это значение со в равенство (а), найдем окончательно

V х2 + п* УТ+п*/х* '

Интересно отметить, что с увеличением х скорость стремится к предельному

значению иПр=па0—}^тх1т2 ргы0. Задача 146. Однородный сплошной круговой цилиндр массой т и радиусом г,

находящийся в наивысшей точке цилиндрической поверхности радиусом Я и чуть смещенный из этого положения, начинает катиться вниз без начальной скорости (рис. 316). Найти, прн каком значении угла 6 цилиндр оторвется от поверхности; обе поверхности абсолютно шероховаты (имеют насечку).

Рис. 316 Рис. 317

Р е ш е н и е . Отрыв произойдет в точке, где реакция N поверхности обра­тится в нуль. Чтобы найти значение N. воспользуемся теоремой о движении центра масс, составив уравнение (16) в проекции на главную нормаль Сп к траектории центра масс С. Получим, учтя, что центр С движется по окружности радиуса К+г,

таСп~ТР1п или я«'с/(# + г) = т§со& 9—N. (а)

Для определения р& воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии. Так как Г о=0, а значение Т для катящегося цилиндра было найдено в задаче 136 (см. § 121) и равно Зтг>с/4, то

3/пгС/4=ящг(/?+г)(1— соз в). (б)

Подставляя отсюда значение твс в уравнение (а), найдем

Л '=т§(7соз 9—4)/3.

Следовательно, отрыв произойдет в точке, определяемой равенством

соз 6=4/7 (в«55°).

Положение точки отрыва, как и величина N. от значений % и г не зависят. Задача 147. К ползуну 1 массой тх , который может перемещаться по гладким

горизонтальным направляющим, шарнирно прикреплен стержень 2 длиной / и массой тг (рис. 317). В начальный момент времени стержень отклоняют до

315

горизонтального положения и отпускают без начальной скорости. Пренебрегая трением в оси шарнира, определить, какую скорость ах будет иметь ползун в мо­мент прохождения стержня через вертикаль.

Р е ш е н и е . Рассматривая систему ползун — стержень, применим к пей теорему об изменении кинетической энергии на перемещении, при котором стер­жень приходит из положения АВ0 в положение АВг. Получим, учтя, что Г 0=0

--т2§1/2. (а)

Здесь Г1=7,П0Л

-Т-7,1

Т, где Т"

ол=т1о1/2 и, согласно формулам (44) или (45),

ТТ=т2ьс12-\-3си?12. В последнем равенстве со — угловая скорость стержня, ис — скорость его центра масс, причем 1'с-=^1—^сл

=^1—а>1/2; кроме того, как

было найдено в задаче 119, Ус=/п2г2/12.

В результате уравнение (а), если поделить обе его части на т2/2, примет вид

(т1/т2^1+ (с*!—<о//2)2+ М\2=ё2. (б)

Для определения со воспользуемся теоремой об изменении количества движе­ния систем. Так как в данном случае 2 ^ | х = 0 , а в начальный момент система находилась в покое, получим 0,х=0, т. е.

т^х-\-т2 (V,—<ог/2)=0, откуда] 1а= 2([-\-т11т2)-о1.

Подставив это значение /со в равенство (б), найдем окончательно

_ 1,/" 3

^ Ь1~ V (1 + пг1//и2)(1+4т1/т2) '

Задача 148. По наклонной грани призмы 1 массой т1, стоящей на гладкой горизонтальной плоскости, начинает скользить (без трения) груз 2 массой т2

(рис. 318). Угол наклона грани равен а. Найти, с каким ускорением будет при этом двигаться призма.

Р е ш е н и е . Рассмотрим систему груз — призма и применим к ней теорему о движении центра масс. В проекции на горизонтальную ось Ох будет ~2,Р%Х=0 и, следовательно, Мх'с=0.

Обозначая координату призмы через х и определяя положение груза на призме координатой «, получим Мхс= т-^х-^-Ь)^ -\-т2(х-\-5СО& а). Так как Мхс=0, то отсюда

( '«1 + тг) х-\-т2з соз а = 0. (а)

Значение з можно было бы опять определить с помощью теоремы об изменении кинетической энергии, но в данном случае проще составить дифференциальное уравнение относительного движения груза [уравнение (56) из §91] в проекции на ось Аз. Так как подвижная система отсчета вместе с призмой перемещается поступательно, то /

гкОр=0, а Рпер=—Щсц, где ах—ускорение призмы (^=1x1).

Тогда / ' " е р 8 = — т 2 х соз а, и в проекции на ось Аз получим

т2з = з!п а—т2х соз а.

Подставив это значение т2з в равенство (а), найдем искомое ускорение призмы

т2§ 8'т 2а

Рис. 318

а1х = х = — 2 ( т х + тл зш2 а ) '

316

§ 126. ПОТЕНЦИАЛЬНОЕ СИЛОВОЕ ПОЛЕ

И СИЛОВАЯ ФУНКЦИЯ

Задачи, рассмотренные в предыдущих параграфах (и в § 89), удалось решить с помощью теоремы об изменении кинетической энер­гии по той причине, что во всех случаях работу действующих сил можно было подсчитать, не зная заранее закона происходящего движения. Важно установить, каков вообще класс сил, обладающих этим свойством.

Работа на перемещении МХМ2 силы Р, приложенной к телу вточ-ке М, вычисляется по формуле (44') из § 87:

Л ( м , м , ) = $ 4 4 = $ (Рхйх + Руду + Р2йг). (54)

Как уже было отмечено в § 89, вычислить стоящий справа ин­теграл, не зная закона происходящего движения (т. е. зависимостей х, у, г от времени I), можно лишь в случаях, когда сила постоянна или зависит только от положения точки, т. е. от ее координат х, у, г. Такие силы образуют силовое поле (см. § 32). Так как сила опре­деляется ее проекциями на координатные оси, то силовое поле зада­ется уравнениями:

Рх=®Лх, У, г), Ру=Фг(х, у, г), Р^Ф3(х, у, г). (55)

Но в общем случае и для вычисления работы таких сил надо в фор­муле (54) перейти под знаком интеграла к одному переменному, т. е. например, знать зависимости у=!\{х) и г=}2(х). Эти равенства, как известно, определяют в пространстве уравнение кривой, являю­щейся траекторией точки М. Следовательно, в общем случае, ра­бота сил, образующих силовое поле, зависит от вида траектории точки приложения силы.

Однако если окажется, что выражение, стоящее в формуле (54) под знаком интеграла и представляющее собой элементарную рабо­ту силы Р, будет полным дифференциалом некоторой функции II (х, у, г), т. е.

г\А = й11(х, у, г) или Рх йх+Ру йу+Рг с12=с1(7(х, у, г), (56)

то работу Л(Л11Д1а, можно вычислить, не зная заранее траекторию точки М.

Функция II от координат х, у, г, дифференциал которой равен элементарной работе, называется силовой функцией. Силовое поле, для которого существует силовая функция, называется потенци­альным силовым полем, а силы, действующие в этом поле ,— потен­циальными силами. В дальнейшем силовую функцию считаем одно­значной функцией координат.

Если в формулу (54) подставить выражение АА из равенства (56), то получим

Ашгмш) = 5 с1<У(х, у, г) = сУ2 — II±, (57)

317

где с7х= V (хъ уи гх) и ( 7 2=(7 (х2, г/2, г2) — значения силовой функ­ции в точках Мг и М2 поля соответственно. Следовательно, работа потенциальной силы равна разности значений силовой функции в конечной и начальной точках пути и от вида траектории движу­щейся точки не зависит. При перемещении по замкнутой траекто­рии 1/2=^1 и работа потенциальной силы равна нулю.

Основным свойством потенциального силового поля и является то, что работа сил поля при движении в нем материальной точки за­висит только от начального и конечного положений этой точки и ни от вида ее траектории, ни от закона движения не зависит.

Силы, работа которых зависит от вида траектории или от закона движения точки приложения силы, называются непотенциальными. К таким силам относятся силы трения и сопротивления среды.

Если установлено, что соотношение (56) имеет место, то силовая функция находится из равенства

V = $съ4 + С или V = ^ (Рхдх + Руйу + Р, 6г) + С. (58)

Постоянная С здесь может иметь любое значение (как видно из формулы (57), работа от С не зависит). Однако обычно условливают­ся считать в некоторой точке О, называемой «нулевой точкой», ве­личину Vо—0 и определяют С исходя из этого условия.

Известными нам примерами потенциальных сил являются силы тяжести, упругости и тяготения (см. § 88). Покажем, что для полей этих сил действительно существуют силовые функции, и найдем их выражения. Поскольку под знаком интегралов, из которых в § 88 были получены формулы (47), (48) и (50), стоят элементарные ра­боты соответствующих сил, то придем к следующим результатам, используя равенство (58):

1 ) для поля с и л ы т я ж е с т и , если ось г направлена вер­тикально вверх, АА =—Р Аг, откуда, считая ( 7 = 0 при 2 = 0 (нуле­вая точка в начале координат), находим

( 7 = — Р г ; (59)

2 ) для поля с и л ы у п р у г о с т и , действующей вдоль оси Ох *, АА =—сх Ах, откуда, считая ( 7 = 0 при х=0, находим

<У=—сх*12; (59')

3 ) для поля с и л ы т я г о т е н и я А>А=т§Р2А(1/г), откуда,

считая ( 7 = 0 при г = о о (нулевая точка в бесконечности), находим

Ц=т§Р2/г, (59")

где г = Ух* + У2 + г

2.

Пользуясь найденными значениями функций (7, можно по фор­муле (57) получить те же выражения для работ соответствующих сил, которые даются равенствами (47), (48) и (50) в § 88.

* Такое поле можно назвать линейным; в нем областью, в которой задано си­ловое поле, является прямая линия.

318

Покажем, что, зная силовую функцию, можно определить силу, действую­щую в любой точке поля. Из равенства (56), вычисляя дифференциал от функции С!(х, у, г), получим

Рхйх+ Ру ау+Рг й г==-^- Ах+Щ-ау+~аг.

Отсюда, приравнивая коэффициенты при Лх, йу, аг в обеих частях равенства, при­дем к такому результату:

<»>

Следовательно, в потенциальном силовом поле проекции силы на координатные оси равны частным производным от силовой функции по соответствующим коор­динатам. Вектор Р, проекции которого определяются равенствами вида (60), называют градиентом скалярной функции I] (х, у, г). Таким образом, р=§тай I],

Из равенств (60) находим

Е*=Л?Е. др

у _ею ду дхду

1 дхГ~ дхду "

Т' Д

'

Отсюда следует, что если для данного поля существует силовая функция, то проекции силы удовлетворяют соотношениям:

дРх_дРу Му дРг дРг__дР*_ ,6П

ду ~~ дх ' дг ду ' дх дг ' к

'

Можно доказать справедливость и обратного вывода, т. е. что если равенства (61) имеют место, то для поля существует силовая функция и. Следовательно, усло­вия (61) являются необходимыми и достаточными условиями того, что силовое поле является потенциальным.

Таким образом, если силовое поле задано уравнениями (55), то по усло­виям (61) можно установить, является оно потенциальным или нет. Если поле потенциально, то уравнение (58) определяет его силовую функцию, О) а формула (57) — работу сил поля. ~ Наоборот, если силовая функция известна, то по формулам (60) мож­но найти, какое силовое поле этой функцией определяется.

Полагая V (х, у, г )=С, где С—некоторая постоянная, полу­чим в пространстве уравнение по­верхности, во всех точках которой функция 0 имеет одно и то же значе­ние С. Такие поверхности называют поверхностями уровня или поверх­ностями равного потенциала. Если, как мы считаем, силовая функция является однозначной функцией координат, то поверхности уровня не могут пересекаться и через каждую точку поля проходит только одна поверхность уровня. При лю­бом перемещении МгМ2 вдоль поверхности уровня (72=С, и работа сил поля, как следует из уравнения (57), будет равна нулю. Поскольку сила прн этом не равна нулю, то отсюда заключаем, что в любой точке потенциального силового поля сила направлена по нормали к поверхности уровня, проходящей через эту точку.

На рис. 319, а показаны две поверхности уровня и (х, у, г ) = С ъ V (х, у, г )= = С2, а на рис. 319, б — их сечение плоскостью, проходящей через нормаль Вп Если сила направлена в сторону, показанную на рисунке, то ее работа на пере­мещении ВВ' будет положительна. Но по формуле (57) эта работа равна С2—Сг. Следовательно, С2~>С\, т. е. сила в потенциальном поле направлена в сторону возрастания силовой функции. Далее, работы силы Рг на перемещении ВВ' и си­лы Р% на перемещении /_)/_)' одинаковы, так как равны С2—с\. Но поскольку

319

ОО'КВВ', то должно быть Рг>Рг. Следовательно, численно сила в потенциальном поле больше там, где поверхности уровня проходят гуще. Отмеченные свойства позволяют наглядно представить картину распределения сил в потенциальном силовом поле с помощью поверхностей уровня. Кроме того, как видно из равен­ства (57), работа" потенциальной силы зависит в конечном счете только от того, с какой поверхности уровня и на какую происходит перемещение точки.

Поясним сказанное примерами. 1. Для однородного поля сил тяжести (см. рис. 231), как видно из формулы

(59), с/=соп5г, когда г=сопз{. Следовательно, поверхностями уровня являются горизонтальные плоскости. Сила тяжести Р направлена по нормали к этим пло­скостям в сторону возрастания II и во всех точках поля постоянна.

2. Для поля сил тяготения, согласно формуле (59"), (/=соп&г, когда г=сопз1:. Следовательно, поверхностями уровня являются концентрические сферы, центр которых совпадает с притягивающим центром. Сила в каждой точке поля на­правлена по нормали к соответствующей сфере в сторону возрастания I] (убыва­ния г), т. е. к центру сферы.

Если в потенциальном силовом поле находится с и с т е м а м а т е р и а л ь н ы х т о ч е к , т о силовой функцией будет та­кая функция координат точек системы II(жь уи ги . . ., хп, уп, г п ) , для которой

гШ = 2с1Лй, (62)

т. е. дифференциал которой равен сумме элементарных работ всех действующих на систему сил поля .

§ 127. ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ. ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ

Д л я потенциального силового поля можно ввести понятие о потенциальной энергии как о величине, характеризующей «запас работы», которым обладает материальная точка в данном пункте силового поля. Чтобы сравнивать между собой эти «запасы работы», нужно условиться о выборе нулевой точки О, в которой будем услов­но считать «запас работы» равным нулю (выбор нулевой точки, как и всякого начала отсчета, производится произвольно). Потенциаль­ной энергией материальной точки в данном положении М называ­ется скалярная величина П, равная той работе, которую произве­дут силы поля при перемещении точки из положения М в нулевое

П = Ащо)-

Из определения следует, что потенциальная энергия П зависит от координат х, у, г точки М, т. е. что П = П (х, у, г ) .

Будем в дальнейшем считать нулевые точки для функций П (х, у, г) и II(х, у, г) совпадающими. Тогда (7о=-0 и по формуле (57) Амо=11о—^=—17, где (У — значение силовой функции в точке М поля. Таким образом,

П(х , у, г)=—11 (х, у, г ) ,

т. е. потенциальная энергия в любой точке силового поля равна зна­чению силовой функции в этой точке, взятому с обратным знаком.

320

Отсюда видно, что при рассмотрении всех свойств потенциального силового поля вместо силовой функции можно пользоваться поня­тием потенциальной энергии. В частности, работу потенциальной силы вместо равенства (57) можно вычислять по формуле

Л(м1м2) = П 1 - П 2 . (63)

Следовательно, работа потенциальной силы равна разности зна­чений потенциальной энергии движущейся точки в начальном и ко­нечном ее положениях.

Выражения потенциальной энергии для известных нам потен­циальных силовых полей можно найти из равенств (59) — (59" ) , учитывая, что П = — V ' . Таким образом, будет:

1 ) для поля с и л ы т я ж е с т и (ось г вертикально вверх)

П = Р г ; (64)

2 ) для поля с и л ы у п р у г о с т и (линейного)

П=сх2/2 ; (64')

3 ) для поля с и л ы т я г о т е н и я

П=—т&Р}1г . (64")

Потенциальная энергия системы определяется так же, к ак и для одной точки, а именно: потенциальная энергия П механической системы в данном ее положении равна работе, которую произведут силы поля при перемещении системы из данного положения в нулевое, т. е.

П = 2 Л ( Л , Л ) -

При наличии нескольких полей (например, полей сил тяжести и сил упругости) для каждого поля можно брать свое нулевое по­ложение.

Зависимость между потенциальной энергией и силовой функ­цией будет такой же, как и для точки, т. е.

П (Х1у Ух, %и • • •> Хп, уп, 2П) = Ц{хг, уг, 2х ,. . ., Хп, уп, 2„).

З а к о н с о х р а н е н и я м е х а н и ч е с к о й э н е р г и и . Допустим, что все действующие на систему внешние и внутренние силы потенциальны. Тогда

Подставляя это выражение работы в уравнение (50), получим для любого положения системы: Т~Г0=П0—П или

Т + П = Г 0 + П 0 = с о п з 1 . (65)

Следовательно, при движении под действием потенциальных сил сумма кинетической и потенциальной энергий системы в каждом ее положении остается величиной постоянной. В этом и состоит закон сохранения механической энергии, являющийся частным слу­чаем общего физического закона сохранения энергии. Величина

11 № 2173 321

Рис. 320

7Ч-П называется полной механической энергией системы, а сама меха­ническая система, для которой выполняется закон (65) ,— консер­вативной системой.

Пример. Рассмотрим маятник (рис. 320), отклоненный от вертикали на угол сра и отпущенный без начальной скорости. Тогда в начальном его положении П 0 =

= Рг„ и То=0, где Р — вес маятника; г — коор­дината его центра тяжести. Следовательно, если пренебречь всеми сопротивлениями, то в любом другом положении будет П + Г = П 0 или Р г + +У л»

2/2=Рг 0 .

Таким образом, выше положения г0 центр тяжести маятника подняться не может. При опускании маятника его потенциальная энергия убывает, а кинетическая растет, при подъеме, наоборот, потенциальная энергия растет, а ки­нетическая убывает.

Из составленного уравнения следует, что й>

а=2Р(г0—г)ИА. Таким образом, угловая скорость маятника

в любой момент времени зависит только от поло­жения, занимаемого его центром тяжести, и в данном положении всегда принимает одно н то

^ же значение. Такого рода зависимости имеют место только при движении под действием потенциальных сил.

Д и с с и п а т и в н ы е с и с т е м ы . Рассмотрим механиче­скую систему, на которую кроме потенциальных сил действуют не­избежные в земных условиях силы сопротивления (сопротивление среды, внешнее и внутреннее трение). Тогда из уравнения (50) полу­чим: Т— Г 0 = П 0 — П - Ь 4

Д или

Т + П = Т 0 + П 0 - М \ (65')

где Лд

— работа сил сопротивления. Так как силы сопротивления направлены против движения, то Л

д величина всегда отрицательная

( Л ^ О ) . Следовательно, при движении рассматриваемой механи­ческой системы происходит убывание или, как говорят, диссипация (рассеивание) механической энергии. Силы, вызывающие эту дисси­пацию, называют диссипативными силами, а механическую систему, в которой происходит диссипация энергии ,— диссипативной си­стемой.

Например, у рассмотренного выше маятника (рис. 320) благодаря трению в оси и сопротивлению воздуха механическая энергия будет со временем убывать, а его колебания будут затухать; это диссипа-тивная система.

Полученные результаты не противоречат общему закону сохра­нения энергии, так как теряемая диссипативной системой механи­ческая энергия переходит в другие формы энергии, например в теплоту.

Однако и при наличии сил сопротивления механическая система может не быть диссипативной, если теряемая энергия компенсирует­ся притоком энергии извне. Например, отдельно взятый маятник, как мы видели, будет диссипативной системой. Но у маятника часов потеря энергии компенсируется периодическим притоком энергии

8 2 2

извне за счет опускающихся гирь или заводной пружины, и маятник будет совершать незатухающие колебания, называемые автоколеба­ниями. От вынужденных колебаний (см. § 96) автоколебания отли­чаются тем, что они происходят не под действием зависящей от вре­мени возмущающей силы и что их амплитуда, частота и период опре­деляются свойствами самой системы (у вынужденных колебаний амплитуда, частота и период зависят от возмущающей силы).

Глава XXVI

ПРИЛОЖЕНИЕ ОБЩИХ ТЕОРЕМ К ДИНАМИКЕ

ТВЕРДОГО ТЕЛА

§ 128. ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА

ВОКРУГ НЕПОДВИЖНОЙ ОСИ

Рассмотрим приложения общих теорем динамики к задачам о движении абсолютно твердого тела. Так как изучение поступатель­ного движения твердого тела сводится к задачам динамики точки, то начнем с рассмотрения вращательного движения вокруг непод­вижной оси.

Пусть на твердое тело, имеющее неподвижную ось вращения г

(рис. 321), действует система заданных сил Р{, Р\, Реп. Одно­

временно на тело действуют реакции подшипников РА и Рв. Чтобы исключить из уравнения движения эти наперед не известные силы, воспользуемся теоремой моментов относительно оси г (см. § 116). Т ак как моменты сил РА и Рв относительно оси г равны нулю, то получим

аг Мг, где М, = 2т,(Р1)-

Будем в дальнейшем величину Мг назы­вать вращающим моментом.

Подставляя в предыдущее равенство зна­чение /ег=/гсо, найдем

или (66) Рис. 321

Уравнение (66) представляет собой дифференциальное уравнение вращательного движения твердого тела. Из него следует, что произ­ведение момента инерции тела относительно оси вращения на уг­ловое ускорение равно вращающемуся моменту:

Згг=Мг. ( 6 6 ' )

Равенство ( 6 6 ' ) показывает, что при данном Мг чем больше мо­мент инерции тела, тем меньше угловое ускорение, и наоборот. Сле-

п* 323

довательно, момент инерции тела действительно играет при враща­тельном движении такую же роль, к ак масса при поступательном, т. е. является мерой инертности тела при вращательном движении (см. § 102).

Уравнение (66) позволяет: 1) зная закон вращения тела, т. е. с р = Д г ) , найти вращающий момент Мг\ 2) зная вращающий момент Мг, найти с р = / ( 0 . т. е. закон вращения тела, или найти его угло­вую скорость со. При решении второй задачи следует иметь в виду, что в общем случае величина Мг может быть переменной и зависеть от г, ср И С 0 = ф .

Вместо уравнения (66) для изучения вращательного движения можно также пользоваться теоремой об изменении кинетической энергии: Т—Т0=А

е, где Т и А

е определяются по формулам (43) и

(47). Отметим следующие частные случаи: 1) если М г = 0 , то со=сопз1, т. е. тело вращается равномерно; 2) если М 2 =соп з 1 то и е=соп з1 , т. е. тело вращается равнопе­

ременно. Уравнение (66) по своему виду аналогично дифференциальному

уравнению прямолинейного движения точки (см. § 77). Поэтому имеется аналогия и между самими названными движениями, и все результаты, получаемые для прямолинейного движения точки, бу­дут справедливы и для вращательного движения твердого тела, если в них заменить соответственно силу Р, массу пг, координату х, ско­рость V и ускорение а точки на вращающий момент Мг, момент инер­ции / г , угол поворота ср, угловую скорость со и угловое ускорение Б вращающегося тела.

При решении задач уравнением (66) целесообразно пользовать­ся тогда, когда система состоит только из одного вращающегося тела. Если в системе кроме одного вращающегося тела есть еще дру­гие движущиеся тела (см., например, задачи 134, 140 и т. д.) , то уравнение движения лучше составлять с помощью общих теорем или методов, изложенных в § 141 и 145.

В задачах, аналогичных задаче 134, следует иметь в виду, что на барабан действует не сила (5, а натяжение веревки Р, не равное (5, и уравнение (66) для барабана имеет вид 10г=Рг—Мтр. Д л я его решения надо дополнительно определить силу Р, составив уравне­ние движения груза А, что удлиняет расчет.

Задача 149. Колесо массой т вращается вокруг оси О с угловой скоростью со0 (рис. 322). В некоторый момент времени к колесу прижимается тормозная колодка с силой ф. Коэффициент трения йолодки о колесо радиус колеса г. Пренебрегая трением в оси и массой спиц, определить, через сколько секунд колесо остановится.

Р е ш е н и е . Составляя уравнение (66) и считая момент положительным, когда он направлен в сторону вращения колеса, получаем

так как сила трения .Р=/ф. Отсюда, интегрируя, находим

324

По начальным данным, при ^ = 0 со=со0, следовательно, С1=1ощ и оконча­тельно

со=ш0—[О.пио. (б)

В момент остановки, когда 1=1Х, со=0. Подставляя значение со=0 в уравне­ние (б) и учитывая, что для обода (кольца) 1о—тг

ъ, получим

_ 7 0 с о 0 _тги>0

Н~ 1Чг - /с •

Если понадобится найти число оборотов, сделанных колесом до остановки, то это проще сделать, пе интегрируя еще раз уравнение (б), а применив теорему об изменении кинетической энергии.

Рис. 322 Рис. 323

Задача 150. Вертикальный цилиндрический ротор, момент инерции которого относительно оси Ог равен ]г (рис. 323), приводится во вращение приложенным к нему моментом Мвр . Найти, как изменяется при движении угловая скорость ротора со, если со0=0, а момент сил сопротивления воздуха пропорционален со, т. е. Мсопр=цсо.

Р е ш е н и е . Дифференциальное уравнение (66) для вращающегося ротора имеет вид (считаем положительными моменты, направленные в сторону вра­щения)

/ г - д 7 - = Л т в р —ЦСО.

Разделяя переменные и полагая [х/Уг=п, возьмем от обеих частей равенства соответствующие определенные интегралы, получим

— иска С ,.

т т -5

- — = — п \ с и .

Мвр —цш Л о о Отсюда

М в р — ц» М в р — [М> .

1 п — п = — пг или — - г ; =е~"1.

Л1Ер ЛтЕр Окончательно найдем, что

т = _ » - ( 1 _ е - » « ) . (а)

Угловая скорость ротора со временем возрастает, стремясь к предельному значению:

а>„р = Мвр/[1. (б)

Согласно отмеченной выше аналогии эти результаты дают одновременно решение задачи о прямолинейном движении точки с массой т под действием

325

силы /г=соп$1 и силы сопротивления / ?=— [ю . При этом для скорости V точки

по аналогии с равенствами (а) и (б) получится

» = (^/И) (1 — е-" ' ) , где п = ц/т, и 1>пр = /7ц.

§ 129. ФИЗИЧЕСКИЙ МАЯТНИК. ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ

Физическим маятником называется твердое тело, которое может совершать колебания вокруг неподвижной горизонтальной оси под действием силы тяжести.

Изобразим сечение маятника плоскостью, перпендикулярной оси подвеса и проходящей через центр масс маятника С (рис. 324, а).

Введем обозначения: Р — вес маятника, а — расстояние ОС от центра масс до оси подвеса, /0 — момент инерции маятника от­носительно оси подвеса. Положение маятника будем определять уг­

лом ср отклонения линии ОС от вертикали.

Д л я определения закона коле­баний маятника воспользуемся диф­ференциальным уравнением вра­щательного движения (66). В дан­ном случае Мг—М0~—Ра зт ф (знак минус взят потому, что при Ф > 0 момент отрицателен, а при Ф < 0 — положителен) и уравнение (66) принимает вид

/ 0 Ф = — Р а з ' т у .

Деля обе части равенства на 1 0 и вводя обозначение

Ра^0=к\ (67)

найдем дифференциальное уравнение колебаний маятника в виде

Ф+&2зш ф = 0 .

Полученное дифференциальное уравнение в обычных функциях не интегрируется. Ограничимся рассмотрением малых колебаний маятника, считая угол ф малым и полагая приближенно з т ф « ф . Тогда предыдущее уравнение примет вид

<р+62Ф=0.

Это дифференциальное уравнение совпадает по виду с дифферен­циальным уравнением свободных прямолинейных колебаний точки и его общим решением по аналогии с равенством (68) из § 94 будет

Ф = С ! 5 ш Ы-\-С соъЫ.

Полагая, что в начальный момент (=0 маятник отклонен на малый угол, ф = ф 0 и отпущен без начальной скорости (со0=0), найдем для постоянных интегрирования значения С ! = 0 и С 2 — ф 0 . Тогда закон

326

малых колебаний маятника при данных начальных условиях будет

ф = ф0СО8 Ы.

Следовательно, малые колебания физического маятника явля­ются гармоническими. Период колебаний физического маятника, если заменить к его значением (67), определяется формулой

Тф = 2п/к = ЧаУТ^Ра. (68)

Как видим, для малых колебаний период от угла начального от­клонения ф0 не зависит. Этот результат является приближенным. Если проинтегрировать составленное вначале дифференциальное уравнение колебаний маятника, не считая в нем угол ф малым (т. е. не полагая зт ср&ср), то можно убедиться, что 7Ф зависит от ф 0 . Приближенно эта зависимость имеет вид

Т ф ^ 2 л ] / 7 ^ ( 1 + ф ^ / 1 6 ) .

Отсюда, например, следует, что при ф 0 = 0 , 4 рад (около 23°) фор­мула (68) определяет период с точностью до 1 %.

Полученные результаты охватывают и случай так называемого математического маятника, т. е. груза малых размеров (который будем рассматривать как материальную точку), подвешенного на нерастяжимой нити длиной /, массой которой по сравнению с мас­сой груза можно пренебречь (рис. 324, б). Д л я математического маятника, так как он представляет собой систему, состоящую из одной материальной точки, очевидно, будет

/0=т/»= (Р/8)Р, а=ОС=1.

Подставляя эти величины в равенство (68), найдем, что период малых колебаний математического маятника определяется форму­лой

Тм = 2 я / / ^ . (68')

Из сравнения формул (68) и (68'), видно, что при длине

/ 1 = У 0 ^ / Р д = / 0 Ш а (69)

период колебаний математического маятника совпадает с периодом колебаний соответствующего физического маятника .

Длина /1 такого математического маятника, период колебаний которого равен периоду колебаний данного физического маятника, называется приведенной длиной физического маятника. Точка К, отстоящая от оси подвеса на расстоянии 0К=1и называется цент­ром качаний физического маятника (см. рис . 324).

Замечая, что по теореме Гюйгенса / 0 = 7 С + М а2

, мы можем при­вести формулу (69) к виду

К=а+-Зс!Ма. (69')

Отсюда следует, что расстояние ОК. всегда больше, чем ОС—а т. е. что центр качаний маятника всегда расположен ниже его цент­ра масс.

327

Из формулы (69') видно, что КС=1с/Ма. Поэтому, если поместить ось под­веса в точке К, то приведенная длина /2 полученного маятника согласно (69) будет

1г=КС-\-1с1(М-КС)=1с1Ма+а=1г. Следовательно, точки К и О являются взаимными, т. е. если ось подвеса будет проходить через точку К, то центром качаний будет точка О (так как / 2=У

и пе­

риод колебаний маятника не изменится. Это свойство используется в так называе­мом оборотном маятнике, который служит для определения ускорения силы тяжести.

Э к с п е р и м е н т а л ь н о е о п р е д е л е н и е м о м е н ­т о в и н е р ц и и . Один и з экспериментальных методов определе­ния моментов инерции тел (метод маятниковых колебаний) основан на использовании формулы (68) периода малых колебаний маятника.

, 1

Рис. 325

С

Рис. 326

Пусть требуется определить момент инерции относительно оси Ог изображенного на рис. 325 тела (шатуна), вес которого Р изве­стен. Подвесив тело так, чтобы ось Ог была горизонтальна, найдем с помощью секундомера период его малых колебаний Т. Затем ме­тодом взвешивания (см. § 34, рис . 108) определим расстояние ОС=а. Подставляя все эти значения в формулу (68), получим

]0г=РаТЧЫ\

Если требуется определить момент инерции тела относительно оси Ох, проходящей через его центр тяжести, то тело можно подве­сить на двух жестко прикрепленных к телу штангах (стержнях) так, чтобы ось Ох была горизонтальна (рис. 326), и найти экспери­ментально момент инерции УДв относительно оси АВ (величина а в этом случае наперед известна). После этого искомый момент инер­ции вычисляется по теореме Гюйгенса: / о х = ^ л в — ( Р / § )

а 2-

§ 130. ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА

Положение тела, совершающего плоскопараллельное движе­ние, определяется в любой момент времени положением полюса и углом поворота вокруг полюса (см. § 52). Задачи динамики будут решаться проще всего, если за полюс принять центр масс С тела (рис. 327) и определять положение тела координатами хс, ус и углом ср.

328

На рис . 327 изображено сечение тела плоскостью, параллельной плоскости движения и проходящей через центр масс С. Пусть на тело действуют внешние силы Р{, Р

е?, . . ., Р%, лежащие в плоскости

этого сечения. Тогда уравнения движения точки С найдем по теоре­ме о движении центра масс

Мас = 2Р\, (70)

а вращательное движение вокруг центра С будет определяться урав­нением (66), так как теорема, из которой получено это уравнение, справедлива и для движения системы вокруг центра масс. В резуль­тате, проектируя обе части равенства (70) на координатные оси, получим:

Ма, •Схш = 2Р МаСу = 2Рку, / с - е = 2 / п с ( ^ ) .

или

Мхс = ЪРкх, Мус = ЪРк1/, ^ сФ = 2 т с ( П ) .

(71)

(71')

Уравнения (71) представляют собой дифференциальные уравне­ния плоскопараллельного движения твердого тела. С их помощью можно по заданным силам определить закон движения тела или, зная закон движения тела, найти главный вектор и главный момент действующих сил.

При несвободном движении, когда траектория центра масс из­вестна, уравнения движения точки С удобнее составлять в проек­циях на касательную т и главную нормаль п к этой траектории. Тогда вместо системы (71) получим

Рис. 327

= - - 2 ш с ( П ) , (72)

где рс — радиус кривизны траектории

центра масс. Заметим, что если движение является

несвободным, то в правые части уравне­ний (71) или (72) войдут еще неизве­стные реакции связей. Д л я их определе­ния надо будет составить дополнительные уравнения, отражающие те условия, которые налагаются на движе­ние тела связями (см. задачу 151 и др.) . Часто уравнения несвобод­ного движения будут составляться проще с помощью теоремы об изменении кинетической энергии, которой можно воспользоваться вместо одного из уравнений (71) или (72).

Задача 151. Сплошной однородный круговой цилиндр скатывается по на­клонной плоскости с углом наклона а (рис. 328). Определить ускорение центра цилиндра и наименьший коэффициент трения / цилиндра о плоскость, при кото­ром возможно качение без скольжения, в двух случаях: 1) пренебрегая сопротив­лением качению; 2*) учитывая сопротивление качению (коэффициент треиия ка­чения к и радиус цилиндра Р известны).

Р е ш е н и е . 1. Изображаем действующие иа цилиндр силы: силу тяжести Р—гтщ, наименьшую силу трения Г, при которой возможно качение без сколь-

329

жеиия, реакцию N плоскости, приложенную, когда сопротивление качению не учитывается, в точке касания. Направим ось Ох вдоль наклонной плоскости, а ось Оу—перпендикулярно ей.

Так как вдоль оси Оу центр масс цилиндра не перемещается, то аСу=0, и пер­вое из уравнений (71) дает

Ы—Р соз а = 0 , откуда Ы=Р соз а.

Составляя другие два уравнения системы (71), учтем, что аСх=ас и будем считать момент положительным, когда он направлен в сторону вращения цилин­дра. Получим:

тас=Р 51П а—Р, ]с-г=РЯ. (а)

Уравнения (а) содержат три неизвестные величины ас, е и Р (здесь нельзя считать Р=}И, так как это равенство имеет место, когда точка касания скользит вдоль плоскости, а при отсутствии скольжения может быть Г^/А'; см. § 23). Дополнительную зависимое! ь между неизвестными величинами найдем, учиты­

вая, что при "истом качении чс=со/?, откуда, диф­ференцируя, получим ас=еЯ. Тогда второе из ра­венств (а), если учесть, что для сплошного ци­линдра 7с=тРЛ '2 , примет вид

тас/2=Р.

Подставляя это значение Р в первое (а), получим

ас=(2/3)§ зт а.

(б)

из равенств

(в)

Теперь находим из выражения (б)

Р=(Р/3) з т а . (г)

Такая сила трения должна действовать на катящийся цилиндр, чтобы он ка­тился без скольжения. Выше было указано, что Р^N. Следовательно, чистое качение будет происходить, когда

(Р/3) з т а < / Р соз а или / ^ ( 1 § а)/3.

Если коэффициент треиия будет меньше этой величины, то сила Р не может принять значения, определяемого равенством (г), и цилиндр будет катиться с про­скальзыванием. В этом случае ис и ш не связаны зависимостью у с = ш # (точка касания не является мгновенным центром скоростей), но зато величина Р имеет предельное значение, т. е. Р=[Ы—[Р соз а, и уравнения (а) принимают вид:

(Р/#)а с=Р ( з т а—/ соз а), РЯ2е/2§=[РЯ соз а,

откуда ас~8 (

8Ш а~ /

005 а) ;

е== (2&//Я) соз а. (д)

Центр цилиндра в этом случае движется с ускорением ас, а сам цилиндр вращается с угловым ускорением е, значения которых определяются равенства­ми (д). _

2*. При учете сопротивления качению реакция N будет смещена в сторону движения на величину к (расположена так, как на рис. 308, б) и ее момент отно­сительно центра С будет равен —кN. Тогда второе из уравнений (а) примет вид

7 с - е = ^ — и л и тРЧ/2=РЯ—кЫ.

Остальные уравнения сохраняют свой вид, т. е. будет по-прежнему

N=9 соз а, тас=Р зт а—Р.

Из уравнений (е) и (ж), учитывая, что и в данном случае ас=?К окончательно:

(е)

(ж)

найдем

2 8[ з т а - соз а Р= з т а + 2 — соз

После этого из неравенства Г^/М получим, что / должно иметь для обеспечения качения без скольжения значение [^[(\^а)1Э+2к/ЗР].

330

Задача 152. По шероховатой цилиндрической поверхности радиуса /? (рис. 329) из положения, определяемого углом ср0, начинает катиться без сколь­жения сплошной однородный цилиндр радиусом г. Пренебрегая сопротивлением качению, определить закон движения центра цилиндра, когда угол ср0 мал. Най­ти также, при каких значениях ср0 воз­можно качение без скольжения, если ко­эффициент трения цилиндра о поверх­ность /.

Р е ш е н и е . Рассмотрим цилиндр при его качении вниз (движение проис­ходит в вертикальной плоскости). В по­ложении, определяемом углом <р, на ци­линдр действуют сила тяжести Р=тц,

сила трения скольжения Р и реакция N. Проведя касательную Сх к траектории цент­ра С (в сторону движения этого центра) и учтя, что для цилиндра / с=тг

2/2 , составим первое и третье из уравнений (721

в виде:

Р=т$

Рис. 329

ск с А(

-т§5т ф — Р, тг

2 Аа>

А( = Рг, (а)

где м — угловая скорость цилиндра. Выразим все скорости через ф. Одновременно учтем, что в точке К. находится

мгновенный центр скоростей. Тогда, поскольку при качении цилиндра вниз ф убывает и ф < 0 , будет:

% = — ( # — ' ) Ф . (в = г'С/г = — (К—г) ф//-.

При этих значениях ь<с и со уравнения (а) примут вид:

т (Я — г) Ф = — т § 8 1 П ф + /г, т(Ру—г)у = —2Р. (б)

Исключая из равенств (б) силу Р, найдем окончательно следующее дифференци­альное уравнение, определяющее движение центра С:

Ф + ^23 1 П ф = 0 , где к

2=2§/3(Н—г).

Поскольку очевидно, что при движении цилиндра Ф< !ф 0 . то, когда угол ф в

мал, можно приближенно принять з т ф г з ф . Тогда получим известное дифферен­циальное уравнение гармонических колебаний

ф + 63Ф = 0 . (в)

В данной задаче при ^ = 0 Ф=ф 0 , а ф = 0 . Интегрируя уравнения (в) при этих: начальных условиях, найдем следующий закон малых колебаний цилиндра:

. . . (г) Период этих колебании

Ф=Фо соз Ы.

х = 2п/к = 2лУ 3 (К—г)/2§.

В заключение найдем условие качения без скольжения, учитывая, что Р<}Ы (см. § 23). Значение Р дает второе из равенств (б):

* Р=—т(Ц—г)ч12.

Но согласно уравнению (в) ф = — 62

ф н так как к2=2^/3(Я—г), то окончательно

Р=(ящ/3)ф.

Теперь заметим, что при малом ф часть цилиндрической поверхности, по ко­торой катается цилиндр, можно рассматривать как часть горизонтальной пло­скости н считать приближенно N=Р=т^. Тогда неравенство Л^/Л

7 дает ф < 3 / .

Так как наибольшее значение ф равно ф 0 , то при рассматриваемых малых коле­баниях качение цилиндра будет происходить без скольжения, когда ф0<:3/.

331

Задача 153. Тело весом Р опирается в точке В на пьезоэлектрический датчик прибора, измеряющего силу давления, а в точке А поддерживается нитью АО (рис. 330). При равновесии линия АС горизонтальна, а давление в точке В равно (?0. Вычислить, чему равен момент инерции ]с тела относительно оси, проходя­щей через его центр масс С, если в момент, когда нить пережигают, давление в точке В становится равным 1^. Расстояние / известно.

Р е ш е н и е . 1. В положении равновесия С}01=Р(1—Ь). Отсюда находим

Ь=(Р-С0) ' /Я 2. Когда нить пережигают, тело начинает двигаться плоскопараллельно.

Для начального элементарного промежутка времени изменением положения тела можно пренебречь. Тогда уравнения (71), справедливые только для этого промежутка времени, будут иметь вид:

МаСх = Р — 0_и оСи = 0, 1с-г=0_1Ь. (а)

Так как оСг/=0, то точка С начинает перемещаться по вертикали вниз, а точ-ка В скользит горизонтально (трение в опоре считаем малым). Восставляя перпен­дикуляры к направлениям этих перемещений, находим, что мгновенный центр-скоростей будет в точке К- Следовательно, Ус=Ьа>. Дифференцируя это равен­ство и считая в течение рассматриваемого элементарного промежутка времени 6=сопз1, получим ас=Ьг. Тогда первое из уравнений (а) дает

РЬг=(Р-0_1)ё.

Определяя отсюда е, найдем окончательно

1с=О_1Ыг=Р0_1ЬУ(Р-С11)ё.

Полученный результат можно использовать для экспериментального опре­деления моментов инерции.

Рис. 330 Рис. 331

Задача 154. Вес автомобиля с колесами равен Р (рис. 331); вес каждого из четырех его колес равен р, радиус г, радиус инерции относительно оси С—рс.

К задним (ведущим) колесам приложен вращающийся момент МЕр. Авто­мобиль, начиная движение из состояния покоя, испытывает сопротивление воз­духа, пропорциональное квадрату его поступательной скорости: Р=\ли

2. Момент

трения в оси каждого колеса Лтхр=сопз1. Пренебрегая сопротивлением качению, определить: 1) предельную скорость автомобиля; 2) силу трения скольжения, действующую на ведущие и ведомые колеса при движении.

Р е ш е н и е . 1. Для определения предельной скорости составим диффе­ренциальное уравнение движения автомобиля, пользуясь равенством (49)

АТ = ?.&Аек-\-Ъ АА{. (а)

Кинетическая энергия автомобиля равна энергии кузова и колес. Учитывая, что Р — вес всего автомобиля, а о=шг (так как скорость ь<с центра С колеса равна скорости V кузова), получим

Г=Ро2/2ёг+4(7сМ

2'2)=(Р+4рр'//-

г)Л2я ,

где полагалось, что <в — угловая скорость колеса. Из внешних сил работу совершает только сила сопротивления воздуха, так

как сопротивлением качению мы пренебрегаем, а работа сил трения Рх и Р% колес

332

о грунт равна в этом случае нулю (см. § 122). Следовательно,

2 аА% = — Я Аз = — рт2 йх,

где Аз — элементарное перемещение кузова. Работа внутренних сил (вращающего момента и сил трения в осях), если

учесть, что Азс=йз—гА<р, где ф — угол поворота колеса, будет

2 АА'к = ( М Е р - 4 М х р ) аф = ( М в р - 4 М х р ) аз/г.

Подставим все эти значения в равенство (а) и одновременно разделим обе его части на А(. Тогда, учтя еще, что йз'И—и, а Ао/А1=а, получим

(Р+4РР2,//-

2) V• а/ц = (МВ9/г-Шт„/г- 1Ш

2) V.

Отсюда, сокращая на V, находим

(Р + 4рр2,Д

2) а = ( М Е р - 4 М т р - р,™

2) д/г. (б)

Когда скорость автомобиля стремиться к ее предельному значению, его ускорение а стремится к нулю. Следовательно, спр найдется из уравнения

М в р - 4 М т р - 1 1 Г О2 = 0,

откуда 1'пР='К

Г (Л1Вр-4Л-1тр)/ц/-.

Этот результат можно получить сразу, приравняв нулю сумму работ всех сил. Цель предыдущих выкладок — показать, как составляется уравнение дви­жения (б).

2. Для определения сил трения, действующих на каждое колесо, составим уравнения вращательного движения колес относительно их осей. Для двух веду­щих колес, учитывая, что действующая на каждое из них сила трения Рх направ­лена вперед (см. § 108, рис. 284), получим

2ррс • е/г = Мвр - 2М гр - 2Рхг

Так как при качении гг=ас~а, то окончательно найдем

^1 = Л1вр/2г — .Мтр/г — ррса/дгг. (в)

Действующая на каждое из ведомых колес сила трения Р2 направлена назад. Следовательно, для ведомого колеса будет

ррсЕЦ = Ргг—Мтр1

откуда

р2 = М1р/г-\-рр*а/§г*. (г)

Из равенства (б) видно, что с увеличением скорости ускорение а убывает, стремясь к нулю, когда V стремится к чпр. Таким образом, сила трения, действую­щая на ведущие колеса, при разгоне несколько возрастает и достигает наиболь­шего значения, когда движение установится (а=0) . Если подставить значение а из равенства (б), то легко видеть, что последнее слагаемое в формуле (в) будет много меньше первого, так как Р > р . Поэтому практически величина Р1 изме­няется незначительно.

На ведомых колесах сила трения имеет наибольшее значение в момент начала движения, а затем убывает и при равномерном движении (а=0) равна наимень­шему значению Л4тр/л

Если коэффициент трения колес о грунт не будет достаточен для того, чтобы сила трения могла принять значение Рх или Р2, то соответствующие колеса будут буксовать. Так как Мвр много больше Мхр, то в первую очередь буксование угрожает ведущим колесам.

Прн выключенном двигателе все колеса являются ведомыми и на них вна­чале будет действовать сила трения р=Мтр/г. Действие тормозных колодок экви­валентно увеличению момента Л4тр в осях, а следовательно, и силы трения, дейст­вующей на каждое из колес, чем и ускоряется торможение автомобиля (см. § 108).

333

§ 131*. ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ТЕОРИЯ ГИРОСКОПА

Рассмотрим однородное твердое тело с неподвижной точкой О, имеющее ось симметрии Ог и вращающееся вокруг этой оси с угло­вой скоростью О, на много превышающей ту угловую скорость со, которую может иметь сама ось Ог при ее поворотах вместе с телом

вокруг точки О; такое тело называют гироскопом. Ось Ог гироскопа, как ось симметрии, является одновременно его главной центральной осью инерции (см. § 104).

Простейшим примером гироскопа является детский волчок (см. ниже рис. 335). В гироскопических приборах ротор гироскопа обычно закрепляют в так называемом кардановом (кольцевом) под­весе, позволяющем ротору совершить любой поворот вокруг непод­вижного центра подвеса О, совпадающего с центром тяжести ротора (рис. 332). Такой гироскоп, как и волчок, имеет три степени свобо­ды *.

У гироскопов, применяемых в технике, • больше со в десятки и сотни тысяч раз (Й^>со), что позволяет построить весьма эффектив­ную приближенную теорию гироскопа, называемую элементарной, или прецессионной. Исходят при этом из следующего.

В каждый момент времени абсолютная угловая скорость гиро­

скопа со а б=Й+со, а его движение, как движение тела, имеющего

неподвижную точку О (см. § 60), слагается из серии элементарных

поворотов с этой угловой скоростью соаб вокруг мгновенных осей

вращения ОР (рис. 333). Но когда Й^>со, угол р между векторами

соаб и О очень мал и практически можно принять, что со а б=0 , а

ось ОР в любой момент времени совпадает с осью Ог гироскопа. Тогда

кинетический момент Ко гироскопа относительно точки 0> шхжно

* Гироскоп на рис. 332 может совершать независимые друг от друга поворо­ты вокруг оси Ог, оси Ох (вместе с кольцом 2) и осн Ог4 (вместе с кольцом 1). Подробнее вопрос о степенях свободы рассматривается в § 138.

Рис. 332 Рис. 333

334

т оже считать в любой момент времени направленным вдоль оси Ог и численно равным Кг, т. е. 3^1 (см. конец § 115). В этом и состоит основное допущение элементарной теории гироскопа.

Таким образом, в дальнейшем будем считать

(73)

где Зг — момент инерции гироскопа относительно его оси Ог, а саму ось Ог и вектор Ко полагать все время направленными вдоль одной и той же прямой. Последнее позволяет находить, как изме­няется со временем направление оси Ог гироскопа, определяя, как изменяется направление вектора Ко- Установим, исходя из элемен­тарной теории, каковы основные свойства гироскопа.

1 . С в о б о д н ы й т р е х с т е п е н н о й г и р о с к о п . Рассмотрим гироскоп с тремя степенями свободы, закрепленный так, что его центр тяжести неподвижен, а ось может совершать любой поворот вокруг этого центра (см. рис. 332); такой гироскоп называют свободным. Д л я него, если пренебречь трением в осях под­веса, будет 2 т 0 (Р%)=0 и /С0=соп51, т. е. модуль и направление ки­нетического момента гироскопа постоянны (см. § 117). Но так как направления вектора Ко и оси Ог гироскопа все время совпадают, то, следовательно, и ось свободного гироскопа сохраняет неизменное направление в пространстве по отношению к инерциальной (звездной) системе отсчета. Это одно из важных свойств гироскопа, используемое при конструировании гироскопических при­боров.

Сохраняя неизменное направление в звездной системе отсчета, ось свободного гироскопа по отношению к Земле будет совершать вращение в сторону, про­тивоположную направлению вращения Земли. Таким образом, свободный гиро­скоп можно использовать для экспери­ментального обнаружения факта враще­ния Земли * .

2 . Д е й с т в и е с и л ы ( п а р ы с т е п е н н о г о г и р о с к о п а . У г и р о с к о п а . Пусть на ось гироскопа (рис. 334) начинает дейст­вовать сила Р, момент которой относительно центра О равен М0

(или пара сил Р, Р' с моментом, равным М 0 ) . Тогда по теореме мо­ментов (см. § 116)

Шо

С II Л) С Т О Й

н а о с ь т р е х -ч и в о с т ь о с и

• Мп или А1 т

о>

* Чтобы проделать подобный опыт, французский ученый Ж. Фуко (1819— 1868} сконструировал в 1852 г. прибор, сходный с изображенным на рис. 332, ко­торый он и назвал «гироскоп» (от греческих §угёио — вращаюсь и зкорео — смот­рю, наблюдаю).

335

где В — точка оси, совпадающая с концом вектора Ко- Отсюда,

учитывая, что производная от вектора ОВ по времени равна скоро­

сти ув точки В, получаем

Ъв = М0&а = йКо/Ы). (74)

Равенство (74) выражает следующую теорему Резаля *: ско­рость конца вектора кинетического момента тела относительно центра О равняется по модулю и по направлению главному моменту внешних сил относительно того же центра. Следовательно, точка В, а с нею и ось гироскопа, будет перемещаться по направлению век­тора М0. В!

чезультате находим, что если на ось быстро вращающе­

гося гироскопа подействует сила, то ось начнет отклоняться не в сторону действия силы, а по направлению, которое имеет вектор М0

момента этой силы относительно неподвижной точки О гироскопа, т. е. перпендикулярно силе. Аналогичный результат имеет место и при действии на ось гироскопа пары сил.

Из равенства (74) следует, что когда действие силы прекра­щается, то Мо=0, а следовательно, и Ув обращается в нуль и ось гироскопа останавливается. Таким образом, гироскоп не сохраняет движения, сообщенного ему силой. Если действие силы является кратковременным (толчок), то ось гироскопа практически почти не изменяет своего н апр а в л ения * * . В этом проявляется свойство ус­тойчивости оси быстро вращающегося гироскопа, имеющего три степени свободы.

3 . П р е ц е с с и я т р е х с т е п е н н о г о г и р о с к о п а . Допустим, что сила Р (или пара сил Р, Р', см. рис. 334) действует на гироскоп во все рассматриваемое время его движения, оставаясь в плоскости гОгг (такой силой может, например, быть сила тяжести). Так как по установленному выше ось Ог в сторону действия силы не отклоняется, то угол §=/ггОг остается все время постоянным, а скорость ув — перпендикулярной плоскости гхОг. Следовательно, ось Ог гироскопа будет вращаться (прецессировать) вокруг оси 0гх

с некоторой угловой скоростью со, называемой угловой скоростью прецессии. Найдем уравнение, определяющее со. Так как ось Ог вращается вокруг оси 0гг с угловой скоростью со (см. рис. 334), то по формуле (48), из § 5 1 У В = С О Х О В = С О Х К О

и равенство (74) дает

йхК0 = М0. (75)

* Анри Резаль (1828—1896) известный французский ученый, автор первого учебника по кинематике (1862), где кинематика излагается как самостоятельный раздел механики.

«Скорость» Vв в формуле (74) имеет, конечно, размерность не длина / время, а кинетический момент/время.

** Точнее ось начнет совершать вблизи начального положения высокочастот­ные колебания малой амплитуды, которые при наличии сопротивлений затухнут, и ось придет в положение, близкое к начальному (тем ближе, чем больше УгЙ).

336

Это уравнение является исходным приближенным уравнением элементарной (прецессионной) теории гироскопа. Из него следует, что (оК0зт 8=М0, откуда

м0 _ м0 со = (76)

Чем больше Зг&, тем меньше со и тем большую точность дает эле­ментарная теория * .

В качестве примера найдем угловую скорость прецессии волчка

под действием силы тяжести Р (рис. 335). Введя обозначение ОС=а,

получим, что М0=Ра ат 6 и равенство (76) дает

Ра Ра ,-с,ч

Аналогичную прецессию совершает земная ось, так как вслед­ствие отклонения формы Земли от правильной шарообразной и нак­лона ее оси равнодействующие сил притяжения Солнца и Луны не проходят через центр масс Земли и создают относительно этого цент­ра некоторые моменты. Период прецессии земной оси (время од­ного оборота) приблизительно 26 ООО лет.

Рис. 335 Рис. 336

4 . Г и р о с к о п с д в у м я с т е п е н я м и с в о б о д ы . Г и р о с к о п и ч е с к и й э ф ф е к т . Рассмотрим гироскоп с ротором 3, закрепленным только в одном кольце 2, которое может вращаться по отношению к основанию 1 вокруг оси Од: (рис. 336). Такой гироскоп имеет по отношению к основанию две степени сво­боды (поворот вокруг оси Ог и вместе с кольцом 2 — вокруг оси Ох) и его свойства существенно отличаются от свойств гироскопа с тре­мя степенями свободы. Например, если толкнуть кольцо 2, то оно

* Процессия сопровождается еще так называемой нутацней — происходя­щими с очень большой частотой малыми колебаниями оси Ог около ее среднего по­ложения. В элементарной теории нутация не учитывается.

337

начнет свободно вращаться вместе с ротором вокруг оси Ох, в то время как трехстепенной гироскоп на такие толчки практически не реагирует (см. п. 2). Не реагирует трехстепенной гироскоп и на вра­щение основания, сохраняя неизменным направление своей оси Ог (см. п. 1). Рассмотрим, что в таком случае будет с двухстепенным гироскопом.

Допустим, что в некоторый момент времени основание / начи­нает вращаться вокруг оси Огх (или любой другой ей параллель­ной) с угловой скоростью со (оо<дсй). Тогда, вращаясь вместе с осно­ванием, гироскоп начнет совершать вынужденную прецессию во­круг оси Огх. При этом, согласно уравнению (75), на ротор 3 должен действовать момент М0 = (аХКо, который, очевидно, могут создать только силы Р, Р' давления подшипников Л, Л' на ось ротора, по­казанные на рис. 336 пунктиром (сравни с рис. 334). Так к ак центр масс О ротора 3 неподвижен, то по теореме о движении центра масс должно быть Р+Р' =0, и, следовательно, силы Р, Р' образуют пару.

Но когда подшипники действуют на ось ротора с силами Р, Р',

то по третьему закону динамики и ось будет одновременно действо­

вать на подшипники Л, Л' с такими же по модулю и противополож­

ными по направлению силами Ы, Ы'. Пара сил Ы, Ы' называется

гироскопической парой, а ее момент Л1гир — моментом гироскопиче­

ской пары или гироскопическим моментом * . Поскольку момент

•Л̂ гир противоположен М0, то

Мгир = / ( 0 х с о и

Мгир = / ( о с о 5 т 0 = / г й с о 5 т 0 . (77)

Отсюда получаем следующее п р а в и л о Н . Е . Ж у к о в ­с к о г о : если быстро вращающемуся гироскопу сообщить вынужден­ное прецессионное движение, то на подшипники, в которых закреп­лена ось ротора гироскопа, начнет действовать гироскопическая пара с моментом МГир, стремящаяся кратчайшим путем установить ось ротора параллельно оси прецессии так, чтобы направления век­торов О и со совпали.

Под действием гироскопической пары кольцо 2 начнет вращаться вместе с ротором вокруг оси Ох; при этом угол 6, а с ним момент •МГИР будут убывать, и когда станет 6 = 0 , вращение кольца прекра­тится .

Если кольцо 2 скрепить с основанием / жестко, т. е. так , чтобы оно не могло вращаться вокруг оси Ох, то у гироскопа останется од­на степень свободы (поворот вокруг оси Ог). Но и в этом случае, если вращать основание вокруг оси Оги будет иметь место гироскопиче­ский эффект и ось начнет давить на подшипники с силами Ы, ЛЛ, значения которых, зная расстояние АА', можно определить по фор­муле (77), если все величины, входящие в ее правую часть, будут тоже известны.

* Некоторые авторы применяют этот термин в другом смысле, называя ги­роскопическим моментом момент сил инерция частиц гироскопа.

338

5 . Н е к о т о р ы е т е х н и ч е с к и е п р и л о ж е н и я г и р о с к о п а . Гироскопы используются как основной элемент в очень большом числе гироскопи­ческих приборов и устройств, имеющих самое разнообразное применение.

Трехстепенные гироскопы используют в целом ряде навигационных приборов (гирокомпас, гирогоризонт, курсовой гироскоп и др ), а также в устройствах для автоматического управления движением (стабилизации) таких объектов, как самолет (автопилоты), ракеты, морские суда и др.

Рассмотрим в качестве примера простейшее устройство, где трехстепенной гироскоп используется как стабилизатор (прибор Обри, стабилизирующий дви­жение мины в горизонтальной плоскости). Прибор содержит свободный гироскоп (см. рис. 332), ось которого в момент выстрела совпадает с осью торпеды, на­правленной на цель. Если торпеда в некоторый момент времени отклонится от заданного направления на угол а (рис. 337), то ось гироскопа, сохраняя свое

?1

Рис. 337 Рис. 338

направление на цель неизменным (по свойству свободного гироскопа), окажется повернутой по отношению к корпусу торпеды на такой же угол. Этот поворот с помощью специального устройства приводит в действие рулевую машину. В результате происходит поворот руля в соответствующую сторону, и торпеда выравнивается.

Прибор дает пример широко используемой индикаторной системы стабили­зации (стабилизатор непрямого действия), где гироскоп играет роль чувстви­тельного элемента, регистрирующего отклонение объекта от заданного положе­ния и передающего соответствующий сигнал двигателю, который и осуществляет стабилизацию, возвращая объект в исходное положение (например, с помощью рулей).

Рассмотрим примеры использования двухстепенного гироскопа. Допустим, что ротор этого гироскопа (рис. 338) помещен в кожух 2, связанный с основа­нием 1 жесткой пружиной, удерживающей ротор в положении, для которого угол В=я / 2—6=0 , и сохраняющей в дальнейшем этот угол малым. При вра­щении основания начнется под действием гироскопической пары поворот ротора, что вызовет увеличение угла |3 и деформацию пружины. В результате начнет действовать момент АВ силы упругости пружины. При некотором |3 этот момент и момент гироскопической пары уравновесятся, т. е. будет кр=1гИа или со— =&р7УгЯ. Таким образом, прибор служит гиротахометром, т. е. позволяет ио значению угла р

1 определить угловую скорость объекта, на котором прибор уста­

новлен. Конкретным примером подобного прибора является авиационный ука­затель поворотов.

Примером использования двухстепенного гироскопа в качестве стабилизатора служит успокоитель качки. Он представляет собой вращающийся с угловой ско­ростью & ротор 1 (рис. 339). Ось ААг ротора закреплена в раме 2, которая имеет свою ось вращения Д0 1 ( скрепленную с корпусом судна. Когда на судно при вол­нении подействует момент М, он сообщит судну какую-то угловую скорость (вектор щ направлен перпендикулярно плоскости чертежа). Тогда, согласно правилу Жуковского, рама вместе с ротором начнет вращаться вокруг оси

339

с некоторой угловой скоростью со2, вследствие чего на подшипники О и Ох станет действовать гироскопическая пара Л

7, Л' с моментом Л4гир=УгО(о2) способст­

вующая уменьшению крена. Для повышения эффективности стабилизатора ис­пользуют снабженный специальным регулятором двигатель, увеличивающий угловую скорость (о2, а с нею и стабилизирующий момент Мгир, и возвращающий раму в исходное положение, когда крен прекратится.

Рис. 339 Рис. 340

Успокоитель качки дает пример силовой гироскопической стабилизации (стабилизатор прямого действия), где массивный гироскоп и регистрирует от­клонение объекта от заданного положения, и осуществляет стабилизацию, а дви­гатель играет лишь вспомогательную роль.

Рассмотрим в заключение пример определения гироскопических давлений на подшипники. Если судно, у которого ротор турбины вращается с угловой ско­ростью О (рис. 340), совершает поворот с угловой скоростью а, то на подшипники Л и В будут действовать силы Ы1г Л^, направленные как показано па рисунке *, Если при этом АВ=1, а момент инерции ротора 1г, то по формуле (77)

Величины этих сил могут достигать десятков килоиьютонов и должны учиты­ваться при расчете подшипников. Через подшипники гироскопические давления передаются корпусу судна и у очень легкого судна могли бы вызвать при по­вороте опускание киля или носа. Подобный эффект может наблюдаться и у вин­товых самолетов при виражах (поворотах в горизонтальной плоскости).

§ 132*. ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА ВОКРУГ НЕПОДВИЖНОЙ ТОЧКИ

И ДВИЖЕНИЕ СВОБОДНОГО ТВЕРДОГО ТЕЛА

Для составления дифференциальных уравнений движения тела, имеющего неподвижную точку, необходимо найти выражение главного; момента количеств движения Ко (кинетического момента) и кинетической энергии Т тела в этом случае движения.

1 . К и н е т и ч е с к и й м о м е н т т е л а , д в и ж у щ е г о с я во­к р у г н е п о д в и ж н о й т о ч к и . Вектор Ко можно определить, найдя его проекции на какие-нибудь три координатные оси Охуг. Чтобы получить соответст­вующие формулы в наиболее простом виде, возьмем в качестве осей Охуг (см. ниже рис. 341) жестко связанные с телом главные оси инерции этого тела для точ­ки О (см. § 104).

Начнем с вычисления Кх- По аналогии с формулами (47) из §28

шх {ткок) = тк {укРкг — ЧЧу)-

Но по формулам Эйлера [§ 62, формулы (77)]

Чу = ®*хЬ — ®хЧ< Щг = ^хУк—^у

хк,

* Гироскопические давления на подшипники возникают и вследствие качки судна. Направления этих давлений будут, конечно, другими.

340

где шл, шу, шг — проекции на оси Охуг мгновенной угловой скорости тела; хк, ук, гк — координаты точек тела.

Подставим эти значения уку и юкг в предыдущее равенство; при этом заметим, что члены с произведениями координат можно не подсчитывать, так как оси Охуг являются главными осями инерции и для них все центробежные моменты инерции равны нулю, т. е. 2 ткхкук=2

ткхкгк—®- В результате, вынося общий

множитель соЛ за скобки, найдем

Кх = Ттх (трь) =- [Ттк (ук •+ гЩ ых,

где величина в квадратных скобках представляет собой, согласно формулам (3) из § 102, главный момент инерции тела относительно оси Ох. Аналогичные вы­ражения получим для Ку, Кг и окончательно будет-

Кх=1хых, Ку=1у(Ау, К г = / г с о г . (78)

Формулы (78) дают выражения проекций вектора Ко на

главные оси инерции тела для точки О.

Если оси Охуг не будут главными, то, как нетрудно подсчитать, формулы (78) примут следующий более сложный вид:

Кх=^хах — Iху®у ~ Iхг®г> }

= — ^ +/

Л ~/

у га

2 ' Г (78

') Кг = ~ 1хг®х — 1уг<йу-\- ^г^г- )

2 . К и н е т и ч е с к а я э н е р г и я т е л а , д в и ж у щ е г о с я во­к р у г н е п о д в и ж н о й т о ч к и . Так как любое элементарное переме­щение твердого тела, имеющего неподвижную точку О, представляет собой эле­ментарный поворот с угловой скоростью со вокруг мгновенной оси вращения 01, проходящей через эту точку (см. § 60), то кинетическую энергию тела можно оп­ределить по формуле

Т=^^<й*|2.

Подставим сюда значение из формулы (12) (см. § 105, рис. 280) и одновре­менно учтем, что а» соз а=а»ж, а»со8р=соу, сосозу=со г , так как вектор со на­правлен по оси 01. Тогда получим

2Т = 1хых -(- 1уа>1 4- / гсо1 — 2/̂ уШд.сОу — 2/у^>>уаг — 21 глшгсоЛ. (79)

Если в качестве координатных осей взять главные оси инерции тела для точ­ки О, то все центробежные моменты инерции обратятся в нули и тогда

2Т = 1хы1 + У с̂о2, + /гсо§. (79')

3 . Д и н а м и ч е с к и е у р а в н е н и я Э й л е р а . Пусть на твердое тело, имеющее неподвижную точку О, действуют заданные силы р\, р\, р% (рис. 341). Одновременно на тело будет действовать реакция Р0 связи (на ри­сунке не показана). Чтобы исключить из уравнений движения эту неизвестную реакцию, воспользуемся теоремой моментов относительно центра О (§ 116), пред­ставив ее в виде (74), т. е. в виде теоремы Резаля. Тогда поскольку то(Ро)—0, уравнение (74) даст

~^в=-М0, (80)

где Мо=^то(Рк), а ид — скорость по отношению к инерциальной системе отсчета

ОхЛухгх точки В, совпадающей с концом вектора Ко-Движение тела изучается тоже по отношению к инерциальной системе отсчета

Ол:11/1г1. Но чтобы получить уравнения этого движения в наиболее простой форме, спроектируем обе части предыдущего равенства на жестко связанные с телом и дви­жущиеся вместе с ним оси Охуг, являющиеся главными осями инерции тела для точки О. Тогда выражения проекций вектора Ко будут иметь простой вид, давае­мый формулами (78), а входящие в них моменты инерции /Л, 1 у, /г будут вели­чинами постоянными.

341

Для вычисления проекций абсолютной скорости од на подвижные оси пред­

ставим ов как сумму относительной (по отношению к осям Охуг) скорости оот

и

переносной скорости ипер

. Тогда из уравнения (80)

- о г + - П е р = - о и 0« + 0 «Р = Л^ . (81)

Обозначим координаты точки В через х, у, г. При этом, так как радиусом-

вектором точки В является вектор Ко (Рис

- 341), то х=Кх, У~Ку, г=К2.

Как указано в § 64, при определении уот

движение осей Охуг во внимание не принимается, следовательно, охт=ёх/<И=йКх/д(, а при определении и

пер

точку В можно рассматривать как принадлежащую телу, связанному с осями Охуг. Но это тело движется вокруг неподвижной точки О; следовательно, по первой из формул Эйлера [формулы (77) в §62] и"

ср=со г /г—ш гу=(й уКг—^гКу,

где <в — угловая скорость тела. Заменяя в найденных выражениях и охер

величины Кх, Ку, Кг их значениями (78) и подставляя эти значения о°т, и2

ер

во второе из равенств (81), получим

-/,С02С0„

Аналогичные выражения получаются для проекций первого из равенств (81) ва оси у и г (их можно найти круговой перестановкой индексов). Так как для связанных с телом осей Охуг величины 1 Х , / у , /г постоянны, то окончательно найдем следующие д и ф ф е р е н ц и а л ь н ы е у р а в н е н и я д в и ж е ­н и я т в е р д о г о т е л а в о к р у г н е п о д в и ж н о й т о ч к и в про­екциях на главные оси инерции тела для этой точки:

(Зсо,. -Ух — **) Ь>г<»х = Му,

-(*у—*х)Рх«>у = М11.

(82)

Уравнения (82) называются динамическими уравнениями Эйлера. Если положение тела определять углами Эйлера ср, 1р, 9 (см. § 60), то основная задача динамики

Рис. 341 Рис. 342

будет состоять в том, чтобы, зная Мх, Му, Мг, найти закон движения тела, т . е . найти ф,чр, 6 как функции времени. Для решения этой задачи надо к урав­нениям (82) присоединить кинематические уравнения Эйлера (см. §61) , уста-

ог и углами ф, гр, 9. Динамические и кинема-навливающие связь между ых, ч>у, шг

342

тические уравнения Эйлера образуют систему шести нелинейных дифференциаль­ных уравнений 1-го порядка; интегрирование этой системы представляет собой сложную математическую задачу. В § 131 была изложена приближенная теория гироскопических явлений. Точно движение гироскопа описывается уравнени­ями (82). Для интегрирования этих уравнений при решении соответствующих конкретных задач обычно используют те или иные приближенные математиче­ские методы.

В случаях, когда это целесообразно, одно из уравнений (82) можно заменять теоремой об изменении кинетической энергии. Формула (79') используется также при составлении уравнений методом, изложенным в § 145 (задача 181 в § 146) .

4. П р и м е р . В качестве простейшего примера приложения полученных уравнений рассмотрим движение свободного гироскопа, закрепленного в центре тяжести, на который никакие силы, кроме силы тяжести, не действуют (см, § 1 3 1 , п. 1). В этом случае Мо=0 и теорема моментов (см. § 116) дает:

6Ко/(И = 0 или ^Со = с°пз1. (а)

Таким образом, вектор Ко имеет постоянное направление в инерциальной системе отсчета. Пользуясь этим, направим для упрощения дальнейших рас­четов неподвижную ось 0гх вдоль вектора Ко (рис. 342); две другие оси, на чер­теже не показанные, можно провести произвольно. Подвижные оси, связанные с гироскопом, проведем так, чтобы ось Ог была направлена вдоль оси симметрии гироскопа. Тогда 1х~Зу и последнее из уравнений (82), поскольку в нашем случае Мг=0, дает с1сй2/а7=0, откуда

С02 = СОП51. (б)

По этой причине из формул (78) следует, что Д г=/ гсо г=соп51 . Но одновре­менно, как видно из рис. 342, К'г=К'0соз 9, где 9 = ^ 2 1 0 г — угол нутации (см. рис. 172 в §60). Так как согласно равенству (а) К'0=сопз1, то отсюда заклю­чаем, что и соз 6=сопз1 или

9 = С О П 5 1 = 6 0 , (в)

где 60 — начальное значение угла нутации. Умножим теперь обе части первого из уравнений (82) на шЛ, второго — на ав

н сложим эти равенства почленно, учитывая, что в нашем случае МХ=МУ—И, а Зх—^у Тогда получим

Отсюда, интегрируя и деля обе части на постоянный множитель, найдем

<>>х + Щ — СОП81.

Заменим здесь юх и со7/ их значениями из кинематических уравнений Эйлера

(см. § 61). Учитывая, что 9=сопз1 и 9 = 0 , получим:

соЛ = ф зш 9 зш ф, и>у = гр зш 9 соз ф,

откуда

( 4 + 0 ^ = гр2з1п

2 9.

Но по доказанному левая часть этого равенства и зт 9 постоянны. Следова­тельно, и

ф = СОП51 = ф(,. (Г)

Наконец, последнее из кинематических уравнений Эйлера дает ш г=ф+гр соз в.

Здесь, как мы нашли, шг, г|) и соз 9 постоянны. Следовательно, и

ф = СОП51 = ф(). ДО

Итак, при любых начальных условиях рассматриваемый гироскоп вращается

вокруг своей оси симметрии с постоянной угловой скоростью фв, а сама эта ось

343

вращается, в свою очередь, вокруг неподвижной оси Огх с постоянной угловой скоростью 1)>о, описывая коническую поверхность с постоянным углом при вер­шине 260 (см. рис. 342). Такое движение гироскопа называется регулярной пре­цессией.

5 . Д в и ж е н и е с в о б о д н о г о т в е р д о г о т е л а . Как известно, движение свободного твердого тела слагается из поступательного движения вместе с полюсом, в качестве которого при решении задач динамики выбирают обычно центр масс С тела, и из движения вокруг центра масс, как вокруг не­подвижной точки (см. § 63). Если на тело действуют внешние силы Р{, р\, ...,Рп, то движение полюса С описывается теоремой о движении центра масс тас^^Рк, где т — масса тела. В проекциях на неподвижные оси 01л;1(/1г1 это равенство дает:

тххС = ЩХ1, ту1С = Щу1, тг"1С = Щг1 (83)

где х1С, ую, ?1С — координаты центра масс тела. Для движения же вокруг центра масс теорема моментов, выражаемая равен­

ством (38), дает в проекциях на главные центральные оси инерции тела три урав­нения, совпадающие по виду с уравнениями (82). Таким образом, система диффе­ренциальных уравнений (83), (82) описывает движение свободного твердого тела (снаряда, самолета, ракеты и т. д.),

Глава XXVII

ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА

§ 133. ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА ДЛЯ ТОЧКИ И МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ

Методы решения задач механики, которые до сих пор рассматри­вались, основываются на уравнениях, вытекающих или непосредст­венно из законов Ньютона, или же из общих теорем, являющихся следствием этих законов. Однако этот путь не является единствен­ным. Оказывается, что уравнения движения .или условия равнове­сия механической системы можно получить, положив в основу вместо законов Ньютона другие общие положения, называемые принципа­ми механики. В ряде случаев применение этих принципов позволяет, как мы увидим, найти более эффективные методы решения соответст­вующих задач. В этой главе будет рассмотрен один из общих прин­ципов механики, называемый принципом Даламбера.

Найдем сначала выражение принципа для одной материальной точки. Пусть на материальную точку с массой т действует система активных сил, равнодействующую которых обозначим Р

Л, и реак­

ция связи N (если точка является несвободной). Под действием всех этих сил точка будет двигаться по отношению к инерциальной систе-

" ме отсчета с некоторым ускорением а.

Введем в рассмотрение величину

р~И

= —та, (84)

имеющую размерность силы. Векторную величину, равную по мо­дулю произведению массы точки на ее ускорение и направленную противоположно этому ускорению, называют силой инерции точки.

344

Тогда оказывается, что движение точки обладает следующим свойством: если в любой момент времени к действующим на точку активным силам и реакции связи присоединить силу инерции, то полученная система сил будет уравновешенной, т. е.

7Л + Ы + Р = 0. (85)

Это положение выражает п р и н ц и п Д а л а м б е р а д л я м а т е р и а л ь н о й т о ч к и . Нетрудно убедиться, что оно экви­валентно второму закону Ньютона и наоборот. В самом деле, вто­рой закон Ньютона для рассматриваемой точки дает та=Р

л-\~Ы.

Перенося здесь величину та в правую часть равенства и учитывая обозначение (84), придем к соотношению (85). Наоборот, перенося в уравнении (85) величину Р

И в другую часть равенства и учитывая

обозначение (84), получим выражение второго закона Ньютона. Рассмотрим теперь механическую систему, состоящую из п

материальных точек. Выделим какую-нибудь из точек системы с массой тк. Под действием приложенных к ней внешних и внутрен­них сил Р\ и Р\ (в которые входят и активные силы, и реакции свя­зей) точка будет двигаться по отношению к инерциальной системе отсчета с некоторым ускорением ак. Введя для этой точки силу инер­ции Р% =—ткак, получим согласно равенству (85), что

Р%+П + П = 0, (85')

т. е. что Рк, Рк и Р\1 образуют уравновешенную систему сил. Пов­

торяя такие рассуждения для каждой из точек системы, придем к следующему результату, выражающему п р и н ц и п Д а л а м ­б е р а д л я с и с т е м ы : если в любой момент времени к каждой из точек системы кроме действующих на нее внешних и внутренних сил присоединить соответствующие силы инерции, то полученная система сил будет уравновешенной и к ней можно применять все уравнения статики.

Математически принцип Даламбера для системы выражается п векторными равенствами вида (85'), которые, очевидно, эквивалент­ны дифференциальным уравнениям движения системы (13), полу­ченным в § 106. Следовательно, из принципа Даламбера, к ак и из уравнений (13), можно получить все общие теоремы динамики.

Значение принципа Даламбера состоит в том, что при непосред­ственном его применении к задачам динамики уравнения движения системы составляются в форме хорошо известных уравнений равно­весия; это делает единообразным подход к решению задач и часто упрощает соответствующие расчеты. Кроме того, в соединении с принципом возможных перемещений, который будет рассмотрен в следующей главе, принцип Даламбера позволяет получить новый общий метод решения задач динамики (см. § 141).

Из статики известно, что геометрическая сумма сил, находя­щихся в равновесии, и сумма их моментов относительно любого центра О равны нулю, причем, как показано в §120 , это справедли-

345

во для сил, действующих не только на твердое тело но и на любую изменяемую механическую систему. Тогда на основании принципа Даламбера должно быть:

2[то(^) + то(П) + тоИ)] = 0. (86)

Введем обозначения:

Я« = %П, Щ = %т0(П)- (87)

Величины Ка, М0 представляют собою главный вектор и главный

момент относительно центра О системы сил инерции. В результате, учитывая, что геометрическая сумма внутренних сил и сумма их моментов равны нулю, получим из равенств (86):

2П + ^Н

= 0, %то(П) + Мо = 0. (88)

Применение уравнений (88), вытекающих из принципа Даламбе­ра, упрощает процесс решения задач, так как эти уравнения не со­держат внутренних сил. По существу уравнения (88) эквивалентны уравнениям, выражающим теоремы об изменении количества дви­жения и главного момента количеств движения системы, и отлича­ются от них только по форме.

Уравнениями (88) особенно удобно пользоваться при изучении движения твердого тела или системы твердых тел. Д л я полного изу­чения движения любой изменяемой системы этих уравнений будет недостаточно, так же как недостаточно уравнений статики для изу­чения равновесия любой механической системы (см. § 120).

В проекциях на координатные оси равенства (88) дают уравне­ния, аналогичные соответствующим уравнениям статики (см. § 16, 30). Чтобы пользоваться этими уравнениями при решении задач, надо знать выражения главного вектора и главного момента сил инерции.

В заключение следует подчеркнуть, что при изучении движения по отношению к инерциальной системе отсчета, которое здесь и рассматривается, силы инерции вводятся только тогда, когда для решения задач применяется принцип Даламбера * .

§ 134. ГЛАВНЫЙ ВЕКТОР И ГЛАВНЫЙ МОМЕНТ СИЛ ИНЕРЦИИ

Сравнивая первое из равенств (88) с уравнением тас=^Р1, выражающим доказанную в § 107 теорему о движении центра масс

* В § 91 мы рассматривали силы инерции (переносную и кориолисову), кото­рые вводятся для того, чтобы получить возможность составлять уравнения движе­ния в неинерциальной системе отсчета в том виде, который оии имеют в системе отсчета инерциальной. Здесь силы инерции вводятся для того, чтобы в инерциаль­ной системе отсчета получить возможность составлять уравнения движения в виде уравнений равновесия. Все эти силы инерции к категориифотческих сил, примеры которых были рассмотрены в § 76, не принадлежат.

346

(в этой главе массу системы обозначаем буквой т), найдем, что

Йа=—тас, (89)

т. е. главный вектор сил инерции механической системы (в частности, твердого тела) равен произведению массы системы (тела) на ускоре­ние центра масс и направлен противоположно этому ускорению.

Если ускорение ас разложить на касательное и нормальное,

то вектор /?и разложится на составляющие *

Я» = — таСх> КЪ=— таСп. (89')

Сравнив теперь второе из равенств (88) с уравнением &К.01М— =Ът0{Р\), выражающим теорему моментов (см. §116) , и учтя, что аналогичным будет соотношение для моментов относительно оси, получим:

т. е. главный момент сил инерции механической системы (твердого тела) относительно некоторого центра О или оси г равен взятой со знаком минус производной по времени от кинетического момента си­стемы (тела) относительно того же центра или той же оси.

П р и в е д е н и е с и л и н е р ц и и т в е р д о г о т е л а . Согласно результатам § 12, справедливым для любых сил, систему сил инерции твердого тела можно заменить одной силой, равной К

а

и приложенной в произвольно выбранном центре О, и парой с мо­ментом, равным М0. Рассмотрим несколько частных случаев.

1 . П о с т у п а т е л ь н о е д в и ж е н и е . В этом случае ус­

корения всех точек тела одинаковы и равны ускорению ас центра

масс С тела (аи=ас). Тогда все силы инерции Р% =—ткас образуют

систему параллельных сил, аналогичных силам тяжести рк=тк§,

и поэтому, как и силы тяжести, имеют равнодействующую, прохо­

дящую через точку С.

Следовательно, при поступательном движении силы инерции

твердого тела приводятся к равнодействующей, равной ^" и прохо­

дящей через центр масс тела. 2 . В р а щ а т е л ь н о е д в и ж е н и е . Пусть твердое тело

имеет плоскость материальной симметрии Оху и вращается вокруг оси Ог, перпендикулярной этой плоскости ** (рис. 343, где показано сечение тела плоскостью Оху). Если привести силы инерции к центру О, то вследствие симметрии результирующая сила и пара будут ле­жать в плоскости Оху и момент пары будет равен М02. Тогда, так как

* Нормальную составляющую силы инерции называют еще центробежной составляющей или центробежной силой инерции.

** Для тела произвольной формы, вращающегося вокруг неподвижной оси, пример приведения сил инерции дается в § 136.

347

Кг~Зог®, ТО ПО ВТОрОЙ ИЗ ф о р м у л (90)

(91)

где е — угловое ускорение тела. Следовательно, система сил инерции такого вращающегося тела

приводится к силе К", определяемой формулой (89) и приложенной в точке О (рис. 343), и к паре с моментом /И0г , определяемым фор­

мулой (91), лежащей в плоскости симметрии тела.

3 . В р а щ е н и е в о к р у г о с и , п р о­х о д я щ е й ч е р е з ц е н т р м а с с т е л а . Если тело, рассмотренное в п. 2, вращается вокруг оси Сг, проходящей через центр масс С тела, то / ?

! ,=0, так как а с = 0 . Следовательно, в

этом случае система сил инерции тела приводится к одной только паре с моментом МЪг, лежащей в плоскости симметрии тела.

4 . П л о с к о п а р а л л е л ь н о е д в и ­ж е н и е . Если тело имеет плоскость симмет­рии и движется параллельно этой плоскости,

то, очевидно, система сил инерции тела приведется к лежащим в

плоскости симметрии силе, равной /?" и приложенной в центре масс

С тела, и паре с моментом МЪг=—3 сг -

8 . При решении задач по формулам вида (91) вычисляется модуль

момента М2, а его направление, противоположное е, указывается на чертеже.

§ 135. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

Принцип Даламбера дает единый метод составления уравнений движения любой несвободной механической системы. Им особенно удобно пользоваться для нахождения реакций связей, когда дви­жение системы известно или может быть определено с помощью уравнений, не содержащих реакций, например с помощью теоремы об изменении кинетической энергии или уравнений, которые будут получены в § 141, 145. При этом из рассмотрения исключаются все наперед неизвестные внутренние силы. В случаях, когда надо оп­ределить реакции внутренних связей, систему следует расчленить на такие части, по отношению к которым искомые силы будут внеш­ними.

Д л я одной несвободной материальной точки применение принци­па Даламбера приводит к уравнениям, аналогичным тем, которые рассматривались в § 90 (см. задачу 155).

Задача 155. Решить задачу 107 (см. §90) с помощью принципа Даламбера. Р е ш е н и е . Изображаем груз в том положении, для которого надо найти

натяжение нити (рис. 344). На груз действуют сила тяжести Р и реакция нити Т. Присоединяем к этим силам нормальную и касательную силы инерции р" и Р%-Полученная система сил, согласно принципу Даламбера, будет находиться в рав­новесии. Приравнивая нулю сумму проекций всех этих сил на нормаль М].0,

348

получим

т—Р—Р1=й. Так как Р%=тап~ти\И, где щ_ — скорость груза в положении М1У то

Т = Р + Рп = Р + то1/1.

Таким образом, мы получили для Т то же выражение, что и в задаче 107. Определяя теперь, как и в задаче 107, величину ух с помощью теоремы об измене­нии кинетической энергии, найдем искомый результат.

Уравнение в проекции на касательную дает р"=0. Этот результат получается потому, что в точке Мх производная с1у/а7=0, так как в этой точке модуль ско­рости имеет максимальное значение,

Рис. 344 Рис. 345

Задача 156. Два груза весом Р± и Р2 каждый, связанные нитью, движутся по горизонтальной плоскости под действием силы (2, приложенной к первому трузу (рис. 345, а). Коэффициент трения грузов о плоскость /. Определить уско­рение грузов и натяжение нити.

Р е ш е н и е . Изображаем все действующие на систему внешние силы. Прибавляем к этим силам силы инерции грузов. Так как оба груза движутся поступательно с одним и тем же ускорением, то по модулю

?1=Р1а/8, П = Р*а18-

Направления сил показаны на чертеже. Силы трения равны:

Согласно принципу Даламбера полученная система сил должна находиться в равновесии. Составляя уравнение равновесия в проекции на горизонтальную ось, найдем

0-/(Р1+Р8)-(М-'Ув/г=о. Отсюда

а=ШР1+Рг)-П8-

Очевидно, грузы будут двигаться, если /<(2/(Р1+Р2) . Искомое натяжение нити является в рассматриваемой системе силой вну­

тренней. Для ее определения расчленяем систему и применяем принцип Да­ламбера к одному из грузов, например ко второму (рис. 345, б). На этот груз действуют сила Р2, нормальная реакция Л/2, сила трения Т2 и натяжение нити Т. Присоединяя к ним силу инерции Р" и составляя уравнение равновесия в про­екции на горизонтальную ось, находим

Г - / Р 2 - Р 2 а / § = 0 .

Подставляя сюда найденное ранее значение а, получим окончательно

Т=(}Р.1/(Р1+Р2). Интересно, что натяжение нити в этом случае не зависит от силы трения

н при одном и том же суммарном весе системы будет тем меньше, чем меньше

349

вес второго (заднего) груза. Поэтому, например, в железнодорожном составе вы­годнее в голове помещать более тяжелые вагоны, а в хвосте •— более легкие.

Рассмотрим численный пример. Пусть С2=200 Н, Р !=400 Н, Р 2 =10 0Н . Тогда движение возможно, если /<0,4 . Натяжение нити при этом равно 40 Н, Если грузы поменять местами, то натяжение нити станет равным 160 Н.

Задача 157. Решить задачу 134 (см. § 118) с помощью принципа Даламбера и найти дополнительно натяжение нити.

Р е ш е н и е . 1. Рассмотрим барабан и груз как одну систему; присоеди­няем к телам системы силы инерции (рис. 346). Груз А движется поступательно, и для него ^?

и=^а Ц=0,гг1е Силы инерции барабана приводятся к паре с мо­

ментом Мо, равным по модулю /0-е=Рр2о

/^ и направленным противоположно

вращению (см § 134). Составляя для всех сил условие равновесия в виде 2 т о ( ^ * ) ~ = 0 , получим

1Л$1+Диг-<2г + Л 1 Т Р = 0

или

Отсюда находим •Рр

2е/§ + 0,гЧ1е - <Э /" + Л* тр = 0.

Г=0.-Ри = 0,( I

Рр2 + <2/-

2 '

2. Рассматривая теперь груз А отдельно и присоединяя к действующим на него силам О. и Т силу инерции р

а, получим из условий равновесия, что натяже­

ние нити ге \ <2(Рр

2 + М1рг)

8 ) Рр2+<2г

г '

Задача 158. Определить силу, стремящуюся разорвать равномерно вра­щающийся маховик массой т, считая его массу распределенной по ободу. Радиус маховика г, а угловая скорость ю,

4 ? .

".в

Рис. 347

Р е ш е н и е . Искомая сила является внутренней. Для ее определения раз­резаем обод на две части и применяем принцип Даламбера к одной из половин (рис. 347). Действие отброшенной части заменяем одинаковыми силами Р', чис­ленно равными искомой силе Р. Для каждого элемента обода сила инерции (цен­тробежная сила инерции) направлена вдоль радиуса. Эти сходящиеся в точке О силы имеют равнодействующую, равную главному вектору сил инерции Р

я

и направленную вследствие симметрии вдоль оси Ох. По формуле (89) #н

= =0,5тй

гс=0,5лгл'сш

2, где хс — координата центра масс дуги полуокружности,

равная 2г/л (см. § 35). Следовательно,

Р"=тг(йУл.

Условия равновесия дают 2Р—РЯ и окончательно

Р=тгаР/2я,

350

С помощью этой формулы можно найти предельную угловую скорость, при пре­вышении которой маховику из данного материала грозит разрыв.

Задача 159. Однородный стержень АВ весом Р, закрепленный в точке А шарниром, отклоняют до горизонтального положения и отпускают без начальной скорости (рис. 348). Определить реакцию шарнира А как функцию угла ф.

Р е ш е н и е . Рассматривая стержень в произвольном положении, проводим оси Аху (перпендикулярно стержню и вдоль стержня) и изображаем действующие на стержень силу тяжести Р и реакции Хд, У А- Пользуясь принципом Даламбера, присоединяем к этим силам силы инерции стержня, приведя их к центру А (см. § 134, п. 2). Тогда силы инерции будут представлены двумя составляющими Ях и Рп главного вектора Р

я и парой с моментом М\. При этом по формулам

(89') и (91) модули этих составляющих и момента пары имеют значения:

Р Р I Р Р I Р12

^ = 7 « С х = у Т8

' ^ — а с п ^ — - ^ ^ , Л 1 Ц = / л . е = — е , (а)

где / — длина стержня; ш и е — его угловая скорость и угловое ускорение.

Составляя для этой плоской системы сил уравнения равновесия 2/7ЙЛ.=0,

2 / ^ = 0 , 2лгл(^)==0, получим:

ХА — Рсовц + Ях = 0, Ул-Р з 1 п ф - ^ = 0, Л ^ - Р ( / / 2 ) с о 5 ф = 0. (б)

Из последнего уравнения, заменив М\ его значением, найдем е:

г—(Зд/21) соз ф. (в)

Для определения величины со, входящей в выражение Рп, можно или проин­тегрировать уравнение (в), или воспользоваться теоремой об изменении кинети­ческой энергии. Избирая второй путь и учтя, что Т0=0, получим: /^со

2/2=

= ( Р / / 2 ) з т ф или (Р/2/3^)ю

2=Р/зт ф, откуда

со2= (Зд/1) в\п ф.

При найденных значениях е и со2 равенства (а) дают:

Д« = (ЗР/4) соз ф, Я" — (ЗР/2) 81(1 ф.

Подставив эти величины в первые два из уравнений (б), найдем искомые реакции:

Л:л = 0,25Рсозф, Гл = 2,5Рзшф.

В начальный момент времени (ф=0) Хд=0 ,25Р , Ул=0. В момент, когда стержень проходит через вертикаль (ф=90°), Х д = 0 , УА=2,ЬР,

У

Рис. 348 Рис. 349

Задача 160. Однородный стержень АВ длиной I и весом Р прикреплен шар­ниром А к вертикальному валу, вращающемуся с угловой скоростью а»=сопз(; (рис. 349). Найти натяжение Т горизонтальной нити, удерживающей стержень под углом а к валу.

351

Т\-=Р [ — 8 1 п а + 0".51еа).

Р е ш е н и е . Пользуясь принципом Даламбера, присоединяем к действую­щим иа стержень внешним силам Р, Г, Хд, УА СИЛЫ инерции. Для каждого эле­мента стержня с массой Ат центробежная сила инерции равна Дтю

2л:, где х —

расстояние элемента от оси вращения Оу. Равнодействующая этих распреде­ленных по линейному закону параллельных сил (см. §21) проходит через центр тяжести треугольника АВЕ, т. е. на расстоянии Л=(2//3) соз а от оси Ах. Так как эта равнодействующая равна главному вектору сил инерции *, то по фор­муле (89)

Яи = тас = гш

2хс = (Р/8) »

2 ('/2) зт а

(здесь хс — координата центра тяжести стержня).

Составляя теперь уравнение статики "2,тА(Р%)=^, получим

77 соз а—Р"к—Р (1/2) зш а = 0 .

Подставляя сюда значения 7?н и к, найдем окончательно

/со2

Д р у г о е р е ш е н и е . Задачу можно решить, не пользуясь результатами §21, а вычисляя сумму моментов сил инерции относительно центра А непосред­ственно путем интегрирования. Проведем вдоль стержня АВ ось А%. Для каж­дого элемента стержня с координатой | сила инерции будет аРхйт. Ее момент относительно центра А равен —уиРхйт. Тогда уравнение моментов даст

(В)

ЪтА (Рк) = Т1 соз а — Р (1/2) з1п а— ^ иРху а т = 0 . (а)

(Л)

Выражая все величины, стоящие под знаком интеграла, через |, получим: х = | з т а , < /= | с о з а , йт= (тп! 1)А\.

В результате будет

(В) I

^ м2м/с1т = ( т / / )ш

г8 т а с 0 5 а ^ |

2 с ! | = (Р/3§)/

2а»

2 зш а соз а.

(А) о

Подставляя это значение в равенство (а), находим для Т то же выражение, что и при предыдущем решении.

§ 136*. ДИНАМИЧЕСКИЕ РЕАКЦИИ, ДЕЙСТВУЮЩИЕ НА ОСЬ ВРАЩАЮЩЕГОСЯ ТЕЛА. УРАВНОВЕШИВАНИЕ ВРАЩАЮЩИХСЯ ТЕЛ

Рассмотрим твердое тело, вращающееся равномерно с угловой

скоростью со вокруг оси, закрепленной в подшипниках А и В

(рис. 350). Свяжем с телом вращающиеся вместе с ним оси Ахуг;

преимущество таких осей в том, что по отношению к ним координаты

центра масс и моменты инерции тела будут величинами постоянными.

Пусть на тело действуют заданные силы Р{, Р%, . . ., Реп. Обозначим

проекции главного вектора всех этих сил на оси Ахуг через

Щ, Кг (Кх=2Рекх

и т. д.) , а их главные моменты относительно тех

* Из статики известно, что для любой системы сил равнодействующая (если она существует) равна главному вектору этих сил. Следовательно, равнодейст­вующая сил инерции, когда она существует, равна Р

а, но при непоступательном

движении эта равнодействующая вообще не проходит через центр масс тела, что и имеет место в данном случае.

352

же осей — через М%, М%, М\ Шех=2тх{Р

ек) и т. д . ] ; при этом, так как со=сопз1, то М

ег=0. Для определения динамических реакций ХА, УА, ?,А, Хв, Ув

подшипников, т . е . реакций, возникающих при вращении тела, при­

соединим ко всем действующим на тело заданным силам и реакциям

связей силы инерции Р% всех частиц тела, приведя их к центру А

(см. § 134). Тогда силы инерции будут представлены одной силой,

равной ^и и приложенной в точке А, и парой сил с моментом, рав­

ным МаА=^тА (Рь). Проекции этого момента на оси к и у будут:

Мх=%тх(Р1), М1=Ъту{Рку, здесь опять М"=0, так как <о=соп$!. Теперь, составляя согласно принципу Даламбера уравнения (88)

в проекциях на оси Ахуг (или соответствующие им уравнения равно­весия из § 30) и полагая АВ=Ь, получим

ХА + Хв+Ъ+Хх = 0;

2Л + К1 + Киг = 0;

-УвЬ + Мх + Мх = 0; Х^ + М'у + М' = 0.

Последнее уравнение Мег-\-М"~0 удовлетворяется тождественно,

так как Мег=0 и М1=0. _ _

Главный вектор сил инерции #11

= — т а с , где т — масса тела [см. формулу (89)]. При со=соп51 центр масс С имеет только нормаль­ное ускорение аСп=а>

2кс, гдеЛс — расстоя­

ние точки С, от оси вращения. Следователь--но, направление вектора К" совпадает с на­правлением ОС. Вычисляя проекции К" на координатные оси и учитывая, что йссоз ос=л:с, пс$т а=ус, где хс и ус — ко­ординаты центра масс, найдем:

Я" = т&2Нс соз а = ты

2хс;

К'у = та2пс5та = т(а

2ус; #" = 0.

Чтобы определить М" и Му, рассмот­рим какую-нибудь частицу тела с массой тк, отстоящую от оси на расстоянии Нк. Д л я нее при ш=сопз1 сила инерции тоже имеет только центробежную составляющую Рк=тка

2Нк, проекции которой, к ак и у

вектора К", равны:

Р"х = Щ®Рхь. Р'ку = тк(о2ук,

Тогда [см. § 28 формулы (47)]:

я»* - — ркУЧ = —тк&

2укгк; тц (Р%) = Р\хгк = тк<х>

2хкгь.

12 № 2173 353

Составляя такие выражения для всех точек системы, складывая их и вынося общий множитель за скобки, придем к равенствам:

мх=- (2 щунЧ) «г = - V

2' -

м2 = ( 2 щчч) «

2 = (93)

где 3хг и ^2 — соответствующие центробежные моменты инер­ции *, Подставляя все найденные значения в равенства (92), полу-

Уравнения (94) и определяют динамические реакции, действую­щие на ось равномерно вращающегося твердого тела, если осью вращения является ось г.

Назовем статическими реакциями те значения реакций, которые дают уравнения (94), если в них положить со=0 . Как видно из урав­нений (94), динамические реакции могут вообще быть значительно больше статических, причем это зависит не только от значения со, но и от величин хс, Ус, ^хг, •!\г, характеризующих распределение масс тела по отношению к оси вращения Ог.

Однако из уравнений (94) видно, что наличие вращения не будет влиять на значения реакций подшипников А и В, если

Равенства (95) и (96) выражают условия того, что динамические реакции, действующие на ось вращающегося тела, равны статичес-ким реакциям или, как говорят, условия динамической уравновешен­ности вращающегося тела при его вращении вокруг оси г.

Условия (95) означают, что центр масс тела должен лежать на оси вращения, а условия (96) — что ось вращения должна быть главной осью инерции тела для начала координат А. При одновре­менном же выполнении условий (95) и (96) ось А г будет главной центральной осью инерции тела (см. § 104). Таким образом, динами­ческие реакции, действующие на ось вращающегося тела, будут равны статическим, если ось вращения является одной из главных централь­ных осей инерции тела. Этот вывод остается справедливым и в слу­чае, когда тело вращается неравномерно.

Рассмотренная задача позволяет одновременно уяснить механи­ческий смысл величин ЗхХ и 3 уг, а именно: центробежные моменты инерции 3хг и 3уг характеризуют степень динамической неуравно­вешенности тела при его вращении вокруг оси г.

Динамическое уравновешивание вращающихся тел представляет собой важную техническую задачу, которая, как мы видим, сводит­ся к определению главных центральных осей инерции тела. В § 104

* См. § 104, формулы (10). В равенствах (93) величины 1 х1, Зуг входят в вы­ражения моментов центробежных сил инерции; этим можно объяснить появление термина «центробежный момент инерции».

чим ХА + Хв=—Р.х — тхст*; УА + УВ=—Щ—тус&;

2 Д = - Я « ; ХвЬ=-Му-Зхга*; УВЬ = МХ-3 а\

* с = 0 , ус=0;

3цг=0.

(95) (96)

354

было указано, что любое тело имеет, по крайней мере, три взаимно перпендикулярные главные центральные оси инерции.

Докажем другое, практически не менее важное положение: любую ось, проведенную в теле, можно сделать главной центральной осью инерции прибавлением к телу двух точечных масс. Пусть для тела массой т величины хс, ус, Зхг, Зуг известны и не равны нулю. Прибавим к телу две массы т± и т2 в точках с координатами (хг, уи 22) и (х2, у2,22). Тогда из формул (1) и (10) следует, что если удов­летворить равенствам

тхс+т^+тгХ^О, тус-\-т$х-\-т2у2=Ъ,

3хг+т1х121+т2х2г2=:0, Зуг+т^^+тцу^^О, (97)

то для полученного тела будет х'$:=у$=3'хг-=3'уг=Ъ, т. е. ось г

станет главной центральной осью инерции. Подбирая массы тг, т2 и их положения так, чтобы удовлетворялись уравнения (97), мы и решим поставленную задачу. Частью величин при этом следует, конечно, задаться наперед. Например , можно задать значения т±, т2 и 21, 22 (но так, чтобы было 2гй=22), а хи уи х2, у2 найти из уравне­ний (97) и т. п.

Такой метод уравновешивания вращающихся тел широко исполь­зуется в технике для уравновешивания коленчатых валов, криво­шипов, спарников и т. п. При этом окончательная балансировка производится на специальных стендах.

Для определения сил давления на ось в отдельных конкретных задачах обычно не пользуются готовыми уравнениями (94), а каж­дый ра з непосредственно применяют принцип Даламбера .

Задача 161. Ось вращения диска, перпендикулярная его плоскости (рис. 351), смещена от центра масс на расстояние ОС—Ь. Вес диска Р, угловая скорость по­стоянна и равна ш. Определить динамические реакции подшипников А и В, если ОА=ОВ=Н.

Рис. 351 Рис. 352

Р е ш е н и е . Проведем вращающиеся вместе с диском оси Охуг так, чтобы ось Оу прошла через центр масс С диска (см. рис. 351). Ось Ог будет главной осью инерции диска для точки О, поскольку плоскость Оху является плоскостью симметрии диска. Т о г д а / л г =/ г / г =0 и из формул (93) н условия а»=сопз1: видно, что Мо—0. Следовательно, силы инерции приводятся к одной равнодействующей, проходящей через точку О и направленной вдоль линии ОС (вдоль оси Оу ). По мо-

12 355

дулю Р"=таСп=(Р/§)Ьыг. Так как силы Р и /?

в лежат в плоскости Оуг, то_реак-

ции подшипников лежат в этой же плоскости, т. е. имеют составляющие У А, %Л

в точке А и Ув в точке В. Тогда, составляя на основании принципа Даламбера для всех действующих сил и снл инерции уравнения равновесия в проекциях на оси у и г и уравнение моментов относительно центра А, получим:

Я«-УА-УВ = Ъ, 2 д - Р = 0, УВ-2Н—РЬ — «и й = 0.

Решая эти уравнения, найдем:

Кв = Р6(со2/2§+1/2/г), УА = РЬ (со

2/2^- 1/2/1), 2Л = Р.

Реакции и Уд все время располагаются в плоскости Ог/г, вращающейся вместе с телом.

Задача 162. Под прямым углом к вертикальному валу АВ длиной Ь прива­рены два одинаковых стержня, расположенных в одной плоскости на расстоянии Н друг от друга (рис. 352); длина каждого из стержней 21, а масса т. Пренебрегая действием сил тяжести, найти динамические давления на вал, если он вращается с постоянной угловой скоростью ш.

Р е ш е н и е . По принципу Даламбера реакции подшипников и силы инер­ции образуют уравновешенную систему. В данном случае силы инерции каж­дого из стержней равны по модулю

и образуют пару, которая уравновешивается парой сил ХА, Хв- Моменты этих

пар по модулю равны друг другу. Следовательно, ХАЬ=Р\1г, откуда

ХА = Хв = Р\Н1Ь = т11га2/Ь.

Пара все время расположена в плоскости Аху, вращающейся вместе с валома Задача 163. Коленчатый вал одноцилиндрового двигателя несет на себе дв-

одинаковых маховика А и В радиусом г=0 , 5 м. Рассматривая щеки и шейку ко лена вала как груз массой т=2\ кг, на ходящийся на расстоянии /1=0,2 м от оси, определить массы тА и т# грузов, кото­рые надо расположить на ободах махови­ков, чтобы сбалансировать систему, если 6=0 , 6 м, /=1,4 м (рис. 353).

Р е ш е н и е . Проведем координат­ные оси, вращающиеся вместе с телом, так, чтобы колено вала лежало в плоскос­ти Охг (см. чертеж). Тогда эта плоскость будет плоскостью симметрии. Следователь-но

> Ус=®>

и т а к к а к ПР

И э т о м о с ь Оу бу­

дет для точки О главной осью инерции, то =0. Кроме того, если обозначить массу всей системы через М, то для нее

хс — тк1М, Ухг-=тНЬ.

Последний результат следует из того, что центробежный момент инерции системы равен сумме центробежных моментов инерции ее частей, а для маховиков и при­мыкающих к ним частей вала центробежные моменты ^ хг равны нулю (ось Ог — ось симметрии).

Тогда, как видно из уравнений (97), для присоединяемых грузов, координаты которых уА=ув=(>, массы тА и тв должны удовлетворять равенствам.

Мхс + т АхА + твхв = 0, 1 хг + тАхАгА-\- 1пвхцгв = 0.

Так как грузы располагаются на ободах маховиков, то гА=0, гд=1 и хА=Хв=—г (при знаке плюс уравнения не имеют решений, следовательно, грузы должны быть снизу). Решая уравнения, найдем:

т^ = (/ — 6)/гт/(г/) = 4,8 кг, тВ — Ькт1(г1) = 3,6 кг.

Присоединение этих грузов делает систему уравновешенной, а ось Ог — главной центральной осью инерции (но не осью симметрии) тела.

и

356

Глава XXVIII

ПРИНЦИП ВОЗМОЖНЫХ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ И ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ

§ 137. КЛАССИФИКАЦИЯ СВЯЗЕЙ

Введенное в § 3 понятие о связях охватывает не все их виды. По­скольку рассматриваемые ниже методы решения задач механики применимы вообще к системам не с любыми связями, рассмотрим вопрос о связях и об их классификации несколько подробнее.

Связями называются любого вида ограничения, которые нала­гаются на положения и скорости точек механической системы и вы­полняются независимо от того, какие на систему действуют задан­ные силы. Рассмотрим, как классифицируются эти связи .

Связи, не изменяющиеся со временем, называются стационар­ными, а изменяющиеся со с временем — нестационарными.

Связи, налагающие ограничения на положения (координаты) точек системы, называются геометрическими, а налагающие ограни­чения еще и на скорости (первые производные от координат по вре­мени) точек системы — кинематическими или дифференциальны­ми *.

Если дифференциальную связь можно представить как геомет­рическую, т. е. устанавливаемою этой связью зависимость между скоростями свести к зависимости между координатами, то т акая связь называется интегрируемой, а в противном случае — неин-тегрируемой.

Геометрические и интегрируемые дифференциальные связи на­зывают связями голсномными, а неинтегрируемые дифференциаль­ные связи — неголономными.

По виду связей механические системы тоже разделяют на голономные (с голономными связями) и неголономные (содержащие неголономные связи) .

Наконец, различают связи удерживающие (налагаемые ими огра­ничения сохраняются при любом положении системы) и неудержи-вающие, которые этим свойством не обладают (от таких связей, как говорят, система может «освобождаться»). Рассмотрим примеры.

1. Все связи, рассмотренные в § 3, являются геометрическими (голономными) и притом стационарными. Движущийся лнфт, изображенный на рис. 27), а, будет для лежащего в нем груза, когда положение груза рассматривается по от­ношению к осям Оху, нестационарной геометрической связью (пол кабины, реали­зующий связь, изменяет со временем свое положение в пространстве).

2 Положение катящегося без скольжения колеса (см. рис 328) определяется координатой хс центра С колеса и углом поворота <р. При качении выполняется условие VС=К(а или хс=Кц>- Это дифференциальная связь, но полученное уравне-

* По существу геометрические связи являются одновременно и кинематиче­скими, так как продифференцировав уравнения, которым при геометрических связях должны удовлетворять координаты системы, найдем, что скорости при этом тоже связаны определенными зависимостями (см. ниже в примерах п. 2).

357

ние интегрируется и дает л:с=Яф, т. е. сводится к зависимости между координа­тами. Следовательно, наложенная связь голономная.

Заметим, что эту связь можно сразу считать геометрической, подчиняющей координаты зависимости хс=Рц>- Но тогда отсюда найдем, что одновременно и лгс=/?ф, т. е. что связь является и кинематической.

3. В отличие от колеса для шара, катящегося без скольжения по шерохова­той плоскости, условие того, что скорость точки шара, касающаяся плоскости, равна нулю, не может быть сведено (когда центр шара движется не прямолинейно) к каким-нибудь зависимостям между координатами, определяющими положение шара. Это пример неготюиомной связи". Другой пример дают связи, налагаемые на управляемое движение. Например, если на движение точки (ракеты) нала­гается условие (связь), что ее скорость в любой момент времени должна быть на­правлена в другую движущуюся точку (самолет), то это условие к какой-нибудь зависимости между координатами тоже не сводится и связь является неголо-номной.

4. В § 3 связи, показанные на рис. 10*—12» являются, удерживающими, а на рис. 8 и 9 — иеудерживающими (на рис. 8, а шарик может покинуть поверх­ность, а на рис. 9 — перемещаться в сторону точки А, сминая нить). С учетом особенностей неудерживающих связей мы сталкивались в задачах 108, 109 (§90) и в задаче 146 (§• 125).

§ 138. ВОЗМОЖНЫЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЯ СИСТЕМЫ. ЧИСЛО СТЕПЕНЕЙ СВОБОДЫ

Эффект механических связей можно, учитывать, не только вводя их реакции, как это до сих пор делалось, но и рассматривая те пере­мещения, которые точки механической системы могут иметь при на­ложенных на нее связях . Такой путь позволяет сразу получать урав­нения равновесия или движения системы, не содержащие наперед неизвестных реакций связей, что существенно облегчает решение многих задач механики.

Перемещения, о которых сказано выше, называют возможными (или виртуальными} перемещениями. Они должны удовлетворять двум условиям: 1) быть элементарными, так как при конечном пере­мещении система может прийти в положение, где эффект наложен­ных связей будет другим; 2) быть- такими, чтобы все наложенные в данный момент времени на систему связи сохранялись, иначе может измениться вид рассматриваемой механической системы.

Например, в кривошипно-ползунном механизме, изображенном ниже на рис. 356 (см. § 140), перемещение из показанного положения в положение, при котором ф = 0 , нельзя рассматривать как возможное, так как при ф = 0 эффект наложенных связей будет другим, что, в частности, изменит условие равновесия механизма под действием силы Р и пары с моментом М. Точно так же нельзя считать возможным даже элементарное перемещение точки В шатуна вдоль ли­нии АВ; оно было бы возможным, если в точке В вместо ползуна была бы качаю­щаяся муфта (рис. 161 в § 57, муфта С), т. е. когда механизм был бы другим.

Таким образом, возможным перемещением механической системы будем называть любую совокупность элементарных перемещений то­чек этой системы из занимаемого в данный момент времени положе­ния, которые допускаются всеми наложенными на систему связями. При этом под допускаемыми в случае неудерживающих связей будем понимать те возможные перемещения, при которых связи сохраня­ются (точки системы от связей не «освобождаются»):.

358

В дальнейшем следует различать действительное перемещение аг движущейся точки, которое она совершает за элементарный про­межуток времени &1, и возможное перемещение, которого точка не совершает, а только могла бы совершить, не нарушая наложенных на нее в данный момент времени связей.

Чтобы учесть это различие, будем возможное перемещение точки обозначать символом бг * и изображать соответствующим элемен­тарным вектором. При этом 65 будет обозначать модуль бг (б5= |6 г | ) , а бл\ Ьу, бг — проекции бг на координатные оси; эти проекции рав­ны элементарным приращениям координат точки при ее возможном перемещении и формально вычисляются так же, как дифферен­циалы.

Отметим, что при стационарных связях действительное переме­щение дг любой точки системы, которое тоже должно допускаться наложенными связями, совпадает с одним из возможных перемеще­ний бг. При нестационарных связях йг ни с одним из возможных перемещений не совпадает.

Поясним это на приведенном в § 137_примере нестационарной связи (груз в лнфте, см. рис. 271, а). Здесь для груза 8г направлено вдоль АВ, а Аг слагается из перемещения вдоль АВ и перемещения вместе с лифтом, равного М (у — ско­рость лифта) и направленного перпендикулярно АВ; следовательно, а> образует с АВ какой-то угол и ни с одним нз 6> совпасть не может.

В общем случае механическая система может иметь множество различных возможных перемещений. Однако для любой из систем, которые нами будут рассматриваться, можно указать некоторое число таких независимых между собой перемещений, что всякое другое возможное перемещение может быть через них выражено. Например, для точки, находящейся на какой-нибудь плоскости (поверхности), любое возможное перемещение бг вдоль этой плоско­сти можно выразить через два взаимно перпендикулярных перемеще­ния бгх и 6г2 в виде бг=абг 1+&бг 2 , где а и Ь — любые положитель­ные или отрицательные числа.

Число независимых между собой возможных перемещений механи­ческой системы называются числом степеней свободы этой системы.

Следовательно, точка, находящаяся на плоскости, имеет две сте­пени свободы; одновременно ее положение на плоскости определя­ется двумя независимыми координатами (координатами, каждая из которых может изменяться независимо от другой), например коор­динатами х и у. Свободная материальная точка имеет три степени свободы (независимыми будут три возможных перемещения вдоль трех взаимно перпендикулярных осей); одновременно положение точки определяется тремя независимыми координатами х, у, г и т. д.

Этот результат оказывается общим, т. е. у механической систе­мы с геометрическими связями число независимых координат, опре-

* В математике символом «й» обозначается, как известно, дифференциал, а символом «6» обозначают так называемую вариацию функции.

359

деляющих положение системы, совпадает с числом ее степеней сво­боды. Поэтому у такой системы число степеней свободы можно опре­делять как по числу независимых возможных перемещений, так и по числу независимых координат. Так, у кривошипно-ползунного механизма (см. ниже рис, 356) одна степень свободы (у него одно не­зависимое возможное перемещение, например поворот кривошипа ОА, и одна независимая координата, например уголср). У свобод­ного твердого тела шесть степеней свободы (независимых перемеще­ний — три поступательных вдоль координатных осей и три поворо­та вокруг этих осей, а независимых координат — три координаты полюса и три угла Эйлера).

§ 139. ПРИНЦИП ВОЗМОЖНЫХ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ

Перейдем к рассмотрению еще одного принципа механики, кото­рый устанавливает общее условие равновесия механической систе­мы. Под равновесием (см. § 1) мы понимаем то состояние системы, при котором все ее точки под действием приложенных сил находятся в покое по отношению к инерциальной системе отсчета (рассматри­ваем так называемое «абсолютное» равновесие). Одновременно бу­дем считать все наложенные на систему связи стационарными и специально это в дальнейшем каждый раз оговаривать не будем.

Введем понятие о возможной работе, как об элементарной работе,

которую действующая на материальную точку сила могла бы совер­

шить на перемещении, совпадающем с возможным перемещением

этой точки. Будем возможную работу активной силы Р3 обозначать

символом 6Ла (ЬА

а—Р

а -Ьг), а возможную работу реакции N связи —

символом 6ЛГ(6Л

Г=Л/ -бг).

Дадим теперь общее определение понятия об идеальных связях , которым мы уже пользовались (см. § 123): идеальными называются связи, для которых сумма элементарных работ их реакций на любом возможном перемещении системы равна нулю, т. е.

Приведенное в § 123 и выраженное равенством (52) условие иде­альности связей, когда они одновременно являются стационарны­ми, соответствует определению (98), так как при стационарных связях каждое действительное перемещение совпадает с одним из возможных. Поэтому примерами идеальных связей будут все при­меры, приведенные в § 123.

Д л я определения необходимого условия равновесия докажем, что если механическая система с идеальными связями находится поа, действием приложенных сил в равновесии, то при любом воз­можном перемещении системы должно выполняться равенство

(98)

2 6 Л | = 0 (99) или

(99')-

где ак — угол между силой и возможным перемещением.

360

Обозначим равнодействующие всех (и внешних, и внутренних) активных сил и реакций связей, действующих на какую-нибудь точ­ку системы Вк, соответственно через Р% и А^. Тогда, поскольку каждая из точек системы находится в равновесии, Рк+Ык-=0, а сле­довательно, и сумма работ этих сил при любом перемещении точки Вк будет тоже равна нулю, т. е. ЬА%+8АЪ=0. Составив такие ра­венства для всех точек системы и сложив их почленно, получим

2 6 Л | + 26Л^ = 0.

Но так как связи идеальные, а Ьгк представляют собой возможные перемещения точек системы, то вторая сумма по условию (98) будет равна нулю. Тогда равна нулю и первая сумма, т. е. выполняется равенство (99). Таким образом, доказано, что равенство (99) выра­жает необходимое условие равновесия системы.

Покажем, что это условие является и достаточным, т. е. что если к точкам механической системы, находящейся в покое, приложить активные силы Р%, удовлетворяющие равенству (99), то система останется в покое. Предположим обратное, т. е. что система при этом Придет в движение и некоторые ее точки совершат действительные перемещения йгк. Тогда силы Рк совершат на этих перемещениях работу и по теореме об изменении кинетической энергии будет:

йТ = %йА% (<1А1 = Р%.г\гь),

где, очевидно, г1Г>0, так как вначале система была в покое; сле­довательно, и 2 с Щ > 0 . Но при стационарных связях действитель­ные перемещения йгк совпадают с какими-то из возможных переме­щении Ьгк и на этих перемещениях тоже должно быть Е 6 Л | > 0 , что противоречит условию (99). Таким образом, когда приложенные силы удовлетворяют условию (99), система из состояния покоя выйти не может и это условие является достаточным условием равновесия.

И з доказанного вытекает следующий п р и н ц и п в о з м о ж ­н ы х п е р е м е щ е н и й * : для равновесия механической системы с идеальными связями необходимо и достаточно, чтобы сумма эле­ментарных работ всех действующих на нее активных сил при любом возможном перемещении системы была равна нулю. Математически сформулированное условие равновесия выражается равенством (99), которое называют также уравнением возможных работ. Это равенство можно еще представить в аналитической форме (см. § 87):

2 Ч + П» Ьу* + Пг б**) = 0. (Ю'О)

* В форме, близкой к современной, но без доказательства этот принцип вы­сказал знаменитый математик и механик (швейцарец по происхождению) Иоганн Бериулли (1667—1748). В общем виде принцип впервые сформулировал и доказал' Ж- Лагранж (1788 г.) Обобщение принципа на случай неудерживающих связей было дано М.В. Остроградским в работах 1838—1842 гг.

361

Принцип возможных перемещений устанавливает общее условие равновесия механической системы, не требующее рассмотрения рав­новесия отдельных частей (тел) этой системы и позволяющее при идеальных связях исключить из рассмотрения все наперед неиз­вестные реакции связей.

§ 140. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

Приступая к решению задачи, следут вначале определить число степеней свободы рассматриваемой системы (в частности, механиз­ма), по числу независимых возможных перемещений или координат системы.

В плоских механизмах число степеней свободы можно практически опреде­лять так. Представим себе, что механизм движется. Если, остановив поступатель­ное или вращательное движение какого-нибудь одного звена, мы одновременно останавливаем весь механизм, то он имеет одну степень свободы. Если после этого часть механизма может продолжать движение, но, когда затем будет остановлено перемещение какого-нибудь другого звена, механизм остановится, то он имеет две степени свободы и т. д. Аналогично, если определить положение механизма какой-нибудь координатой и когда она постоянна, механизм не может двигать­ся — у него одна степень свободы. Если же после этого часть механизма может двигаться, то выбирается вторая координата и т. д.

Д л я решения задачи геометрическим методом, когда система имеет одну степень свободы, надо: 1) изобразить все действующие на систему активные силы; 2) сообщить системе возможное переме­щение и показать на чертеже элементарные перемещения б5& точек приложения сил или углы бфь элементарных поворотов тел, на кото­рые действуют силы (у элементарных перемещений будем на черте­же указывать их модули бз^, которые непосредственно входят в условия равновесия); 3) подсчитать элементарные работы всех активных сил на данном перемещении по формулам:

ЬМ = Раы <Ч = Н соз ак или б Л | = т 0 ( Г | ) б ф й (101)

и составить условие (99); 4) установить зависимость между вели­чинами 65(1 и бфй, вошедшими в равенство (99), и выразить эти ве­личины через какую-нибудь одну, что для системы с одной степенью свободы всегда можно сделать.

После замены в равенстве (99) всех величн 8зк, 6ц>к через одну получим уравнение, из которого и найдется искомая в задаче ве­личина или зависимость.

Зависимости между б5& и бф& можно находить: а) из соответ­ствующих геометрических соотношений (задачи 164, 169); б) из кинематических соотношений, считая, что система движется, и определяя при данном положении системы зависимости между линейными оь или угловыми ык скоростями соответствующих точек или тел системы, а затем полагая 8зк=икй(, 8ц>к=ыкй{, что справед­ливо, так как получаемые точками или телами за время <М действи­тельные перемещения будут при стационарных связях одними из возможных (иначе, здесь можно сразу считать зависимости меж-

362

ду возможными перемещениями такими же, к ак между соответствую­щими скоростями, см. задачи 165, 166 и др.) .

Д л я системы с несколькими степенями свободы задачу можно решать, составляя условие (99) для каждого из независимых возмож­ных перемещений системы и преобразуя его тем же путем. В ре­зультате для системы получится столько условий равновесия, сколько она имеет степеней свободы. Другой метод решения, при­водящий к тем же результатам, изложен в § 144.

П р и аналитическом методе расчета условие равновесия состав­ляют в виде (100). Д л я этого выбирают координатные оси, связанные с телом, которое при возможных перемещениях системы остается неподвижным. Затем вычисляют проекции всех активных сил на выбранные оси и координаты хк, ук, гк точек приложения этих сил, выражая все координаты через какой-нибудь параметр (например, угол) . После этого величины 6хк, 8ук, Ьгк находятся дифференциро­ванием координат хк, ук, гк по этому параметру.

Если все координаты хк, ук, гк выразить через один параметр сразу не удается, то надо ввести несколько параметров, а затем установить зависимость между ними.

Отметим в заключение, что условиями (99) или (100) можно пользоваться для решения задач и при наличии трения, включая силу трения в число активных сил. Этим же путем можно находить реакции связей, если, отбросив связь, заменить ее соответствующей реакцией, включить последнюю в число активных сил и учесть, что после отбрасывания связи у системы появляется новая степень свободы.

Задача 164. В механизме, изображенном на рис. 354, найти зависимость между силами Р и (2 при равновесии.

Р е ш е н и е , У системы одна степень свободы. Если сообщить системе возможное перемещение, то все диагонали параллелограммов, образованных! стержнями, удлинятся на одну и ту же величину 65. Тогда 6 х д = =6.5,65,8=36$. Составляя уравнение (99), получим:

Р б 5 В — 0 б 5 д = 0 ИЛИ (ЗР—(2)65=0 ,

откуда (2=ЗР. Результат получается очень просто. Задача 165. Вес бревна (2, вес каждого из двух цилиндри­

ческих катков, на которые оно положено, Р. Определить, ка­кую силу Р надо приложить к бревну, чтобы удержать его в равновесии на наклонной плоскости при данном угле наклона а (рис. 355). Трение катков о плоскость и бревно обеспечивает отсут­ствие скольжения.

Р е ш е н и е . Если пренебречь сопротивлением качению, то плоскость для катков будет идеальной связью. При качении без скольжения у системы одна степень свободы. Сообщая системе возможное перемещение, получаем по условию (99)

Р 6 $ д — (2 з т а - б 5 д — 2Р 5т а - б 5 С = 0 ,

где б5д — возможное перемещение бревна, совпадающее с перемеще- Рис

- 354 нием точки В.

Точка касания К является мгновенным центром скоростей катка. Следова­тельно, УД=2УС И 65В=26Ус , если считать б5в=Уд<1г, &с=1 'СсМ, Подставляя это значение 653 в предыдущее уравнение, найдем окончательно

Р=(0_+Р) зт а,

363

Задача 166. Найти зависимость между моментом М пары, действующей на кривошип крнвошипно-ползунного механизма (рис, 356), и силой давления Р на поршень при равновесии, если ОА=г, АВ=1, /,АОВ=у,

Рис. 355 Рнс. 356

Р е ш е н и е . У механизма одна степень свободы. Из условия равнове­сия (99), если положить Ь&в=-оВАЛ, 6ф—соодсМ, получим:

Рбзд—Л4 6ф = 0 ИЛИ М(л)ОА = Р^д.

Решение сводится к нахождению зависимости между ьв и ®ОА- Эта кине­матическая задача была решена ранее (см. § 57, задача 63). Пользуясь получен­ным там результатом, находим

М \ У /

2— Г

2 8Ш

2 ф / т

Задача 167. Для редуктора, рассмотренного в задаче 83 (см. § 70), найти за­висимость между вращающим моментом Мд, приложенным к ведущему валу А, и моментом сопротивлений Мв, приложенным к ведомому валу В, когда оба вала вращаются равномерно.

Р е ш е н и е . При равномерном вращении соотношение между МА н Мд будет таким же, как при равновесии. Следовательно, по условию (99), если по­ложить бфУ5=шУ5о!г, бфд=шдо

1г, будет:

№ А бфл — МВ бфв = 0 илн МД®А = Мва>в.

Отсюда, пользуясь результатом, полученным в задаче 83, находим

МА = (»в/»л) Мв = (пв/пД) МВ = 2,8МВ.

Задача 168. Пайтн зависимость между силами Р и (2 в подъемном механизме* детали которого скрыты в коробке К (рис. 357), если известно, что при каждом повороте рукоятки А В (АВ=1) винт С выдвигается на величину к,

Р е ш е н и е . Составляя условие равновесия (99), получаем

Предполагается, что при равномерном вращении рукоятки винт вывинчи­вается также равномерно, тогда

- ^ - = ^ 2 - или б ф л в = 1 г б 5 д .

Подставляя это значение бф л в в предыдущее равенство, находим

&=2п1Р1к.

Заметим, что методами геометрической статики эту несложную задачу вообще нельзя было бы решить, так как детали механизма не известны.

Решенная задача показывает, каковы (принципиально) возможности при­мененного метода. Но при конкретном инженерном расчёте подобного механизма необходимо будет, конечно, учесть трение между его деталями, для чего понадо­бится знать, каков механизм,

364

Задача 169. Балка, состоящая из двух брусьев, соединенных шарниром С, несет нагрузку Р (рис. 358, а). Размеры балки и расположение опор показаны на чертеже. Определить силу давления на опору В, вызываемую заданной на­грузкой.

1, %

Ас

•в

Рис. 358

б«р Й5/- к Ъг1х . -тг=-Г, откуда а5Ё=-г - гб5В .

Оц 1% 0112

Р е ш е н и е . Отбрасываем опору В и заменяем ее реакцией Л'д, численно равной искомой силе давления (рис. 358, б). Сообщив системе возможное пере­мещение (у нее теперь появилась одна степень свободы), составляем условие (99)

Ыв бхв — Рб5Е = 0.

Связь между бхд и 6$^ находим из пропорций:

~ь\~1Г ~ ~

Следовательно,

При применении метода геометрической статики решение оказалось бы более длинным (пришлось бы рассмотреть равновесие частей балки и ввести дополни­тельно реакции других связей, а затем исключить эти реакции нз полученной системы уравнений равновесия).

Задача 170. Горизонтальный брус / весом Р1г закрепленный в точке А шарниром (рис. 359), соединен шарниром В с брусом 2 весом Р2; концом С брус опирается на горизонтальный пол, образуя с ним угол а. Определить, при каком значении силы трения бруса о пол система будет в равновесии.

я) .

Ш

Рис. 359 Рис. 360

Р е ш е н и е . Изображаем действующие на систему силы Рь Р2 н силу тре­ния Р, включая ее в число активных сил; при этом силу Р2 разлагаем на две составляющие, равные Р2/2 каждая и приложенные в точках В и С (обращаем

365

внимание на этот прием, существенно облегчающий вычисление возможной работы).

Составляя условие равновесия (99) и учитывая формулы (101), получим^ обозначив АВ=1,

—(Р1//2+/у/2)&р+ / о х с = 0 .

Но, по аналогии с теоремой о проекциях скоростей двух точек тела, б^соз а= =б5в51па, где б«д=/бф. Тогда 6 $ с =/ 1{»о:-бф и окончательно

/•=0 ,5 (Р 1+Р 2 ) с1§а .

Заметим, что методами геометрической статики в этой задаче составить только одно уравнение, из которого сразу найдется Г, нельзя.

Задача 171. В планетарном механизме с дифференциальной передачей (см. § 70) на ось А независимо друг от друга насажены шестерня 1 радиусом г± и кривошип АВ, несущий на себе ось В шестерни 2 радиусом г2 (рис. 360). На кривошип действует вращающий момент М, а на шестерни 1 и 2 — моменты со­противлений МГ и М2. Найти значения Мг и МГ при равновесии механизма.

Р е ш е н и е . Механизм имеет две степени свободы, так как в нем возможны два независимых перемещения: а) поворот кривошипа АВ при неподвижной шестерне / и б) поворот шестерни I при неподвижном кривошипе АВ. Сообщим смачала системе возможное перемещение, при котором шестерня 1 остается не­подвижной (рис, 360, а), Для этого перемещения уравнение (99) дает

Мбфлв—Л12бф2=0.

Но когда шестерня 1 неподвижна, точка касания шестерен будет мгновенным центром скоростей для шестерни 2. Следовательно, а д = ш2г2. В то же время У Д = = и>Ав(

г\-т-

гъ1- Отсюда <О2Г2=<ОАВ(

г1-}-''2)

и л и ГФ^=(

г1-^г

г^г9АВ

И МЫ получаем

Мъ=Г2М1(Г1г\-Г1). Теперь сообщим системе другое, независимое от первого возможное пере­

мещение, при котором кривошип АВ неподвижен (рис. 360, б). Для этого пере-. „ мещения по условию (99) будет М16ц>1— |_Рг —тИ28ф2=0, Но при неподвижном кри­

вошипе

6фг/бф1=<а2/со1=г1//-2 и М1=(г1/гг)М2,

Окончательно находим:

Л11=г1М/(г1+/-2), М2=/-2М/(г1+л2).

Задача 172. В прессе, изображенном на рис. 361, найти зависимость между силами О ,̂ (22 и Р3 при равновесии ( ф ^ = <22=(2, Р 3 =Р ) . Углы а и р известны. Весом стержней пренебречь.

Р е ш е н и е . Чтобы дать пример аналитического расчета, воспользуемся

условием равновесия (100). Беря начало в неподвижной точке А и проводя оси х и у, получим

0_1Х&х1 + <22х6х2-\-Р3у6у3 = 0, (а)

так как остальные проекции сил обращаются в нули. Для нахождения &хх, бх2, 6у3 определим значения координат хг, х2, у3 точен

приложения сил, выразив их через углы а и р\ Получим, обозначая длины стерж­ней через а и Ь:

хх=а соз а, х2=а соза+2^ созР, у3=&5шв+ а 5 т а,

Дифференцируя эти выражения, найдем: Ьхг——а зта-ба, 6 х 2 = — (а з т а-ба+2Ь з т |3 -6р), бу3=Ь соз р-брЧ-а соз а-бос.

Подстановка полученных величин в равенство (а) дает (с учетом того, что

20Ъ зт Р-бр—Р(Ь соз р .бр+а соз а . б а ) = 0 . (б)

366

Для -нахождения зависимости между да, н 6$ воспользуемся тем, что в данном случае расстояние л В = с о п з 1 . Следовательно, 2 (а соз а-\-Ь соз в)=сопз1, Диффе­ренцируя это равенство, получим:

аз1па-ба + & зш 8-6В = 0 и ба = — 6 В .

а з ш а

Подставляя это значение ба в равенство (б) найдем

20_ з т в—Р ( соз В — с!§ а з т в )=0 , откуда

Р = 2 (г/фвР - с 1 в а ) .

При угле В, близком к а, сила давления Р получается очень большой,

§ 141. ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ

Принцип возможных перемещений дает общий метод решения задач статики. С другой стороны, принцип Даламбера позволяет использовать методы статики для решения задач динамики. Сле­довательно, применяя эти два принципа одновременно, мы можем получить общий метод решения задач динамики.

Рассмотрим систему материальных точек, на которую наложены

идеальные связи . Если ко всем точкам системы кроме действующих

на них активных сил Рк и реакций связей прибавить соответст­

вующие силы инерции Р1=—ткак, то согласно принципу Даламбе­

ра полученная система сил будет находиться в равновесии. Тогда,

применяя к этим силам принцип возможных перемещений, получим

2 6 Л Ц - 2 5 Л г + 2 М & = 0.

Но последняя сумма по условию (98) равна нулю и окончательно будет:

2 6 Л | + 2 б Л 1 = 0. (102)

И з полученного результата вытекает следующий п р и н ц и п Д а л а м б е р а — Л а г р а н ж а : при движении механической системы с идеальными связями в каждый момент времени сумма элементарных работ всех приложенных активных сил и всех сил инер­ции на любом возможном перемещении системы будет равна нулю.

Уравнение (102), выражающее этот принцип, называют о б щ и м у р а в н е н и е м д и н а м и к и . В аналитической форме уравне­ние (102) имеет вид

2 [{РЪ+РЬ) К + {Р%у + Пу) % + (Р%г + Пг) «2»] = 0. (ЮЗ)

Уравнения (102) или (103) позволяют составить дифференциаль­ные уравнения движения механической системы.

Если при этом система представляет собой совокупность каких-нибудь твердых тел, то для составления уравнений нужно к дейст­вующим на каждое тело активным еилам прибавить приложенную в любом центре силу, равную главному вектору сил инерции, и пару с моментом, равным главному моменту сил инерции относительно этого центра (или одну из этих величин, см. § 134), а затем приме­нить принцип возможных перемещений.

367

Задача 173. В центробежном регуляторе, равномерно вращающемся вокруг вертикальной оси с угловой скоростью со (рис. 362), вес каждого из шаров Ог и Г), равен р, а вес муфты СХС2 равен О.. Пренебрегая весом стержней, определить угол а, если ООх= ООг= I, ОВг= С?52= В 2С 2=6 ._

Р е ш е н и е . Присоединяем к активным силам р±, р2 и ф3 центробежные силы инерции ~р\ и (сила инерции муфты, очевидно, будет равна нулю) и составляем общее уравнение динамики в виде (103). Тогда, вычисляя проекции всех сил на координатные оси, получим

р&1+Р&л-Р118у1+1%&ул+(1М=0- (

а)

При этом С33=С, Р1=Р1=р, Р"=Р'2= (р'ё)ао= (р/^)со2/ з т а.

Координаты точек приложения сил равны:

Х\=х%=1 соз а, у2=—(/1=^51па, л-3=26 соз а.

Дифференцируя эти выражения, находим:

6x1=6x2=—^зша-ба, 6г/2=—6г/1=/соза-6а, б х 3=—2йз т а - б а .

Подставляя все найденные значения в уравнение (а), получаем

[—2р1 51п а + 2 (р/#)/2со

2 зт а соз а—2(±Ь зт а]6а=0.

Отсюда окончательно

(Р1±Щ§_ соз а : р/

2Со

2

Так как созсх<1, то шары будут отклоняться, когда со2^ (р1-\-С}Ь)д/рР.

С увеличением со угол а растет, стремясь к 90° при со-+-оо,

Рис. 363

Задача 174. В подъемнике, изображенном на рис. 363, к шестерне /, имею­щей вес Рх и радиус инерции относительно ее оси рь приложен вращающий мемент М. Определить ускорение поднимаемого груза 3 весом <2, пренебрегая весом веревки и трением в осях. Барабан, на который наматывается веревка, жестко скреплен с другой шестерней; их общий вес равен Р2, а радиус инерции относительно оси вращения р2. Радиусы шестерен равны соответственно гг и г2, а радиус барабана г.

Р е ш е н и е . Изображаем действующую на систему активную силу <2 и вра­щающий момент М (силы Рх и Р2 работы не совершают); присоединяем к ним силу инерции груза /•'д и пары с моментами М* и Л1", к которым приводятся силы инер-

368

ции вращающихся тел (см. § 134). Эти величины по модулю равны:

Я = Ш)Ъ' | М " 1 = (Р1/в)р !«1. | Л15 | = (Ря/Я) Р1е>-

Направления всех величин показаны на чертеже. Сообщая системе возмож­ное перемещение и составляя уравнение (102), получим

_ (<2 + р«) бз3 + (М- М1!) 6Ф1 -М" 2Ьщ = 0.

Выражая все перемещения через 6ср2, найдем, что

Окончательно уравнение движения примет вид

ё

Входящие сюда величины б! и е2 выразим через искомое ускорение аа. Учи­тывая, что ег, е2 связаны между собой так же, как и а^, со2, получим:

е2=д3 ' г, е1=г2е2/г1=г2а3/ггх.

В результате найдем окончательно

^ + р ^ 2 + ( р Ж ) ^ 1

Задачу можно было бы решить и с помощью теоремы об изменении кинетиче­ской энергии (см. §124),

Глава XXIX

УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ И УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ СИСТЕМЫ В ОБОБЩЕННЫХ КООРДИНАТАХ

§ 142. ОБОБЩЕННЫЕ КООРДИНАТЫ И ОБОБЩЕННЫЕ СКОРОСТИ

Число координат (параметров), определяющих положение меха­нической системы, зависит от количества точек (или тел), входящих в систему, и от числа и характера наложенных связей. Будем в дальнейшем рассматривать только системы с геометрическими связями (точнее только голономные системы). Как установлено в § 138, у такой системы число независимых координат, определяю­щих положение системы, совпадает с числом ее степеней свободы. В качестве этих координат можно выбирать параметры, имеющие любую размерность и любой геометрический (или физический) смысл, в частности отрезки прямых или дуг, углы, площади и т. п.

Независимые между собой параметры любой размерности, число которых равно числу степеней свободы системы и которые одно­значно определяют ее положение, называют обобщенными координа­тами системы. Будем обозначать обобщенные координаты буквой ц. Тогда положение системы, имеющей 5 степеней свободы, будет опре-

369

деляться 5 обобщенными координатами

<7а> • • Яз- (104)

Поскольку обобщенные координаты между собой независимы, то

элементарные приращения этих координат

8<71( 6д2 .б*? , (105)

также между собой независимы. При этом каждая из величин (105)

определяет соответствующее, независимое от других возможное

перемещение системы.

Как при всяком переходе от одной системы координат к другой,

декартовы координаты хк, ук, %к любой точки рассматриваемой ме­

ханической системы можно выразить через обобщенные координаты

зависимостями вида: хк=хк(чх, цг, . . ., с / 5 ) и т. д. Следовательно,

и для радиуса-вектора гк этой точки, поскольку гк—хк1-{-ук]+гкк,

тоже будет*

<Ь, •••> Яз)- 006)

Пример 1. Плоский математический маятник (рис. 364) имеет одну степень сво­боды (з=1) , следовательно, его положение определяется одной обобщенной коор­динатой ? В качестве этой координаты здесь можно выбрать или угол ф, или дли­ну 5 дуги АМ, или (так как движение происходит в одной плоскости) площадь а сектора ОАМ, указав во всех случаях положительное и отрицательное направле­ния отсчета каждой из этих координат. Выбор в качестве обобщенной координаты абсциссы х точки М будет неудачным, так как эта координата не определяет поло­жение точки М однозначно (при данном значении х маятник может быть отклонен­ным от вертикали вправо нли влево).

Если в качестве обобщенной координаты выбрать угол ф, то возможное пере­мещение маятника получим5 сообщив углу приращение 6<р. Декартовы коорди­наты х и у точки М можно выразить через ф в виде х=1 соз ф, у=1 зт ф, г.де /= = ОМ. Тогда, в соответствии с равенством (106), и г=г(ф).

Рис 364 Рис. 365

Пример 2. Двойной плоский маятник (рис. 365) имеет две степени свободы и в качестве обобщенных координат можно выбрать углы ф и ф (^1=ф, <7а—'Ф)- Эти углы между собой независимы, так как можно изменять угол ф, сохраняя неизменным

и наоборот. Величины 6ф и 6ф определяют независимые между собой возможные перемещения системы. Выражения декартовых координат точек А и В через обоб-

* Считаем для сокращения записей наложенные связи стационарными (иначе гк зависели бы еще от аргумента (). Вид окончательных уравнений (см. $ 145) от эюго допущения не зависит и они будут справедливы и для нестационарных свя­зей.

370

шенные даются равенствами вида: Хд=1г сев ф, Хд=1г соз ф-Иг 005

(ф+ф) и т. д., где^ / 1 =0Д , 12=АВ. Следовательно, в соответствии с равенством (106) гд= =/и(Ф), ' 'й=7В(ф, 1р).

При движении системы ее обобщенные координаты будут с тече­нием времени непрерывно изменяться, и закон этого движения оп­ределится уравнениями:

< 7 1 = М 0 . Я»=Ш, . . . . Ч,=Ш. (Ю7)

Уравнения (107) представляют собой кинематические уравнения движения системы в обобщенных координатах.

Производные от обобщенных координат по времени называются обобщенными скоростями системы. Обозначим обобщенные скорости символами

<72> • • • • <Ь

где с/1=(1(71/г1/ и т. д. Размерность обобщенной скорости зависит от

размерности соответствующей обобщенной координаты. Если <7 — линейная величина, то ^ — линейная скорость; если <7 — угол, то

ц — угловая скорость; если ц — площадь, то <7 — секторная ско­

рость и т. д. К ак видим, понятием об обобщенной скорости охваты­

ваются все встречавшиеся нам ранее в кинематике понятия о ско­

ростях.

§ 143. ОБОБЩЕННЫЕ СИЛЫ

Рассмотрим механическую систему, состоящую из п материаль­

ных точек, на которые действуют силы Ри Р2, .. ., Рп. Пусть систе­

ма имеет 5 степеней свободы и ее положение определятся обобщен­

ными координатами (104) . Сообщим системе такое независимое

возможное перемещение, при котором координата ^ получает при­

ращение 8<71, а остальные координаты не изменяются. Тогда каждый

из радиусов-векторов гк точек системы получит элементарное при­

ращение (Ьгк)1*. Поскольку, согласно равенству (106) , гк=гк(д1,

<7з, . •., <7;), а при рассматриваемом перемещении изменяется только

координата ^1 (остальные сохраняют постоянные значения), то

( 8 ГЙ)1 вычисляется как частный дифференциал и, следовательно,

( ^ к = ё6

^

Используя это равенство и формулу (42) из § 87 , вычислим сумму элементарных работ всех действующих сил на рассматривае­мом перемещении, которую обозначим 8 Л 1 . Получим

е л 4 = / V ( 6 7 ^ + ^ , - ^ 7 , ) , + . . . + ? „ • ( 6 7 ^ «

* Символ ( 6 7 ^ означает, что берется то элементарное приращение, которое радиус-вектор гк получает при изменении только координаты <?1 на величину б^ .

371

Вынося общий множитель 8<71 за скобки, найдем окончательно

где обозначено

<31 = 2 ?

* - | г - ( 1 0 9 )

По аналогии с равенством 6Л = /Гтб5, определяющим элементар­

ную работу силы Р, величину 0_г называют обобщенной силой,

соответствующей координате <?!. Сообщая системе другое независимое возможное перемещение,

при котором изменяется только координата <72, получим для эле­ментарной работы всех действующих сил на этом перемещении выражение

бЛ2=(22б<72, (ПО) где

ь=*т*-% о»)

Величина С}2 представляет собой обобщенную силу, соответствую­щую координате ц2, и т. д.

Очевидно, что если системе сообщить такое возможное пере­мещение, при котором одновременно изменяются все ее обобщенные координаты, то сумма элементарных работ приложенных сил на этом перемещении определится равенством

28Ак = С11Ьд1 + С228д,+ ...+ <}$ 6д$. (112) Формула (112) дает выражение полной элементарной работы

всех действующих на систему сил в обобщенных координатах. Из этого равенства видно, что обобщенные силы —• это величины, рав­ные коэффициентам при приращениях обобщенных координат в выражении полной элементарной работы действующих на систему сил.

Если все наложенные на систему связи являются идеальными, то работу при возможных перемещениях совершают только активные силы и величины С}и С?2, . . ., будут представлять собой обоб­щенные активные силы системы.

Размерность обобщенной силы зависит от размерности соответ­ствующей обобщенной координаты. Так как произведение (28<7, а следовательно, и С}д имеет размерность работы, то

= ( » 3 )

т. е. размерность обобщенной силы равна размерности работы, деленной на размерность соответствующей обобщенной координаты. Отсюда видно, что если ц — линейная величина, то С? имеет раз­мерность обычной силы (в СИ измеряется в ньютонах), если ц — угол (величина безмерная), то 0_ будет измеряться в Нм и имеет размерность момента; если ц — объем (например, положение поршня

372

в цилиндре можно определять объемом запоршневого пространства), то' С? будет измеряться в Н/м

2 и имеет размерность давления, и т. д.

К а к видим, по аналогии с обобщенной скоростью, понятием об обобщенной силе охватываются все величины, встречавшиеся ранее как меры механического взаимодействия материальных тел (сила, момент силы, давление).

В ы ч и с л е н и е о б о б щ е н н ы х с и л будем производить по формулам вида (108), (ПО) *, что сводится к вычислению возмож­ной элементарной работы (см. § 140). Сначала следует установить, каково число степеней свободы системы, выбрать обобщенные коор­динаты и изобразить на чертеже все приложенные к системе актив­ные силы и силы трения (если они совершают работу). Затем для определения С?1 надо сообщить системе такое возможное перемещение, при котором изменяется только координата ци получая положитель­ное приращение б ^ , вычислить на этом перемещении сумму эле­ментарных работ всех действующих сил по формулам (101) и пред­ставить полученное выражение в виде (108). Тогда коэффициент при 6^ и дает искомую величину Аналогично вычисляются 0_2,

Пример 1. Подсчитаем обобщенную силу для системы, изображенной на рис. 366, где груз А весом Рх перемещается по гладкой наклонной плсскссти, а груз В весом Р2 — по шероховатой горизолтальной плоскости, коэффициент трения о

Рис. 366 Рис. 367

которую равен /. Грузы связаны нитью, перекинутой через блок О Массой нити и блока пренебрегаем. Система имеет одну степень свободы и.ее положение опре­деляется координатой <7з=я (положительное направление отсчета х показано стрел­кой). Для определения <2Х сообщаем системе возможное перемещение 8х, при кото­ром 8х>0 , и вычисляем на этом перемещении элементарные работы сил Рх и 7хр; остальные силы работы не совершают. Так как /

,то=/А/=/Р2, то

бЛ= (Рх зша—/Р2)бх.

* Значения (?г- можно еще определить непосредственно по формулам вида

(109), (111), учтя, что Рк • ^=Ркх^+РЬу^+Р кг ^ и т. д., и выразив

координаты хк, ук, гк точек приложения сил через ц1у д2 Можно также, вычислив сразу элементарную работу всех сил и приведя ее к виду (112), нахо­дить (?/ как коэффициенты при &д;. Но обычно расчет этими методами не дает преимуществ, а может оказаться и более сложным.

373

Следовательно, 0.1—?1 зта—/Р2.

Пример 2. Пренебрегая трением, найдем обобщенные силы для системы, изоб­раженной на рис. 367. Однородный стержень А В имеет длину / и вес Р и может вра­щаться вокруг оси А в вертикальной плоскости. Нанизанный на него шарик М имеет вес р. Длина пружины АМ равна в ненапряженном состоянии Ьа, а жест­кость — с.

Система имеет две степени свободы (независимыми являются перемещение ша­рика вдоль стержня и поворот стержня вокруг оси А). В качестве обобщенных ко­ординат выберем угол <р и расстояние х шарика от конца ненапряженной пружины (91

=Ф> <72=х); положительные направления отсчета координат показаны стрел­

ками. Сообщаем сначала системе возможное перемещение, при котором угол ф полу­

чает приращение б ф ( б ф > 0 ) , а х=сопз(. На этом перемещении работу совершают силы Р и р. По второй из формул-(101) находим (знак минус здесь потому, что на­правление момента противоположно направлению бф )

бЛ1= [— (Р1/2) зш ф—р(Ь0-\-х) зт ф ! б ф . Следовательно,

(? !=—[Р//2+Р (Ьо+Х)] 51П ф.

Теперь сообщаем системе возможное перемещение, при котором изменяется только координата х, получая приращение 6хХ) , а угол ф=сопз4. На этом пере­мещении работу совершают сила тяжести р и сила упругости, модуль которой р=* —сх. Тогда

6Л2= (р соз ф—сх)Ьх и

<2 2=р СОЗф—сх.

Обобщенная сила <^ имеет в этом случае размерность момента, так как ̂ = 9 , а сила <22 — размерность обычной силы.

С л у ч а й п о т е н ц и а л ь н ы х с и л . Если все действую­щие на систему силы являются потенциальными, то для системы, как известно, существует такая силовая функция V, зависящая от координат хк, ук, гк точек системы, что сумма элементарных работ действующих сил равна полному дифференциалу этой функции, т. е. 2 бЛь=8 (У [см. § 126, формула (62)]. Но при переходе к обобщенным координа т ам^ , д2, .. ., ц3 все хк, ук, гк могут быть выражены через эти координаты и тогда { /=С/(^ , <72, . . ., д3). Следовательно, вы­числяя Ы/ к ак полный дифференциал от функции 1}{ци <72, . . .

а3), найдем, что

Сравнивая это выражение с равенством (112), заключаем, что в данном случае

0л = Ж , & = Ж * ^=

д ^ ' (П4)

или, так как потенциальная энергия П = — I I , т о

е.—II • < ь — 5

(115)

Следовательно, если все действующие на систему силы потенци­

альны, то обобщенные силы равны частным производным от силовой

374

функции (или взятым со знаком минус частным производным от по­тенциальной энергии) по соответствующим обобщенным координа­там.

Пример 3. Все силы, действующие на систему, изображенную на рис. 367, потенциальны. Если при этом направить координатную ось Аг вертикально вверХ| то по формулам (64), (64') из § 127 найдем для всей системы

П = — (Р1/2) соз ср—рфо+х) соз <р+сх2/2,

где обобщенные координаты </!=Ф, <72=х. Тогда

(2! = — - ^ = —[Р//2 + р(&0 + х)]зшф, <?2 = — ~=рсозу — сх,

Что совпадает с результатами, полученными в примере 2.

§ 144. УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ СИСТЕМЫ В ОБОБЩЕННЫХ КООРДИНАТАХ

Согласно принципу возможных перемещений необходимым и достаточным условием равновесия механической системы является равенство нулю суммы элементарных работ всех активных сил (и сил трения если они совершают работу) на любом возможном перемещении системы, т. е. условие 2 8 Л & = 0 . В обобщенных коорди­натах это условие, согласно равенству (112), дает

С>М+0-*Ьч-2+. . .+(Э56<7 ,=0. (116)

Так как все величины б ^ , б<т2, . . ., б<75 между собой независимы, то равенство (116) может выполняться тогда и только тогда, когда каждый из коэффициентов при 8(71, 6<72> , , 8с/5 в отдельности ра­вен нулю, т. е.

<2х=0, (2 2=0, . . ., ( 2 ,=0 . (117)

В самом деле, если допустить, что одна из этих величин, например 0_и не равна нулю, то всегда можно сообщить системе такое возмож­ное перемещение, при котором6<71#0 , гь.6д2=6да=- . . = 8 < 7 5 = 0 , и мы придем к противоречию с условием (116).

Таким образом, для равновесия механической системы необхо­димо и достаточно, чтобы все обобщенные силы, соответствующие выбранным для системы обобщенным координатам, были равны нулю. Число условий равновесия (117) равно, как видим, числу обобщенных координат, т. е. числу степеней свободы системы.

Из сравнения метода вычисления обобщенных сил (см. § 143) и способа решения задач, которым пользовались в § 140, видно, что по существу при решении задач с помощью принципа возможных пе­ремещений мы вычисляли соответствующие обобщенные силы, а за­тем приравнивали их нулю.

Рассмотрим еще два примера.

1. Условием равновесия системы, изображенной на рис. 366, будет $ 1 = 0 или Рх=/Р2/ зт а. Поскольку при вычислении (Зх было принято, что Р^=[М=РПр, то условие (2]=0 дает наибольшее значение Р1г при котором груз А не опускается;

т. е. определяет предельное положение равновесия (см, § 25), Система будет в рав­новесии и при Рг<{Рч1 51П а,

375

2. Для системы, изображенной на рис. 367, из условий равновесия @1==0 и ( ? 2 = 0 получаем очевидный результат, при равновесии ф = 0 , х = р / с = ^ с т .

С л у ч а й п о т е н ц и а л ь н ы х с и л . В этом случае услозия равновесия (117), если учесть равенства (114) и (115), дают:

* _ = 0, ^ = 0, ^ = 0 (118)

И Л И

™ 0, |5 = 0, ^ = 0. (118')

Отсюда следует, что при равновесии полный дифференциал функций и или П равен нулю, т. е.

<Ш(<71, Я*- • Яз) = ® и л и

« И Щ , Яг,- • •> Яз) = ®- (П9)

Равенства (118) или (119) выражают необходимые условия экстремума функции нескольких переменных. Следовательно, сис­тема, на которую действуют потенциальные силы, в тех положениях, для которых силовая функция или потенциальная энергия системы имеет экстремум (в частности, минимум или максимум), находится в равновесии. Вопрос об устойчивости этих положений равновесия будет рассмотрен в § 147.

§ 145. УРАВНЕНИЯ ЛАГРАНЖА

Чтобы найти уравнения движения механической системы в обобщенных координатах, обратимся к общему уравнению динамики (102), которое дает

2 6 7 ^ + 2 8 ^ = 0. (120)

Д л я общности не будем предполагать, что все наложенные на систему связи являются идеальными. Поэтому в первую сумму мо­гут входить как работы активных сил, так и, например, работы сил трения.

Пусть система имеет 5 степеней свободы и ее положение опреде­ляется обобщенными координатами (104). Тогда по формуле (112)

2 8 Л , = <218<71 + < 2 2 6 < ? 2 + . . . + 0 ^ . (121)

Очевидно, что совершенно так же, как это было сделано в § 143

для сил Рк, можно преобразовать к обобщенным координатам

элементарную работу сил инерции Р". При этом получим

2 8 ^ = 6Ч1 + (%8д2+...+ <2? 8д„ (12Г)

где С?", 0", . . . , <2" — обобщенные силы инерции, которые согласно формулам (109, (111) будут:

= < Й * = 2 ? * - | * , . . . (122)

376

Подставляя величины (121) и (121') в уравнение (120), найдем

(О,! + 0?) 8?1 + + <Й) в<7, + • • • + (<2, + <2") б9, = 0.

Так как все б ^ , 8д2, . . ., между собой независимы, то полу­ченное равенство может выполняться тогда и только тогда, когда каждый из коэффициентов при Ьди 6<72, . . . , 8<7̂ в отдельности равен нулю, в чем убеждаемся, рассуждая так же, как при выводе урав­нений (117). Следовательно, должно быть

01 = 0, (21+<г; = о> . . . . <г,+<?? = (). (123)

Полученными уравнениями можно непосредственно пользовать­ся для решения задач динамики. Однако процесс составления этих уравнений значительно упростится, если выразить все входящие сюда обобщенные силы инерции через кинетическую энергию систе­мы. Преобразуем сначала соответствующим образом величину <2". Поскольку сила инерции любой из точек системы Рк=—ткак — =—тк№к1(\1, то первая из формул (122) дает

- < Й = 2 > . # - & . (124)

Чтобы выразить 0% через кинетическую энергию системы, надо пре­образовать правую часть равенства (124) так, чтобы она содержала только скорости у т о ч е к системы. С этой целью заметим прежде всего, что _ _ _

Ах>к дгк__&(- дгЛ - й (д7Л м 9 с у

В справедливости равенства (125) легко убедиться, продифферен­цировав произведение, стоящее справа в скобках. Дальнейшее преобразование осуществляется с помощью следующих двух ра­венств: _ _ _

р . = *± и (126)

Докажем сначала справедливость первого из них. Так как сог­

ласно (106) гк=гк (<ь цъ . . . . Цх), то

- _ &~к _ д~к • , д7к • Ъ7к • д~к _ д7„

Справедливость второго из равенств (126) следует из того, что операции полного дифференцирования по I и частного по ^ пере-местительны, т. е.

ЫКДЯИ А/Л «и/ ДЧ1'

Подставив теперь величины (126) в равенство (125), получим

377

и формула (124), есть учесть, чтосумма производных равна производ­

ной от суммы, а » | = У | , примет вид

где Т,= 2 т й у | / 2 — кинетическая энергия системы.

Аналогичные выражения получатся для всех остальных обоб­щенных сил инерции. В результате равенства (123) дадут оконча­тельно

Уравнения (127) и представляют собой дифференциальные урав­нения движения системы в обобщенных координатах или уравнениях Лагранжа *. Число этих уравнений, как видим, равно числу сте­пеней свободы системы.

Уравнения Ла гранжа дают единый и притом достаточно простой метод решения задач динамики. Важное преимущество этих уравне­ний состоит в том, что их вид и число не зависят ни от количества тел (или точек), входящих в рассматриваемую систему, ни от того, к ак эти тела движутся; определяется число уравнений Ла гранжа только числом степеней свободы системы. Кроме того, при идеаль­ных связях в правые части уравнений (127) входят обобщенные ак­тивные силы, и, следовательно, эти уравнения позволяют заранее исключить из рассмотрения все наперед неизвестные реакции свя­зей.

Основная задача динамики в обобщенных координатах состоит в том, чтобы, зная обобщенные силы Од, (}%,..., (}3 и начальные условия, найти закон движения системы в виде (107), т. е. определить обобщенные координаты ци <72, . . ., ч3 как функции времени. Т ак как кинетическая энергия Т зависит от обобщенных скоростей ци

то при дифференцировании первых членов уравнений (127) по I в левых частях этих уравнений появятся вторые производные по времени ц{ от искомых координат. Следовательно, уравнения Лаг­ранжа представляют собой обыкновенные дифференциальные урав­нения второго порядка относительно обобщенных координат ци

Яг, • • ; Яз-С л у ч а й п о т е н ц и а л ь н ы х с и л . Если действующие н а

систему силы потенциальные, то, используя формулы (115), можно

* Уравнения Лагранжа могут применяться для изучения движения любых механических систем с геометрическими (точнее с голономными) связями. Для изу­чения движения неголономных систем (см. § 137) используются другие уравнения, которые в данном курсе не рассматриваются.

Л * _ й Г д

(у т

**А] д

(ъ т*°* \ _ й (дТ\ дт

(127)

378

первое из уравнений (127) представить в виде

Последнее равенство справедливо потому, что потенциальная

энергия П зависит только от координат ^, д2,, , ., а от обобщен­

ных скоростей не зависит и д1Ш<71=0 . Аналогично преобразуются все остальные уравнения системы

(127). Введем функцию

Ь = Т—П. (128)

Функция Ь от обобщенных координат и обобщенных скоростей, равная разности между кинетической и потенциальной энергиями системы, называется функцией Лагранжа или кинетическим потен­циалом. Тогда в случае потенциальных сил уравнения Ла гранжа примут вид

* / * у _ * о . )

" Ч а л / ' \ (129)

Из полученного результата следует, что состояние механической системы, на которую действуют потенциальные силы, определяется заданием одной только функции Лагранжа , так как , зная эту функ­цию, можно составить дифференциальные уравнения движения системы.

При соответствующем обобщении понятий, функции, аналогич­ные функции Лагранжа , описывают состояние других физических систем (непрерывной среды, гравитационного или электромагнит­ного поля и др.) Поэтому уравнения Ла гранжа вида (129) играют важную роль в ряде областей физики.

§ 146. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

Уравнениями Лагранжа , как уже указывалось, можно пользо­ваться для изучения движения любой механической системы с геометрическими или сводящимися к геометрическим (голономными) связями, независимо от того, сколько тел (или точек) входит в систему, как движутся эти тела и какое движение (абсолютное или относительное) рассматривается.

Чтобы для данной механической системы составить уравнения Лагранжа , надо: 1) установить число степеней свободы системы и выбрать обобщенные координаты (см. § 142); 2) изобразить систе­му в произвольном положении и показать на рисунке все действую­щие силы (для систем с идеальными связями только активные);

379

3) вычислить обобщенные силы С?, путем, указанным в § 143; при этом во избежание ошибок в знаках каждое сообщаемое системе возмож­ное перемещение должно быть направлено так, чтобы приращение соответствующей координаты было положительным; 4) определить кинетическую энергию Т системы в ее абсолютном движении и вы­разить эту энергию через обобщенные координаты д{ и обобщенные скорости ц{, 5) подсчитать соответствующие частные производные от Т по цг и ц{ и подставить все значения в уравнения (127).

Указанным путем уравнения Ла гр анжа составляются независи­мо от того, рассматривается ли абсолютное (по отношению к инер­циальной системе отсчета) или относительное движение механиче­ской системы. Но в последнем случае возможен и другой путь, а именно кинетическую энергию системы определять в ее относитель­ном движении, но зато при нахождении обобщенных сил присоеди­нить к силам, действующим на систему, переносные силы инерции (чего при использовании первого пути делать не надо).

Из полученных уравнений, если заданы действующие силы и начальные условия, можно, интегрируя эти уравнения, найти закон движения системы в виде (107). Если же задан закон движения, то составленные уравнения позволяют определить действующие силы.

Когда все приложенные к системе силы являются потенциаль­ными, уравнения Лагранжа можно составлять в виде (129). При этом вместо вычисления обобщенных сил надо определить потенци­альную энергию системы, выразив ее через обобщенные координаты, и затем, определив еще и кинетическую энергию, составить функцию Лагранжа (128).

Начнем с задачи, позволяющей легко уяснить порядок составле­ния уравнений Лагранжа .

Задача 175. Составить, пользуясь методом Лагранжа, дифференциальное урав­нение колебаний физического маятника (см. § 129).

Р е ш е н и е . Маятник имеет одну степень свободы и его положение определя­ется углом ф (см. рнс. 324). Следовательно, ? 1 = ф . Сообщая углу ф положительное приращение бф, найдем, что на этом перемещении работу совершает только сила тяжести Р и 6Л]= (—Ра зт ф)бф, где а=ОС. Поэтому —Ра зт ф. Кинетиче­ская энергия маятника Т'=/оа)

2;2 или 7

,= /оФ

2/2 (напоминаем, что величина Т

должна быть выражена через обобщенную скорость, а ы=ф). Уравнение Лаг­ранжа, так как ^ ! = ф , имеет внд

В данном случае, поскольку Т от угла ф не зависит,

Подставляя найденные величины в уравнение (а), получим

/ 0ф = — Ра згл ф,

т. е. тот же результат, что и в § 129.

зео

Поскольку сила тяжести Р потенциальная, то уравнение Лагранжа можно сос­тавить в виде (129). Направляя ось Ог вертикально вниз, имеем в данном случае П==— Рг= — Ра соз ср. Тогда по формуле (128).

^ = / 0 Ф2/ 2 + Р а соз ф и -̂ 4 = /оф. — = — Р а з т ф .

<Эф <Эф В результате уравнение (129) также дает Уоф+Ра зт ф=0 . Задача 176. Решить с помощью уравнений Лагранжа задачу 143 (см. § 124). Р е ш е н и е . Механизм имеет одну степень свободы (см рис. 314) и его по­

ложение определяется координатой ф (<?1=ф). Сообщая углу ф приращение 6ф, найдем, что иа этом перемещении элементарная работа ЬАХ будет иметь выраже­ние, совпадающее с выражением А А' в задаче 143, если только заменить в нем с!ф на бф. Следовательно,

СЗг=_сф(/—г)2/А

Величина Т для механизма также была найдена (формула (б) в задаче 143), Учитывая, что сокр=ф, получим

7 = (9Р+2С2)/2ф

2/12§,

откуда

°Ф <?ф

Подстановка в уравнение Лагранжа дает окончательно

(9Р-1-2с2),„.. (1 — г)* ... . ; ^ /

аф = —

с гг Ф и л и

ф + « ф = 0,

т. е. тот же результат, что и в задаче 143. Обращаем внимание на то, что для системы с одной степенью свободы составле­

ние дифференциального уразнения движения методом Лагранжа сводится по су­ществу к тем же расчетам, что и при использовании теоремы об изменении кинети­ческой энергии.

Задача 177. Найти закон движения шарика В массой пг вдоль трубки ОА, вра­щающейся равномерно в горизонтальной плоскости с угловой скоростью со (рис. 368). В начальный момент шарик находится от оси О на расстоянии ха и его скорость вдоль трубки равна нулю. Найти также, какой при этом денствует иа трубку вращающий момент Мвр.

Р е ш е н и е . Система имеет две степени свободы. В качестве обобщенных координат выберем координату х, определяющую относительное движение шарика, и угол поворота ф трубки Тогда уравнения Лагранжа будут иметь вид.

А / дТ\ дТ п А ( дТ\ дТ

а\Тх)-1Гх^ н г ^ - л Г ^2

- (а)

Найдем сначала 0,! и (}2. На перемещении, при котором координата х получа­ет приращение 6х, действующие силы работу ие совершают (трубка вращается в горизонтальной плоскости), следовательно, 6^1=0. На перемещении, при котором угол ф получает приращение бф, бЛ2=Л1врбф. Таким образом:

<?1=0, (Ь=Л4вр . (б)

Кинетическая энергия системы слагается из энергии 7\ шарика и энергии Г2 труб­

ки. Энергию Тх определяем для абсолютного движения шарика. Тогда 7,1=ту|з/2,

где щ — абсолютная скорость шарика, причем векторпо_уд=у01+1.1пер. В данном

случае численно »0Т—х, упер=ОВ-со=хф и так как У0т_1Л1ер, то

Т1 = т(х*4гх2<р

2) /2.

УЧТЯ еще, что Т,2=./оС1>

г/2=./0ф

2/2, где У д — момент инерции трубки, получим

окончательно

Т = т (ж2 + *

2ф

2) /2 + /0ф

2/2.

381

Отсюда

вт —-=тпх, дх

дТ дТ дТ

дх ' ' бф • • ~ " Ар

Подставляя эти величины и значения С ,̂ <22 из равенств (б) в уравнения (а)

и учтя одновременно, что по условиям задачи ф=со=сопз1, получим:

х-\-в>2х=0, 2ша>хх= Мвр . (в)

Интегрируя первое из уравнений (в) и определяя постоянные интегрирования по начальным условиям задачи (при * = 0 х=х0, х=0), найдем окончательно следую­щий закон движения шарика вдоль трубки.

х = х0 (еа1

+ е~а1

)12 или * = х0спсог. (г}

Второе из равенств (в) определяет искомый момент (нетрудно видеть, что он равен моменту кориолисовой силы инерции). Если с помощью уравнения (г) вы­разить х через х, то найдем следующую зависимость МВ9 от координаты х ша­рика:

, = 2лт2хУх

2 — х\. (д) М в р -

Заметим, что для шарика здесь решалась основная задача динамики (опреде­ление закона движения по заданным силам), причем изучалось его относительное движение, но так как значение Т находилось для абсолютного движения системы^ то вводить силы инерции не понадобилось; для трубки же, наоборот, по заданному движению определялся момент действующей силы (или пары сил).

Рис. 368 Рис. 369

Задача 178. Масса тележки 1 равна шг, а масса находящегося на ней сплош­ного цилиндрического катка 2 равна т2. Определить, с каким ускорением будет двигаться тележка вдоль горизонтальной плоскости под действием приложенной к ней силы (рис. 369), если каток при этом катится по тележке без скольжения, Массой колес тележки пренебречь.

Р е ш е н и е . Система имеет две степени свободы (независимы перемещение катка относительно тележки и перемещение самой тележки). В качестве обобщен­ных координат выберем координату х тележки и координату « центра масс С катка относительно тележки. Тогда уравнения Лагранжа для системы будут:

А /дТ\ дТ п А ( дТ\ дТ _ . ,

Кинетическая энергия тележкн Т1~пг1х212, а катка Т2—т$)с.12-\-3'са?12, где

Не — абсолютная скорость'центра С катка и численно ис=я—5. Так как для сплош­ного цилиндра 1с=т2г

2/2, а при качении без скольжения ш=&1г, где « — относи­

тельная скорость центра Сую отношению к тележке (считать здесь <а=»с/г было бы ошибкой), то окончательно получим

Т = Т± + Т2= тхх2[2 + т2 (х—а)

2/2+т2в

г/4. (б)

382

Тогда

_ = т 1 х + т 2 ( л : - « ) 1 - — = т 2 ( з - х ) + т 2 1 . ? — = — = 0 . (в)

дх дз 2 03

Для определения обобщенных сил дадим сначала системе возможное переме­щение, при котором координата х получает приращение б х > 0 . На этом перемеще­нии бА^Рбх На перемещении же, при котором 5 получает приращение 65, оче­видно, 6Л 2=0 . Следовательно,

Подставляя эти значения 0_2 и значения производных, определяемые фор­мулами (в), в равенства (а), найдем следующие дифференциальные уравнения дви­жения системы:

(тх-\-т2)х—т2з = Р, Зз — 2х=0. (г)

Из последнего уравнения х=2д:/3, и тогда первое уравнение дает окончательно для ускорения аг тележки значение

ах = х = ЗРЦЗтх -\- т 2 ) .

Если каток был бы на тележке закреплен неподвижно, то ее ускорение, оче­видно, равнялось бы Р/ ( т 1 + т 2 ) .

Отметим еще один результат. Допустим, что трения катка о тележку нет. Тогда он по тележке будетскользить, двигаясь поступательно, и Т2=т2рс12=т2(х—з)

г/2,

В результате для системы

Г ^ т ^ / г + т а (к—8)2/2.

Легко видеть, что первое из уравнений (г) при этом не изменится, а второе, так как теперь дТ/д$= щ (з—х), примет вид «—х—0 и дает з=х. В результате из первого ]уравнения системы (г) находим для ускорения тележки значение ах=р1тх.

Объясняется такой результат тем, что при отсутствии трения тележка не увле­кает с собой катка и движется так, как если бы катка иа ней вообще не было

Задача 179. На барабан 1, имеющий радиус # и массу тх , распределенную по его ободу, намотан тросик, к которому посредством пружины с коэффициентом жесткости с прикреплен груз 2 массой щ (рис. 370; включе­нием такой пружины можно моделировать упругость тросика). К барабану приложена пара сил с моментом Л1вр. Составить для системы уравнения Лагранжа и определить частоту коле­баний, сопровождающих движение тел системы.

Р е ш е н и е . У системы две степени свободы. Выберем в качестве обобщенных координат угол <р поворота барабана и удлинение х пружины (<7 1=ф , я2=х). Тогда уравнения Лагранжа будут.

а /дТ\ дТ а/дТ\дТ

Изобразив действующие силы (Р и Р' — силы упругости пру­жины, численно Р=Р'=сх), найдем сначала 0_х и ф2. Сообщая системе возможное перемещение, при котором ё<р>0, а х= =сопз1, и учтя, что иа этом перемещении сумма работ сил Р н Р' равна нулю, получим 6Л1= (Л1вр—тадй)бф. Для друго­го независимого возможного перемещения (6#>0 , ф=сопз!) будет 6Л2=(т2^—сх)6х. Следовательно,

0,1= Мвр—т2§К, Я^т^—сх. (б)

Кинетическая энергия системы Т=Тх-\-Т2, где Г1=У1ф2/2, Г2=т2у1/2. В дан­

ном случае / ^ т х Я2, а V2=V0^:-\-Vпе•р и о2=х—Щ. Тогда

7, = т 1 # У

!/

2 + 'Яа Ос— #Ф)

2/2.

383

=0.

Отсюда дТ • • дТ • • ОТ дТ - ^ ^ т ^ ф — т 2 К (х—Дф), — г = т 2 (х— К<р), - 7 5 т - = - = 7 -«р <?* "Ф

0А

Подставляя величины (в) и (б) в равенства (а), получим:

(/П1 + т2) Кч — тгх=МЪ91К~-т^,

— т2^?Ф + т%х=т2ц— сх.

Это будут искомые уравнения. Сложив их почленно, получим т1Ру=МВ1>/Р—сх, а исключив из этого равенства н равенства (д) Рц>, найдем следующее дифферен­циальное уравнение относительных колебаний груза, совершаемых с частотой к:

Л*вР Г ^ + ^ = -ГГ5-|-ё

г. где к = у

(в)

(г)

(Д)

тгР ' " Г Шхтг

Абсолютное движение груза происходит по закону в=х—У?ф. Это движение тоже сопровождается колебаниями с частой к. Колебаниями с такой же частотой сопро

1-

вождается и вращение барабана. Задача 180. К оси В однородного катка весом Р, который может кататься без

скольжения вдоль горизонтальной плоскости, прикреплен шарнирно однородный стержень ВЛ длиной / и весом р (рис. 371). Соста­вить дифференциальные уравнения движения си­стемы и найти закон ее малых колебаний, если в начальный м-мент стержень отклоняют от равновесного положения на малый угол Фо и от­пускают без начальной скорости.

Р е ш е н и е . Система имеет две степени свободы. Выберем в качестве обобщенных коор­динат расстояние х центра цилиндра от его на­чального положения и угол ф отклонения стерж­ня от вертикали (дх=х, <7а=ф).

Так как действующие на систему силы по­тенциальные (силы тяжести), составим для нее уравнения Лагранжа в виде (129):

Рис. 371 = 0

с! / дЬ \ дЬ й1

\ дц\) *Р " = 0, (а)

где Ь=Т—П — функция Лагранжа. Потенциальной энергией системы будет П = — р(//2) соз ф.

Кинетическая энергия системы 7 = Таяя+Тст. Значение ТЦИД для рассматривае­мого случая вычислено в задаче 136 (см. § 121). Учитывая полученный там ре­зультат и формулу (44), а также то, что для стержня ^С=МР•|\2, получаем:

• ад, т - I с т

~- 2

Р 2 , 1 р!2

где численно иот=0,5/ф, Здесь ьв—х, а г - с ^ о т + ^ п е р тельно (рис. 371),

1>с = Яф2/4 4- х

2 + /ф х соз ф.

Окончательно найдем следующее выражение для функции Лагранжа;

+Р"2-со5 ф,

^ ' п ер=Ув=^; следова-

откуда

1 = ^ ^2

+ ^ ^2 + кф с о зф + -^ф

2

дЬ ЗР-\-2р • р1-

аГЯ8

"ТГ-*+5

фС0вф' дх

= 0:

дЬ, р ( I • , /2 • \ дЬ Р ,-• •

-р— $Ш ф.

384

Подставляя эти величины в равенства (а), получим после очевидных сокращений следующие дифференциальные уравнения движения системы:

^ [(ЗР + 2р) к -4- р?ф соа <р] = 0 ,

й ( • 2 • \ • • < {0)

( х сое ф -)- -д- ?ф 1 4 - х ф 8 1 П ф - | - § з тф = 0.

Перейдем теперь к отысканию закона малых колебаний системы. При этом счи­таем угол ф и смещение х малыми величинами одного и того же порядка ^алостп, т. е. полагаем, что ф = е / г (/), х = ь / 2 ((), где е — малая величина, а [х ({), /ч (/) — не­которые функции от времени (ограниченные вместе с их производными), опреде­ляющие закон колебаний. Очевидно, что при этом и скорости ф = г / 1 ( / ) , х—6^(0 будут также малыми величинами порядка е.

Чтобы составить дифференциальные уравнения малых колебаний системы, надо в уравнениях (б) сохранить только члены порядка е, а малые более высокого порядка отбросить. Для этого в слагаемом р1(р соз ф, которое входит в первое из уравнений, надо положить с о зф=1 , а во втором уравнении принять $т ф—ф, соз ф^ 1 и член хф зт ф отбросить целиком как имеющий порядок е

3. В результате

уравнения (б) примут вид'

1 [ (ЗР-ь2р )^+ргФ ] = о , ^ ( х + - | г Ф ) + § ф = о .

Отсюда, вычисляя производные, найдем окончательно следующие дифференциаль­ные уравнения малых колебаний рассматриваемой системы:

(ЗР + 2р) х + р/ф = 0 , х+ (2113) ф + СТ = 0. (в)

Определив из первого уравнения х и подставив его значение во второе уравне­ние, получим

ф + А 2 ф=0, (г)

где З ( З Р - [ 2р)

- б Р + р / • (д)

Интегрируя уравнение (г) и определяя постоянные интегрирования по начальным условиям задачи (при (—0 ф = ф 0 , ф =0) , найдем окончательно

ф=ф0созА^, (е)

Интегрируя теперь первое из уравнений (в) и учитывая, что при / = 0 я = 0 , х=0,

Ф=ф(ъ Ф^0> получим

(ЗР+2р ) х+р / ( ф - ф 0 )=0 .

Замена здесь ф его значением из равенства (е) дает Р

" З Р + 2р /ф0 (1 — соз Ы). (ж)

Уравнения (е), (ж) и определяют закон малых колебаний системы. Частота к этих колебаний дается равенством (д).

Такой сравнительно простой результат получился в данной задаче потому, что здесь (2;|=0. Вообще же, колебания системы с двумя степенями свободы оказыва­ются значительно более сложными и слагаются из колебаний с двумя разными ча­стотами кг и к.г (см. § 150).

Задача 181. Составить уравнения движения симметричного гироскопа в форме Лагранжа. Рассмотреть случай медленной прецессии.

Р е ш е н и е . Гироскоп имеет три степени свободы. В качестве обобщенных координат выберем углы Эйлера ф,1}>, й (см. рис. 172 в § 60). Тогда уравнения Лаг-

13 № 2173 385

ранжа будут:

о* дТ дТ__п АаГ

_^Г—л АШ.— дТ

— Г> о7аФ а ф -

уф - АД;Р Д*-

11*' <ИДВ а е - ч в - (а)

Кинетическая энергия гироскопа определяется формулой (79') из § 132. Считаем, как всегда, ось Ог направленной по оси симметрии гироскопа. Тогда УЛ=Уу и

Т=\[1Х{^4)+1Л\- (б)

Чтобы выразить Т в обобщенных координатах, воспользуемся кинематиче­скими уравнениями Эйлера (см. § 61):

СОж = ф ЗШ 9 5Ш ф -\- 6 СОЗ ф,

шг/= ф з!п 9 соз ф — 0 зш ф, сог = ф + ^ соз 0.

Из этих уравнений

ш2 + Щ = 'ф

2 81П

2 0 -\- б2, со! = (ф + ^ соз б)

2.

Подставляя обе эти величины в равенство (б), найдем

Т = у V* № 5 !п2

0 + е2) + У, (Ф + Ф соз 0)2].

Тогда учитывая, что /г(ф-|-1|з соз 0)=У гш г , получим:

^ = Уг (ф + ^соь0) = /гсог, - ^ = 0 ;

дер °Ф

~ = У х 1 р 8 т29 + У г с й г с о з е , 7^ = 0;

д ф Оф

6 Т • дТ

- = У,9, = / . . 1 | -2 5Ш 0 СОЗ 0 12 (0,ТЬ 5Ш 6.

дд дд Для подсчета обобщенных сил обратимся к рис. 172. Если координате ф сооб­

щить приращение бф>0, то гироскоп совершит элементарный поворот вокруг оси Ог. Элементарная работа при таком повороте бА1=Л1гбф, где Мг— главный мо­мент всех действующих сил относительно оси Ог. Следовательно, (?<р = М г . Анало­гичным путем, учитывая, что при изменении угла я)з гироскоп совершает поворот вокруг оси Огг, а при изменении угла 0 — вокруг линии узлов ОК, найдем, что Оц, = Мг1, 0_&=Мок-

Подставляя все вычисленные величины в равенства (а), получим окончатель­но следующие дифференциальные уравнения движения гироскопа в форме Лагран­жа;

^ ( / х - ф 5 ш2в 4 - / г с о г с о з 0 ) = Л1г1, I (

в)

^x^—/я'Ф2 зш 9 соз о + ̂ г(й2^р зш б = м 0^,

где и 2 = Ф + 'Ф СОЗ 9.

В отличие от уравнений Эйлера (см. § 132, п. 3) эти уравнения определяют движение только симметричного тела, для которого IХ=ЗУ, но зато они проще, чем совокупность динамических и кинематических уравнений Эйлера.

В частном случае, когда на гироскоп действует только сила тяжести Р, при­ложенная в какой-то точке С на оси Ог (см. рис, 172; точка С на нем не показана), и расстояние ОС=а, а ось Ог± вертикальна, будет Мг=0, Мг=0, Мок=Ра зт 9.

С л у ч а й м е д л е н н о й п р е ц е с с и и . Рассмотрим случай, когда

Ф=^й=сопз1, а|)=со=сопз1, 9=сопз4 и 52>со, Тогда первые два из уравнений (в)

386

дают Мг—0 и Мг1=0, а из третьего уравнения, пренебрегая малой величиной, со­держащей находим

М0к= зш 6.

Результат совпадает с тем, который дает элементарная теория гироскопа [см. §131, формула (70)].

Глава X X X *

МАЛЫЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМЫ ОКОЛО ПОЛОЖЕНИЯ УСТОЙЧИВОГО РАВНОВЕСИЯ

§ 147. ПОНЯТИЕ ОБ УСТОЙЧИВОСТИ РАВНОВЕСИЯ

При определении условий равновесия механической системы воз­никает весьма важный вопрос о том, будет ли это равновесие практи­чески реализуемым, т. е. устойчивым, или нет. Равновесие системы в данном положении называется устойчивым, если ее можно выве­сти из этого положения настолько малым возмущением (смещением, толчком), что во все последующее время отклонения системы от равновесного положения будут меньше любого сколь угодно мало­го заданного отклонения. В противном случае равновесие называют неустойчивым. Такое определение соответствует понятию об устой­чивости равновесия и движения но А. М. Ляпунову . Исходя из него, можно, например, сразу установить, что равновесие маятника, изображенного на рис. 324, при ф = 0 будет устойчивым, а при Ф=180° — неустойчивым.

Один общий критерий, устанавливающий достаточное условие устойчивости равновесия консервативной (см. § 127) системы, дает следующая т е о р е м а Л а г р а н ж а — Д и р и х л е : если потен­циальная энергия консервативной системы имеет в р.оложении рав­новесия строгий минимум, то равновесие системы в этом положении является устойчивым.

В качестве доказательства ограничимся следующими рассуждениями. Для консервативной системы имеет место закон сохранения механической энергии, т. е. Г+П=соп51;, где Т — кинетическая, а П — потенциальная энергия системы. Поэтому, если в положении равновесия П = П т ! п , то когда система после малого возмущения придет в движение и будет удаляться от положения равновесия, зна­чение П должно возрастать и, следовательно, Т будет убывать. Однако при воз­растании П не может стать больше некоторой величины П 1 =П т 1 П +ДП, которая получится, когда Т обратится в нуль. Учтя это, можно начальные возмущений, а с ними и значение ДП сделать столь малыми, что когда у системы П = П т ] „ + Д П ее отклонение от равновесного положения будет меньше любого сколь угодно малого заданного. Отсюда и следует, что равновесное положение является устой­чивым.

Даваемое теоремой условие устойчивости равновесия является лишь достаточным и не позволяет судить о том, что будет, если в положении равновесия потенциальная энергия не имеет минимума.

Рассмотрим отдельно случай равновесия консервативной системы, имеющей одну степень свободы. Пусть положение системы

13* 387

определяется обобщенной координатой ц, выбранной так, что при

равновесии <7=0. Согласно формулам (118') из § 144 в положении рав­

новесия (д11/дд)0=0. Кроме того, если II (<?) имеет при а—0 минимум,

то (б2П/(5(7

2)о>0. Таким образом, при выполнении следующих усло­

вий (достаточных, но не необходимых):

дя /о О, (130)

равновесие системы в данном положении (д=0) будет устойчивым.

При решении задач, считая д малым, достаточно определять

и выше в условия (130) П (д) с точностью до ц'1, так как члены с

не войдут (при ^ = 0 обратятся в нули).

Задача 182. Определить, при каких условиях стержень Ай (маятник), имею­щий ось вращения в точке А, находится в устойчивом равновесии, когда он верти­

кален, если масса стержня равна т, а а) 5) длина I (рис. 372, а) У прикреплен­

ных к стержню в точке В (АВ—к) гори­зонтальных пружин 1 и 2 коэффициен­ты жесткости равны сг и с2, а начальные поджатия — к1о н А.20 соответственно

Р е ш е н и е Выберем в качестве обобщенной координаты угол <р откло­нения стержня от вертикали, считая <р малым (рис 372, б), и найдем значение П (<р) с точностью до <р

2. Согласно фор­

мулам (64) и (64') из § 127 будет:

М^—Ргс— (т&1/2) соз ср, П,—

=0,5[С1 (Я10-~/!<р)2-1 с1 (Я.20—/гф)

2].

При определении П2 учтено, что в виду малости ф перемещение точки В можно считать горизонтальным и рав­

ным /гф и что при этом сжатие пружигы / увеличится, а пружины 2 уменьшится на величину \щ Далее, используя разложение соз ф в ряд и принимая соз ф= = 1—Ф

2/2, а также раскрывая скобки в выражении Ш, получим

П = П 0 — 4)ф2+ (сЛа—с2Х20)йф Ю,5(С1 | с2)/;

2ф

2,

где в П0=П(0) включены все постоянные величины (без выяснения, чему равно П„). Отсюда находим

Рис. 372

дП

(?ф = ~ (ш&'/2) ф + (с^щ — с2?.20) к-4- (с! + с2) /г

2ср.

Чтобы при ф = 0 стержень был в равновесии, эта производная при ф = 0 должна равняться нулю Следовательно, должно быть

что, конечно, можно было предвидеть заранее. Далее получим

д2П

•тё1,2-^(сг + с2)кК дц

2

Тогда по условиям (130) равновесие будет устойчивым, если

(̂ 1 + С2) > те

1

2/;2 '

(а)

(б)

(в)

Совокупность условий (а) и (в) и дает решение задачи. Другой пример исследования устойчивости равновесия см. в задаче 184.

388

§ 148. МАЛЫЕ СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМЫ С ОДНОЙ СТЕПЕНЬЮ СВОБОДЫ

Допустим, что консервативная механическая система, состоящая из п материальных точек и имеющая одну степень свободы, нахо­дится в некотором положении в устойчивом равновесии. Исследуем, какое движение будет совершать эта система, если ее вывести из равновесия малым возмущением. Условимся опять определять поло­жение системы обобщенной координатой д, выбранной так, что при равновесии д = 0 . Так как равновесие устойчиво, а возмущения малы, то координата д и обобщенная скорость д будут во все время движе­ния тоже оставаться величинами малыми. Д л я составления диффе­ренциального уравнения движения системы воспользуемся уравне­нием Лагранжа , которое, если выразить обобщенную силу С} через потенциальную энергию системы П [(см. §143 , формулы (115)], примет вид

Вообще это уравнение будет нелинейным, но его можно линеаризи­ровать и тем самым существенно упростить, сохранив в уравнении малые величины д и д только в первой степени (первого порядка малости; см. задачу 180 в § 146). Д л я этого значения Т(д, д) и Щд ) достаточно определить тоже приближенно. При этом, так как в уравнение (131) входят первые производные от II и Т по д и д,

то, чтобы сохранить в нем д и д в первой степени, надо Т и П опре­делить с точностью до малых величин второго порядка малости, т. е. с точностью до д2 или а2.

Найдем сначала приближенное выражение Т(д, а). Д л я любой точки системы при станционарных связях

Тогда, вынося общий множитель а2 за скобки, получим

так как производные йгк/йд, к ак и сами гк, являются функциями только д. Разложив Р (д) в ряд Тейлора, получим

Так как Т надо определить с точностью до а2, то в этом разложении следует сохранить только первое постоянное слагаемое Р(0). Тогда для Т получим выражение

(131)

Р(д)=Р(0)+Р'(0)д+. . .

Т = ^ад2, где а = Рф). (132)

389

Поскольку Т величина существенно положительная, то постоянный коэффициент а > 0 ; его называют инерционным коэффициентом. Размерность а зависит от размерности в частности, а может иметь размерность массы или момента инерции.

Далее, разлагая И (а) в ряд Тейлора и учитывая, что в положении равновесия (д11/д<7)„=0, найдем (с точностью до д

2)

Щд) = Щ0) + ±сд*. где с = ( | ? ) в . (133)

При этом по условиям (130) с > 0 . В частном случае, если д — удли­нение пружины, равенство (133) выражает потенциальную энергию поля сил упругости; поэтому коэффициент с называют квазиупругим коэффициентом (или обобщенным коэффициентом жесткости). Из равенств (132) и (133) находим:

дТ • дТ Л дП

Подставляя эти величины в уравнение (131), получим следующее дифференциальное уравнение малых свободных колебаний системы с одной степенью свободы:

<Н к2д = 0, где к

2 = с/а. (134)

Это уравнение совпадает с известным уравнением свободных прямолинейных колебаний материальной точки (см. § 94) и его общее решение имеет вид

<7=Л 51п (Ж-а ) , (135)

где Л и а — постоянные интегрирования, определяемые по на­чальным условиям. Частота и период этих колебаний согласно (134) определяются равенствами:

к = У~с1а, т = 2л//г = 2л Ко/сТ (136)

Установим, как при этом движутся точки системы. Ра зла г ая ра­

диус-вектор гк (д) одной из точек системы в ряд Тейлора, получим Г

А ( ЧГ

)=

' ' А ( 0 ) +Г

* ( 0 ) | 7 + . • • Заменяя здесь д его значением (135),, найдем, что с точностью до величин первого порядка малости

| 7 4 ( < 7 ) - г * ( 0 ) | = К ( 0 ) | Л 8 т ( й * + а) ( * = 1 , 2 , . . . . п). (137)

Таким образом, точки системы тоже совершают малые колебания с частотой к и амплитудами \гк(0)\А. Из найденных результатов вытекают следующие с в о й с т в а м а л ы х к о л е б а н и й с и с т е м ы :

1) свободные (собственные) колебания системы являются коле­баниями гармоническими; частота и период этих колебаний не за­висят от начальных условий и определяются равенствами (136);

2) так как постоянные Л и а зависят от начальных условий, то

амплитуды колебаний точек системы, равные А\гк(0)\, и начальная

фаза а тоже зависят от начальных условий;

390

3) отношения амплитуд колебаний разных точек системы от

начальных условий не зависят, так как определяются только зна­

чениями г'к(0), т . е . конфигурацией системы;

4) все точки системы в каждый момент времени, как видно из

равенств (137), находятся в одной и той же фазе (к1+а) и, следова­

тельно, одновременно проходят через положения равновесия и

одновременно достигают максимальных отклонений от этого поло­

жения .

При решении задач наибольший интерес представляет опреде­

ление частоты к и периода т собственных колебаний системы, что

существенно, например, для установления условий наличия или

отсутствия резонанса (см. § 149). При этом достаточно определить из

равенств (132) и (133) коэффициенты а и с и воспользоваться

формулами (136).

Задача 183. Определить частоту и период малых колебаний механической сис­темы, рассмотренной в задаче 182 (см. 147).

Р е ш е н и е . В задгче 182 кинетическая энергия системы (стержня А.О,

см. рис. 372) будет Т—0,51 дЦ°. Следовательно, в этой задачеР(ц)=-Р(<•[) — = С0П51 и

а=],\—тРЗ. (а)

Далее, согласно формуле (133) и соотношениям (б) и (в), полученным в задаче 182,

С " ' ) = (г1 +

с$ Нг

- « ^ / 2 (с > 0). (С) 0 + /о

Следовательно, по формулам (136)

2тР ЗМЙ' 2я

Задача 184. Механическая система состоит из весомых стержней 1,2 ц диска 3, имеющих оси вращения в точках О]. О.,, 03 соответственно и связанных друI с дру­гом невесомыми стержнями АВ н ОЕ (в точках А, В, О, Е ш 1рннры). В положении, показанном па рис. 373, система находится й равновесии; при этом стержень / вертикален (прикреп­ленная к его концу А горизонталь­ная пружина имеет удлинениеХст), а стержень 2 — горизонталей (при­крепленная к его концу I) верти­кальная пружина не деформирова­на). Длины стержней равны 1Х и 1г, массы — /И] и т2, масса диска — —т3, коэффициенты жесткости пру­жин — С] и с2.

Определить: 1) значение Асх; 2) условие устойчивости равнове­сия системы; 3) частоту и период ее собственных колебаний.

Р е ш е н и е . Выберем в качестве обобщенной координаты системы малый угол фх отклонения стержня 1 от равновесного положения. При таком отклонении, очевидно, Д 5 ^ = Д з й = А з я — С л е д о в а т е л ь н о , /2Фа

=1̂Ф1

и гзфз

='1Ф1>

гД

е гз —

радиус диска. Кроме того, удлинение горизонтальной пружины Х 1 = Х С 1 - Г - Д 5 ^ = =^ст+^1ф1>

а удлинение вертикальной пружины Я 2 = Л 5 д = / 2 ф 2 = / 1 ф 1 . Тогда для

Потенциальной энергии системы, принимая во внимание формулы (64) и (64')

Рис. 373

391

из § 127, получим значение

П = т 1 ^ - у С 0 3 ф 1 + т 2 ^ - у з ш ф 2 + - у (Хсх + кщ)2-]- у '1фа

или, полагая соз ф г = 1—Ф1/2, зш ф 2 = ф 2 и учитывая, что /2Ф.:~'1Ф1>

П = П0 + (Ш2§-\- г с ^ с т ) у ф! + [2 Ь С 2 ) ! х - ф?

(все постоянные величины включены в П0). Отсюда находим

| 2 . = ( т 2 § + 2сгкст) у + [2 (сг 4- с2) / !— т ^ ] -у ф 1 -

В положении равновесия, т, е. при ф 1 = 0 , эта производная должна равняться нулю. Следовательно, должно быть т2^+2с1Х с т=0 или

Кс-1~ — т2е/(2с1). (а)

Таким образом, в положении равновесия пружина сжата на эту величину. Далее получим

4 " Т = 1 2 ( с 1 + с2) к — у -

5ф! ^ Тогда, согласно условиям (130), заключаем, что равновесие будет устойчивым,

если

2 (с1+г2)/1>т1ёг. (б)

Кроме того, из равенства (133) следует, что квазиупругий коэффициент

с=[2(с1+с2 )/1-т^г]/1/2 . (в)

Для кинетической энергии системы получим значение

~, 1 (тх .2 -2 , т2 ,2 -2 т 3 2-2

"2 ( - ^ ' 1 ф 1 + Х 2ф2 +

Т Зф3

где т ^ / З , пцй'З, т3г\12 — моменты инерции тел 1,2,3 относительно их осей вра­щения; ф х , ф 2 , ф3 — угловые скорости этих тел. Но из найденных выше зависимо­стей между ф 2 , фх и ф 3 , фг следует, что 2̂ср2~ '1Ф1

и т^9з

=к^г- Тогда, учтя еще ра­

венство (132), получим:

3 ^ 3

При найденных значениях с и а формулы (136) дают:

Т=Т\1Г

+^Т+

1Т)

1& и

а=(2 ,л 1 + 2т2 + 3 т 8 ) ^ (г)

V 1 / 6 ( с г + с2) к — 3/щд 2п

У ~{2т1 + 2т2+3т3)11' к ' (Д)

§ 149. МАЛЫЕ ЗАТУХАЮЩИЕ И ВЫНУЖДЕННЫЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМЫ С ОДНОЙ СТЕПЕНЬЮ СВОБОДЫ

Как ив § 148, будем считать, что рассматриваемая механическая система при <7=0 находится в положении устойчивого равновесия. Исследуем ее малые колебания около положения равновесия еще в двух случаях.

1 . З а т у х а ю щ и е к о л е б а н и я . Пусть н а точки системы, когда она выведена из равновесного положения, кроме потенциаль­ных сил начинают действовать еще силы вязкого сопротивления

392

(диссипативные силы) Рк=—Н-Й^Л^—У-Й{&к1&д)д*. Тогда обобщен­ную диссипативную силу 0_а можно найти по формуле (109) из § 143 и преобразовать окончательно [подобно тому, как это сделано в § 148 при получении равенства (132)1 к виду

(2 д=_-рс } ( р ^ с о п з ! ) . (138)

Теперь, составляя уравнение Лагранжа

и заменяя в нем Т, П и фд их значениями (132), (133), (138), полу­чим окончательно следующее дифференциальное уравнение зату­хающих колебаний системы:

д+2Ьд + к2д = 0, (140)

где обозначено ц,/а = 2&, с/а = к

2. (140')

Уравнение (140) совпадает с уравнением (76) из § 95. Следова­тельно, для малых колебаний системы с одной степенью свободы имеют место все результаты, полученные в § 95 для точки. Таким образом:

а) при к>Ъ система совершает затухающие колебания с ча­стотой

кх = Ук2—Ъ

2 и периодом т = 2л/й1;

б) при система совершает неколебательное движение. Закон движения системы дают во всех случаях уравнения,

полученные в § 95, если в них заменить х на д. Общие свойства этих движений аналогичны отмеченным в § 148.

2 . В ы н у ж д е н н ы е к о л е б а н и я . Пусть н а точки меха­нической системы, рассмотренной в п. 1, действуют еще возмущаю­щие силы, изменяющиеся со временем по закону Рк=Рк0$тр(. Тогда, по аналогии с тем путем, который указан в п. 1 для опреде­ления 0_л, можно найти обобщенную возмущающую силу

<}а = <1а5тр^ (141)

В итоге в правой части уравнения Лагранжа (139) добавится еще сила фв и из него окончательно получится следующее дифференци­альное уравнение вынужденных колебаний системы:

д + 2Ьд+к2д = Р0зтр1, где Р0 = О_а/а; (142)

остальные обозначения указаны в равенствах (140'). Уравнение (142) совпадает с уравнением (91) из § 96. Следова­

тельно, все результаты, полученные в § 96 для точки, имеют место

* На условия устойчивости равновесия (130) эти силы не влияют, так как

при равновесии аь=0, а следовательно, и / ^ = 0 .

393

и для малых колебаний системы с одной степенью свободы, а с ют-ветствующие уравнения будут определять закон движения системы, если в них заменить х на д. Это относится и к результатам, полу­ченным в § 96 для случая отсутствия сопротивления (&=0), и ко всем рассмотренным в § 96 свойствам вынужденных колебаний. В частности, резонанс при малом сопротивлении будет тоже иметь место, когда р~к.

§ 150. МАЛЫЕ СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМЫ С ДВУМЯ СТЕПЕНЯМИ СВОБОДЫ

Колебания системы с несколькими степенями свободы, имеющие важные прак­тические приложения, отличаются от колебаний системы с одной степенью свобо­ды рядом существенных особенностей. Чтобы дать представление об этих особен­ностях, рассмотрим случай свободных колебаний системы с двумя степенями сво­боды.

Пусть положение системы определяется обобщенными координатами оь цг

и при 91=<7г=0 система находится в устойчивом равновесии. Тогда кинетическую и потенциальную энергии системы с точностью до квадратов малых величии мож­но найти так же, как были найдены равенства (132), (133), и представить в виде:

Т = у (ЙИ ч\4- 2с1.^1д2 4- с22ч\); (Г43)

П = По 4 у (сця1 + 2с1г<м„ 4" с22?1), (144)

где инерционные коэффициенты ап , а]2, а,2 и квазиупругие коэффициенты си, г12, с22 — величины постоянные. Если воспользоваться двумя уравнениями Ла­гранжа вида (131) и подставить в них эти значения Т и П, то получим следующие дифференциальные уравнения малых колебаний системы с двумя степенями сво­боды

«ИЧЧ + «12-72 4- СцС/1 4- с12<72 ="0,

« 1 2 < ? 1 + ° 2 2 ' / 2 4 - С 1 2 < ? 1 — ^ 2 = 0 .

Будем искать решение уравнений (145) в виде:

(71= Л зт (Щ-а), ц^В мп (Ы-\-а), (146)

где А, В, к, а — постоянные величины. Подставив эти значения </2 в уравнения (145) и сократив на зт (к1-{-а), получим

( с п - а п А2) Л + ( с 1 2 - с 1 2 а в = 0 , \ (147)

(с,2—а12й2)Л+(с22—а.2.,к

2)В=0. (

Чтобы уравнения (147) давали для А и В решения, отличные от нуля, определи­тель этой системы должен быть равен нулю или, иначе, коэффициенты при Л и В в уравнениях должны быть пропорциональны, т. е.

Сп— « 1 2 * С 2 2 — С 2 2 А - А

Отсюда для определения к2 получаем следующее уравнение, называемое уравнением

частот:

(сц-Оц**) (с22-а22#>)- (с12-а12^)2=0. (149)

Корни к\ и к\ этого уравнения вещественны и положительны; это доказывается ма­

тематически, но может быть обосновано и тем, что иначе к1= V к\и. кг= V к\ не бу­

дут вещественны и} уравнения (145) ие будут иметь решений вида (146), чего для

системы, находящейся в устойчивом равновесии, быть не может (после возмущений

она должна двигаться вблизи положения аг=яг=0).

394

я[г> = А2ъ\п (к21 + а2), д

(22) = п2А2вт ( М Ч а2),

Определив из (149) к± и к2, найдем две совокупности частных решений вида (146). Если учесть, что согласно (148) В=пА, эти решения будут:

(150)

(151)

где пх и л2 — значения, которые п получает из (148) при к=кх, и к=к2 соответ­ственно.

Колебания, определяемые уравнениями (150) и (151), называются главными ко­лебаниями, а их частоты кх и к2 — собственными частотами системы. При этом, колебание с частотой кг (всегда меньшей) называют первым главным колебанием, а с частотой к2 — вторым главным колебанием. Числа % и п.,, определяющие от­ношения амплитуд (или самих координат, т. е. ?2/^) в каждом из этих колебаний, называют коэффициентами формы.

Так как уравнения (145) являются линейными, то суммы частных решений (150) и (151) тоже будут решениями этих уравнений:

Ях^Ах зт (к1(-\-а1)АгА2 ш (ЫЧ а2) . "1 ?3=гг1Л181П (к1Н-а1)+п2А2%\п (к2Ь-\-а.2).} (152)

частота возмущающей силы). На-

0

Равенства (152), содержащие четыре произвольных постоянных Ах, А2, ах, а2, определяемых по начальным условиям, дают общее решение уравнений (145) и определяют закон малых колебаний системы. Этн колебания слагаются из двух главных колебаний с частотами кх и к2 и не являются гармоническими. В частных случаях, при соответствующих начальных условиях, система может совершать одно из главных колебаний (например, первое, если А2=0) и колебание будет гармони­ческим.

Собственные частоты къ к2 и коэффициенты формы пг, пг не зависят от началь­ных условий и являются основными характеристиками малых колебаний системы; решение конкретных задач обычно сводится к определению этих характеристик.

Сопоставляя результаты этого и предыдущего параграфов, можно получить представление о том, к чему сведется исследование затухающих и вынужденных колебаний системы с двумя степенями свободы. Мы этого рассматривать не будем, отметим лишь, что при вынужденных колебаниях резонанс у такой системы может возникать дважды: при ржк^ и прн р конец, отметим, что колебания си­стемы с з степенями свободы будут слагаться из х колебаний с частота­ми ки к2,...,к3, которые должны определяться из уравнения степени 5 относительно А

3. Это связано со

значительными математическими трудностями, преодолеть которые можно с помощью электронных вы­числительных (или аналоговых) ма­шин.

Задача 185. Определить собст­венные частоты и коэффициенты формы малых колебаний двойного физического маятника, образован­ного стержнями / и 2 одинаковой массы т и длины / (рис. 374, а).

Р е ш е н и е . Выберем в каче­стве обобщенных координат малые

углы фх иф2. Тогда Г=0,5(У1Оф1+«и'с+У2С где У1р=т/2/3, /2С=т/

2/12 и,

при требуемой ТОЧНОСТИ подсчетов, VС—V^^-Л^-Vсд—^ч1-\-^^$2|2. В итоге

Г = 0,5т/2(4ф1/3 + ф1ф2 + ф27'3). (а)

Далее П = — 0,5гщ>1 соз фх—т§1( соз ф^ЬО.5 соз ф2) или, полагая со§ф=1— фа/2,

П = Н0-Т-0,5тй/(Зф?/2Ч-ф|/2). (б)

395

Из равенств (а) и (б) видно, каковы здесь значения аи, а1г, агг, с1х и с22 (сщ—О). При этих значениях коэффициентов уравнение частот (149) примет вид

Его корнями будут: к\, 2 - 3 ( 1 ±2/}/~ 7)§//, откуда

&1 =0 , 8 6 й2 = 2 , 3 0 У ^ . (в)

Подставляя теперь в любое из отношений, стоящих в левой части равенства (148), сначала къ а затем кг, получим

^ = 1 , 4 3 , п2=—2,10. (г)

Таким образом, при первом главном колебании оба стержня будут в каждый момент времени отклонены от вертикали в одну и-ту же сторону (рис. 374, а) и «р,'ф1=1,43, а при втором главном колебании — в разные стороны (рнс. 374, б) и"1чУф1]=2,10.

Глава XXXI

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ТЕОРИЯ УДАРА

§ 151. ОСНОВНОЕ УРАВНЕНИЕ ТЕОРИИ УДАРА

При движении тела под действием обычных сил, рассматривав­

шихся до сих пор, скорости точек тела изменяются непрерывно, т. е.

каждому бесконечно малому промежутку времени соответствует

бесконечно малое приращение скорости. Действительно, если им­

пульс любой силы Рк за промежуток времени т представить в виде

Р%рх, где Р1р-— среднее значение этой силы за время т, то теорема об

изменении количества движения точки, на которую действуют

силы Рк, дает

т(рх — У„) = 2 ^ Р Т .

Отсюда видно, что когда время т бесконечно мало (стремится к нулю), то при обычных силах и приращение скорости Ау=ух—у0

будет тоже величиной бесконечно малой (стремящейся к нулю).

Однако если в числе действующих сил будут очень большие силы (порядка 1/т), то приращение скорости за малый промежуток времени т окажется величиной конечной.

Явление, при котором скорости точек тела за очень малый (близкий к нулю) промежуток времени т изменяются на конечную величину, называется ударом. Силы, при действии которых проис­ходит удар, будем называть ударными силами Рул. Промежуток времени т, в течение которого происходит удар, назовем временем удара.

Так как ударные силы очень велики и за время удара изменяются в значительных пределах, то в теории удара в качестве меры вза­имодействия тел рассматривают не сами ударные силы, а их импуль-

396

сы. Ударный импульс

* В дальнейшем будем ударный импульс обозначать просто символом 5, так как импульсы неударных сил в теории удара не рассматриваются.

397

о

является величиной конечной. Импульсы неударных сил за время т будут величинами очень малыми и ими практически можно пренебречь.

Будем в дальнейшем обозначать скорость точки в начале удара о, а скорость в конце удара и. Тогда теорема об изменении количества движения точки при ударе примет вид *

т (й — о ) = 25 й , (153)

т. е. изменение количества движения материальной точки за время удара равно сумме действующих на точку ударных импульсов. Урав­нение (153) является основным уравнением теории удара и играет в теории удара такую же роль, как основной закон динамики та—Р при изучении движений под действием неударных сил.

В заключение отметим, что перемещение точки за время удара будет равно у

срт, т. е. величине очень малой, которой практически

можно пренебречь. Итак, из всех полученных результатов вытекает следующее: 1) действием неударных сил (таких, например, как сила тяже­

сти) за время удара можно пренебречь; 2) перемещениями точек тела за время удара можно пренебречь

и считать тело во время удара неподвижным; 3) изменения скоростей точек тела за время удара определяются

основным уравнением теории удара (153).

§ 152. ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ТЕОРИИ УДАРА

Рассмотрим, какой вид принимают общие теоремы динамики для системы материальных точек при ударе.

1 . Т е о р е м а о б и з м е н е н и и к о л и ч е с т в а д в и ­ж е н и я с и с т е м ы и р и у д а р е. Уравнение (21), полученное в § 111, сохраняет свой вид и для случая удара. Но так как импуль­сами обычных сил при ударе пренебрегают, то в правой части оста­нутся только ударные импульсы. Следовательно, при ударе

Ь - Ъ ^ Щ , (154)

т. е. изменение количества движения системы за время удара равно сумме всех внешних ударных импульсов, действующих на систему.

В проекциях на любую координатную ось х уравнение (154) дает

<?.*-<2.* = 2 5 ! я . (154')

X

Если геометрическая сумма всех внешних ударных импульсов равна нулю, то, как видно из уравнения (154), количество дви­жения системы за время удара не изменяется. Следовательно, внут­ренние ударные импульсы не могут изменить количества движения всей системы.

2 . Т е о р е м а о б и з м е н е н и и г л а в н о г о м о м е н ­т а к о л и ч е с т в д в и ж е н и я с и с т е м ы ( т е о р е м а м о м е н т о в ) п р и у д а р е . Теорема моментов принимает для случая удара вид, несколько отличный от полученного в § 116; объясняется это тем, что точки системы за время удара не переме­щаются. Рассмотрим систему, состоящую из п материальных точек. Обозначим равнодействующую внешних ударных импульсов, дей­ствующих на точку с массой тк, через 5 | , а равнодействующую действующих на ту же точку внутренних ударных импульсов — че­рез Тогда по уравнению (153) будет тк(ик—уй)=5|+5|, или

Входящие в это равенство векторы приложены к точке, которая, как было указано, за время удара остается неподвижной. Тогда, беря моменты этих векторов относительно какого-нибудь центра О, по теореме Вариньона, справедливой для любых векторных вели­чин, найдем, что

"*о («*«*) = т0 (ткт>к) т0 (8ек) + т0 (3

1к).

Составляя такие равенства для всех точек системы и складывая их почленно, получим

Ъп0 (ткик)—Ъп0 (ткок) = 1т0 (5ек) + 2 т 0 ( 5 | ) .

Суммы, стоящие слева, представляют собой главные моменты количеств движения системы относительно центра О в конце и в начале удара, которые обозначим Кг и Ко- Стоящая справа сумма моментов внутренних ударных импульсов по свойству внутренних сил равна нулю. Окончательно находим

^ - ^ = 2 / ^ , ( 5 ! ) , (155)

т. е. изменение за время удара главного момента количеств движения системы относительно какого-нибудь центра равно сумме моментов относительно того же центра всех действующих на систему внеш­них ударных импульсов.

В проекциях на любую ось х равенство (155) дает

К1х-Км = Ътх&)- (155')

Из полученных уравнений следует, что если сумма моментов внешних ударных импульсов относительно какого-нибудь центра (или оси) равна нулю, то главный момент количеств движения системы относительно этого центра (или оси) за время удара не

398

изменяется. Следовательно, внутренние ударные импульсы не могут изменить главный момент количеств движения системы.

Вопрос о том, как изменяется за время удара кинетическая энергия соударяющихся тел, будет рассмотрен в § 156,

§ 153. КОЭФФИЦИЕНТ ВОССТАНОВЛЕНИЯ ПРИ УДАРЕ

Значение ударного импульса, появляющегося при соударении двух тел, зависит не только от их масс и скоростей до удара, но и от упругих свойств соударяющихся тел; эти свойства при ударе ха­рактеризуют величиной, называемой коэффициентом восстановления.

-9

4 Ряс. 376

Рассмотрим шар, падающий вертикально на неподвижную гори­зонтальную жесткую плиту (рис. 375). Д л я прямого удара, который при этом произойдет, можно различать две стадии. В течение первой стадии скорости частиц шара, равные в момент начала удара V (движение шара считаем поступательным), убывают до нуля. Шар при этом деформируется и вся его начальная кинетическая энергия то

212 переходит во внутреннюю потенциальную энергию деформи­

рованного тела . Во второй стадии удара шар под действием внутрен­них сил (сил упругости) начинает восстанавливать свою форму; при этом его внутренняя потенциальная энергия переходит в кинетиче­скую энергию движения частиц шара. В конце удара скорости частиц будут равны и, а кинетическая энергия шара ти

2/2. Однако

полностью механическая энергия шара при этом не восстанавлива­ется, так как часть ее уходит на сообщение шару остаточных дефор­маций и его нагревание. Поэтому скорость и будет меньше V.

Величина к, равная при прямом ударе тела о неподвижную пре­граду отношению модуля скорости тела в конце удара к модулю скорости в начале удара, называется коэффициентом восстановления при ударе:

к = и/о. (156)

Значение коэффициента восстановления для разных тел опреде­ляется опытным путем. По данным опыта при изменении скорости о не в очень больших пределах величину к можно считать зависящей только от материала соударяющихся тел.

399

В качестве предельных случаев рассматривают случай абсолют­но упругого удара (к=1), при котором кинетическая энергия тела после удара полностью восстанавливается, и случай абсолютно неупругого удара (к=0), когда удар заканчивается в первой стадии и вся кинетическая энергия тела теряется на его деформацию и нагре­вание.

Экспериментально величину к можно найти, если рассмотреть шар, свободно падающий на плиту с предварительно измеренной высоты Я, и определить с помощью стоящей рядом вертикальной рейки (рис. 376) высоту его подъема Н после удара. Тогда по фор­муле Галилея

у = У2§Н, и=У1ф и

к = и^=-УШГ.

Значение коэффициента восстановления для тел из различных материалов дается в соответствующих справочниках. В частности, можно считать при скоростях соударения порядка 3 м/с для удара дерева о дерево &«0 ,5 , стали о сталь й » 0 , 5 6 , стекла о стекло кж ^ 0 , 9 4 .

§ 154. УДАР ТЕЛА О НЕПОДВИЖНУЮ ПРЕГРАДУ

Рассмотрим тело (шар) массой М, ударяющееся о неподвижную плиту. Действующей на тело ударной силой будет при этом реакция плиты; импульс этой силы за время удара назовем 5. Пусть нормаль к поверхности тела в точке его касания с плитой проходит через центр масс тела (для шара это будет всегда). Такой удар тела назы­вается центральным. Если скорость о центра масс тела в начале удара направлена по нормали п к плите, то удар будет прямым, в противном случае —• косым.

1 . С л у ч а й п р я м о г о у д а р а . Составляя в этом случае уравнение (154) в проекции на нормаль п (см. рис. 375) и учитывая, что 0_и=Мо, а С^^Ми, получим

М(ип—оп)=Зп.

Но при прямом ударе ип=и, ьп=—о, 8п=$. Следовательно,

М(и+о)=8.

Второе уравнение, необходимое для решения задачи, дает ра­венство (156)

и=ки.

Из полученных уравнений, зная М, о, к, найдем неизвестные величины и и 5. При этом

8=М(\+к)о.

Как видим, ударный импульс будет тем больше, чем больше коэффициент восстановления к. На эту зависимость 5 от к и было указано в § 153.

400

Чтобы определить среднюю величину ударной силы (реакции),

надо дополнительно знать время удара т, которое можно найти эк­

спериментально.

Пример. При падении стального шара массой т= 1 кг с высоты Я—3 м на стальную плиту (6=0,56} получим у=У~2§#«7 , 7 м'с и и=йо=4,Зм 'с . Ударный импульс 8=то{1-\ &)« 12 Н-с

Если время удара т=0,0005 с, то средняя величина ударной реакции Л/уд= = 5 т - 24 ООО Н.

2. С л у ч а й к о с о г о у д а р а Пусть в этом случае скорость_у центра масс тела в начале удара образует с нормалью к плите угол а, а скорость и в конце удара — угол $ (рис. 377). Тогда уравнение (154) в про­екциях па касательную т и гормаль п даст

М(их—их)=0, М{ип-г'п) = 8.

Коэффициент восстановления в данном случае равен отношению модулей \и„\ и |у„|, так как удар происходит только по направлению нормали к поверх­ности (влиянием трения пренебрегаем) Тогда с учетом знаков проекций получим ип——кип. В результате окон­чательно находим.

их = -ох, ип = — ки„, 5 -= М | ь'п | (1 + к). Рис. 377

Из полученных уравнений можно найти модуль и направление скорости в кон­це удара и ударный импульс, если величины А/, V, а и к известны. В частности, из первого равенства, замечая, что г.ч —кя1 *8

а 11 и%~\ип\ 1§ р\ получаем

откуда 1/К I =

(е«/'ер-

Следовательно, при косом ударе отношение тангенса угла падения к тангенсу угла отражения равно коэффициенту восстановления. Так как &<1, т о а<р , т. е. угол падения всегда меньше угла отражения.

§ 155. ПРЯМОЙ ЦЕНТРАЛЬНЫЙ УДАР ДВУХ ТЕЛ (УДАР ШАРОВ)

При соударении двух тел удар называется прямым и централь­

ным, когда общая нормаль к поверхностям тел в точке касания про­

ходит через их центры масс и когда скорости центров масс в на­

чале удара направлены по этой общей нормали. Таким, в частности,

будет удар двух однородных шаров, центры которых до удара дви­

жутся вдоль одной и той же прямой.

Пусть массы соударяющихся тел равны Мг и М2, скорости их

центров масс в начале удара и о3, а в конце удара их и иг. Прове­

дем через центры масс Съ С2 координатную ось Схх, направленную

всегда от Сг к С2 (рис. 378). Тогда, чтобы произошел удар, должно

быть V1X>V2X (иначе первое тело не догонит второе); кроме того,

и1х^м2х, так как ударившее тело не может опередить ударяемое.

Считая М1} М2, ь1х, у2г- и к известными, найдем и1х и и2х. Д л я

этого применим теорему об изменении количества движения к

соударяющимся телам, рассматривая их как одну систему. Тогда

ударные силы, действующие между телами, будут внутренними и

401

2 5 | = 0 . В результате уравнение (154') дает < 2 1 Ж=фох или

Мги1х+М 2и2х==М-р1х+М .р.гх. (157)

Второе уравнение найдем из выражения для коэффициента восстановления. При соударении двух тел интенсивность удара (ударный импульс) зависит не от абсолютного значения скорости

каждого из тел, а от того, насколько скорость ударяющего тела превышает скорость ударяемого, т. е. от разности ^1Х—®гх- Поэтому при ударе двух тел, если учесть, что всегда У1Х>У2Х, и ы1ж^ы2ж, получим:

«2х к = 1 '1д

(158)

или " 1 х — к ^ 1 х — у 2 ж ) . (158')

Система уравнений (157), (158) и по­зволяет решить поставленную задачу.

Ударный импульс, действующий на соударяющиеся тела, найдем, составив уравнение (154') для какого-нибудь одного из тел, на­пример для первого. Тогда

5 1 Л = М 1 ( ы 1 ж — ь 1 х ) , 5 2 ж = — 5 ] ж . (159)

Рассмотрим два предельных случая.

1 . А б с о л ю т н о н е у п р у г и й у д а р (к=0). В этом слу­чае из уравнений (158) и (157) находим

_ Мгу1х + М.гугх

мг+м2 (160)

Оба тела после удара движутся с одной и той же скоростью. Действующий на тела ударный импульс при этом равен

УИ,М2

^ 2 х — -$1Х — М -А1

2 . А б с о л ю т н о у п р у г и й у д а р ( 6 = 1). В этом случае из уравнений (157) и (158) получаем

и2х — у 2 л ; " Г

2М

М, ^гх-^х)- \ (161)

Действующий на тела ударный импульс при этом равен

2МГМ2

' М1 + М2

Как видим, при абсолютно упругом ударе ударный импульс вдвое больше, чем при абсолютно неупругом.

402

В частном случае, когда М,=М2, получаем из уравнений (161) " 1 ж = ^ 2 Ж -

и2х=У1Х\ таким образом, два тела одинаковой массы при

абсолютно упругом ударе обмениваются скоростями.

Задача 186. Два шара массой Мх и М2 подвешены так, как показано на рис. 379. Первый шар отклоняют на угол а и отпускают без начальной скорости. После удара второй шар отклоняется на угол р. Найти коэффициент восстановления для шаров при ударе.

Р е ш е н и е . По данным задачи можно опре­делить скорость 1\ центра первого шара в начале удара и скорость и2 центра второго шара в конце удара. Из теоремы об изменении кинетической энер­гии на перемещении В0Вх находим для первого шара

М14^2Р1к=2М1§1{1~со& а) ,

где I — расстояние центра шара от точки подвеса. Рж. 379 Отсюда 1'1 = 2 |А^-/з1п (а/2). Аналогично находим, что /<2 = 2 У"ц1 зт (Р,'2).

Так как в нашем случае У 2=0, уравнения (157) и (158) дают:

Мхи1х4г М2и2х = М^1х, и2х — и1х = к.1х.

Исключая из этих уравнений и1х и замечая, что ь1х=Ьх, а и2х=иг, получим

МЛ(1+к)=(М1+М2)а2.

Отсюда окончательно находим:

л ь •1 =

(Л-?! + М2) 51П (В /2) Мх мп (а/2)

§ 156. ПОТЕРЯ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ ПРИ НЕУПРУГОМ УДАРЕ ДВУХ ТЕЛ. ТЕОРЕМА КАР110

Из рассуждений, приведенных в § 153, следует, что при неупру­гом ударе происходит потеря кинетической энергии соударяю­щихся тел. Наибольшей эта потеря будет при абсолютно неупругом ударе. Подсчитаем, какую кинетическую энергию теряет система при абсолютно неупругом ударе двух тел.

Считая, что соударяющиеся тела движутся поступательно, и обозначая их общую скорость после абсолютно неупругого удара через и, получим для кинетической энергии системы в начале и в конце удара значения:

2Тв = М10Ьс + М.ЫК, 2Т1 = (М1+М2)их. (162)

Потерянная при ударе кинетическая энергия равна Г с—7\ . Представим эту разность в виде

Т0—Тх=Т0-2Тх+Тх. (163)

Так как из формулы (160) следует, что

(Мх+М2)их=Мхи1х+М&2х, то отсюда

2Тх-(Мх+М2)их= (М&1х+Ммх)их. (164)

403

Подставляя в правую часть равенства (163) вместо Тй и 7\ их значения из формул (162), а вместо 2Тг — правую часть выражения (164), получим:

т0-т1 = ±(м1ых + м&-

или 1

-Ж^хих — Ш2г\хих + М&1 + Мгих)

Т . - Т ^ М , ( о и - и х у 4 ^ М 2 ( ^ - и х у (165)

Разности (Ъи—и х ) и (о2х—мт) показывают, насколько уменьши­лась при ударе скорость каждого из соударяющихся тел. Их можно назвать потерянными при ударе скоростями. Тогда из формулы (165) вытекает следующая теорема Карно *: кинетическая энергия, поте­рянная системой тел при абсолютно неупругом ударе, равна той кинетической энергии, которую имела бы система, если бы ее тела двигались с потерянными скоростями.

Если удар не является абсолютно неупругим (кфО), то аналогич­ными преобразованиями можно найти, что кинетическая энергия, потерянная при ударе двух тел, определяется равенством

1~

к [ ' *' ' " " ' 2 " * ) * ] • <

1 6 5' )

Рассмотрим частный случай абсолютно неупругого удара по первоначально не­подвижному телу. В этом случае о 2=0 и

Г 0 - = ~ М*{,

Тогда

Тг - у ( « 1 -г М2) и - у л "1ГП '^~Л1 1 +М 2 ~2

1 Мг\ М3 ' °'

(166)

Формула (166) показывает, какая энер:ия остается у системы после удара. Отметим два интересных предельных случая.

Рис. 380

1 . М а с с а у д а р я ю щ е г о т е л а м н о г о б о л ь ш е м а с с ы уда­р я е м о г о (ЛТ1>Л12) В этом случае можно считать М1-Т-М2«М1, и формула

* Лазар Кар по (1753—1823)—выдающийся французский ученый (матема-тик и механик) и видный деятель эпохи французской революции.

404

(166) дает 7,1«Г0 . Следовательно, хотя удар и является абсолютно нспругим, поте­

ря кинетической энергии при ударе почти не происходит, и система после удара начнет двигаться почти с той же кинетической энергией, которая у нее была в на­чале удара.

На практике такой результат нужно, очевидно, получать при забивании гвоз­дей, свай ит п. Следовательно, в этом случае нужно, чтобы масса молотка была намного больше массы гвоздя (рис. 380, а).

2 . М а с с а у д а р я е м о г о т е л а м н о г о б о л ь ш е м а с с ы уда­р я ю щ е г о (М2>М1) В этом случае можно считать М 1/ (М 1+М 2 )»0 , и фор­мула (166) дает ГояаО. Таким образом, здесь при ударе почти вся кинетическая энергия расходуется на деформацию соударяющихся тел, по окончании удара тела можно считать неподвижными.

Практически такой результат нужно, очевидно, получать при ковке, клепке и т. п. Следовательно, в этих случаях нужно, чтобы масса поковки вместе с нако­вальней (или масса заклепки вместе с поддержкой) была много больше массы мо­лота (рис. 380, б).

§ 157*. УДАР ПО ВРАЩАЮЩЕМУСЯ ТЕЛУ. ЦЕНТР УДАРА

Рассмотрим тело, имеющее ось вращения г (рис. 381). Пусть в

некоторый момент времени к телу будет приложен ударный импульс

5. Тогда по уравнению (155')

так как моменты относительно оси г импульсивных реакций 5А

и 5В , возникающих в подшипниках, будут равны нулю.

Рис. 381 Рис. 382

Условимся обозначать угловую скорость тела в начале удара

через со, а в конце удара — через Й. Тогда / ( о г =/ г с о , / ( 1 г = / г Й

и окончательно получим:

/ДЯ—«>) = т, (5) или О = со + ̂ р - . (167)

Формула (167) определяет изменение угловой скорости тела при ударе. Из нее следует, что угловая скорость тела за время удара изменяется на величину, равную отношению момента ударного импульса к моменту инерции тела относительно оси вращения.

Задача 187. Колесо 1, вращающееся с угловой скоростью щ, ударяет высту­пом Дх о выступ В2 первоначально неподвижного колеса 2 (рис. 382). Радиусы ко­лес и их моменты инерции относительно осей Ах и Л2 соответственно равны тх,

405

г2, ^ 1 , ^2 - Определить угловую скорость Й2 колеса 2 в конце удара, если коэффи­циент восстановления при ударе равен к.

Р е ш е н и е . При ударе на колеса действуют численно равные ударные им­пульсы 5х и 52 ( 5 !— 5 , = 5 ) . Тогда, составив уравнение (167) для каждого из колес и учтя, что о)2=0, получим:

Л ( й ] — % ) = — 5г!, У202=5л2.

Исключив из этих уравнений 5, придем к равенству

У1г2(О1-и1)+У2г1Й2=0. (а)

Так как скорости точек и В2 в начале и в конце удара равгы соответственно у1=ш1г1, щ—йуГ^, 1>2=0, и2=Й2/-2, то формула (156'), определяющая коэффициент восстановления при прямом ударе, даст

И^—ИгГ^—кщп. (б)

Исключив из уравнений (а) и (б) Йг, найдем окончательно

Я, = -Л<*2- 7 *

(1 + - А ) М 1 .

И м-п у л ь с и в н ы е р е а к ц и и . Найдем, чему равны при ударе импульсив­ные реакции подпятника А и подшипника В. Проведем оси Ахуг так, чтобы центр масс Стела лежал в плоскости Ауг (рис. 383, а). Изобразим искомые импульсивные реакции их составляющими вдоль этих осей. Пусть АВ—Ь, а расстояние точки С от оси Аг равно а. Составим уравнения (154') в проекциях на все три оси, а уравне­ния (155') в проекциях на оси Ах и Ау (уравнение в проекции па ось Аг уже ис­пользовано при получении равенства 167). Поскольку тело за время удара не пере­мещается, векторы ь'с и ис будут параллельны оси Ах; следовательно, 0_ях~

= — Шс=—Маш, (?]х=—МаО, <Эу= = <22—0. Используя одновременно при составлении уравнений (155') формулы (34) из § 115, получим

— Ма (Я-ы)^3Ах + 8Вх + 8х,

0 = $Лу + $Вуцг$у> 0 = 8Аг + ^

~ ] х г (й- -ш) = — 8ПцЬ-\-тх(8),

-ш)=8ВхЬ + ту (8). (163

Уравнения (168) и служат для опреде­ления неизвестных импульсивных реак­ций 8Лх, 8Ау, 8Аг, 8Вх, 8йу. Входя­щая сюда разность Я—со находится из равенства (167).

Ц е н т р у д а р а . Появление при ударе импульсивных реакций нежела­

тельно, так как может привести к ускорению износа или даже к разрушению ча­стей конструкции (подшипников, вала и т. п.). Найдем, можно ли произвести удар по телу, закрепленному на оси, так, чтобы импульсивные реакции в подшипниках А и В вообще не возникли. Для этого найдем, при каких условиях можно удовлет­ворить уравнениям (168), положив в них 5 ^ = 5 д = 0 . Если 5 д = 5 д = 0 , то 2-е и 3-е из уравнений (168) примут вид: 5 ^ = 0 , 5 г = 0 . Чтобы удовлетворить этим урав­нениям, надо направить импульс 5 перпендикулярно плоскости Ауг, т. е. (по при­нятому условию) плоскости, проходящей через ось вращения и центр масс тела. Допустим, что импульс 5 имеет такое направление (рис. 383, б). Поскольку при 5 л = 5 д — 0 вид системы (168) не зависит от выбора на оси Аг начала координат, проведем для упрощения дальнейших расчетов плоскость Оху так, чтобы импульс 5 лежал в этой плоскости. Тогда тх (8)=- ту ( 5 ) = 0 и последние два уравнения сис­темы (168) при 5 а = 0 дадут Iхг=3уг=0. Это означает (см. § 104), что плоскость

406

Оху, в которой лежит импульс 5, должна проходить через такую точку О, для ко­торой ось г является главной осью инерции тела; в частности, как показано в§ 104, условия ^xг=^уг—^ будут выполняться, если плоскость Оху является для тела плоскостью симметрии. _ _

Обратимся, наконец, к 1-му из уравнений (168). Поскольку 5 л = 5 в = 0 и 5 Х = — 5 (см. рис 383, б), оно принимает_вид Л1а (Й—м)=5 . Одновременно урав­нение (167), так как в нашем случае тг(8)=5п, дает / г ( Я — ю)—8к. Исключая из двух полученных равенств разность со, находим

Л = У2/(Л1а). (169)

Формула (169) определяет, па каком расстоянии к от оси г должен быть при­ложен ударный игпулъс.

Итак, для того чтобы при ударе по телу, закрепленному на оси г, в точках закрепления этой оси не возникло импульсивных реакций, надо:

1) чтебы ударный импульс был расположен в плоскости Оху, перпендикулярной сен г н проходящей через такую точку О тела, для которой ось г является главной осью инерции (в частности, плоскость Он; может быть плоскостью симметрии тела);

2) чтобы удар бил направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через ось вращения г и центр масс С тела;

3) чтобы ударный импульс был приложен на расстоянии к— 12К\а от оси (по ту сторону от оси, где находится це; тр масс).

Течка К, через которую при этом будет проходить ударный импульс, не вызы­вающий ударных реакций в точках закрепления еси, называется центром удара.

Заметим, что согласно формуле (169) центр удара совпадает с центром качаний физического маг.тника. Следователью, как было показано в § 129, /г>й, т. е. рас­стояние ст оси до центра удара больше, чем до центра масс. Если ось вргщеш'я проходит через центр масс тела, то а—0. и мы получаем /1=00 С этом случае П е т­ра удара на конечном расстоянии не существует, и любой удар по телу будет пере­даваться на ось.

Приложения полученных результатов иллюстрируются следующими приме­рами .

1. При конструировании вращающегося курка (см задачу 189) или маятнико­вого копра (прибор в виде маятника для испытания материалов на удар) и т. п. надо ось вращения располагать так, чтобы точка тела, производящая }дар, была по от­ношению к этой сен центром удара.

Рис. 384 Рис. 385

2. При работе ручным молотом его надо брать за рукоятку в таком месте, чтобы точка, которой производится удар, была относительно руки центром удара. В про­тивном случае руку будет «обжигать».

3. При ударе палкой, чтобы не «обжечь» руку (рис. 384), надо ударять тем ме­стом, которое по отношению к руке будет центром удара. Если палку считать од-

407

нородным стержнем длиной /, а ось вращения совпадающей с его концом, то тогда а = г / 2 , ]1=МР-1Ъ и /г=У2/Ма=2//3.

Следовательно, (рис. 384) удар надо производить тем местом стержня, кото­рое находится на расстоянии 2//3 от рукн или /''3 от другого конца стержня.

Задача 188. Мишень представляет собой тонкую однородную пластину, кото­рая может вращаться вокруг оси Аг (рис. 385). Форма мишени — прямоугольный треугольник АВО с катетами АВ=1Х, АО=12. Определить, где у мишеии находит­ся центр удара, если известно, что для пластины АВО осевой момент инерции 1г=М11'Ъ, а центробежный — Ууг-=Л-1^х;2/12 (М—масса пластины, оси Ауг в плоскости пластины).

Р е ш е н и е . Так как у треугольной пластины АВО центр тяжести С на­ходится на расстоянии о—^/3 от оси Аг, то по формуле (169) расстояние центра уда­ра К. от той же оси будет Н = 1 г1{Ма) = 31г1'(М11) = 11/2.

Остается определить, иа каком расстоянии Ь находится центр удара от оси Ау. Для этого надо найти на оси Аг точку О, для которой эта ось будет главной. Если через точку О провести оси Ох'у'г', параллельные осям Ахуг, то точка О будет главной, когда Iх-г' = ̂ 1ЩХк 4 = 0 и Л / ' 2 ' = = 2 / п ^ г^=0.

Первое условие, очевидно, всегда выполняется, так как для пластины все

хь=0. Чтобы найти, когда выполняется второе условие, воспользуемся тем, что

нам известно значение 1уг—'^ткУк

гк и чт0

Ук—Ук, а

2 Й = 2 Й — Ь . Тогда Зу<г' = —Ътруь^ь—Щ=3уг.— №

пьУь^>=1 уг—МусЬ, где ус=а=1х1Ъ. Следовательно,

Л/'г '=0, если 6 = У92/(Л4а) = /2/4. Итак, центр удара находится в точке К с координатами у—п—1^2, г=6=/ 3/4 . Задача 189. Вращающийся курок АО в момент начала удара по ударнику В

(рис. 386) имеет угловую скорость ю. Определить скорость ударника в конце удара и импульсивное давление на ось А. Массы Мит курка и ударника, момент инерции 3 А курка отно­сительно оси А, коэффициент восстановления к и расстояния а и Ь известны (точка С — центр масс курка).

Р е ш е н и е . Обозначим ударные импульсы, действующие на курок и ударник при ударе через

и 52. Тогда для курка [по уравнению (167)] и для ударника [по уравнению (154')], учитывая, что 5 Х = = 5 2 = 5 , а VВ=0, получим:

^А(^ — и>) = ~ЗЬ, тив = 8. (а)

У момента 5Ь взят знак минус, так как момент на­правлен противоположно направлению вращения курка. Кроме того, поскольку для точки /3 курка

Рис. 386 Уд=шЬ, а кд=Я& (уд—скорость в начале удара, ив — в конце), то формула (158'), определяющая

коэффициент восстановления при прямом ударе двух тел, дает:

— и

в=—& (

1'о — ̂ л)

и л и ^ 6— и в = -—клЬ.

Подставляя сюда Й и 5 из уравнений (а), найдем скорость ударника в конце удара;

_3АЬ(\ + к)

Для определения 5^ — импульсивной реакции, действующей со стороны оси на курок, составляем для курка уравнение (154) в проекциях на оси Ах н Ау. Учи­тывая, что <20х = М1>сх = Мыа, 0.1Х = МиСх = МО.а, найдем:

Ма(Я-ы) = ~5 + 3Ах, 3Ад = 0. (б)

Но из уравнений; (а) 5=тив, 0:—<а= — тЬив11А. Подставляя эти величины в равенство (б) и заменяя ив его значением, получим окончательно

При Ь=1 А1 (Ма) точка О является центром удара и 5 д = 0 .

ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ

Автоколебания 323 Аксиомы (принципы) статики 12 Амплитуда колебаний 112. 233 — — вынужденных 212, 243, 245 Аналогии электродиначические 249, 250 Афелий 207

Бинормаль 107

Ватт 210

Вектор главный системы сил 18, 19, 39 — — сил инерции 347 — свободный 34 — скользящий I 2 Вес тела 89. 228 Взаимодействие механическое 5 Винт динамический 78 Вращение тела равномерное 121 — — равнопеременное 122 — собственное 148 Время удара 396 — установления колебаний 245

Гироскоп 3 3 4—33 8 Графики движения точки 112, 113

Движение механическое 5 — переносное 156 — плоской фигуры 127, 128 — по инерции 181 '— свободного твердого тела 153, 344 — твердого тела минтовое 177 .— — — вокруг неподзижиой точки 147 ,

148, 3 4 0—34 2 — — — вращательное вокруг неподвижной

оси 1 19, 120, 323 >— — — мгновенно поступательное 134 .— — — плоскопараллельное (плоское) 127,

128. 328, 329 — — — поступательное 117, 118, 169 — — — сложное 169 — точки абсолютное 156, 223 — —, брошенной под углом к горизонталь­

ной плоскости 198 — 200 криволинейное 96. ПО, 111, 197

— — несвободное 183. 214, 219 — — относительное 155, 223, 224 — — прямолинейное 96, ПО, 111, 189 — — равномерное ПО, И 1 — — равнопеременное I I1 — — сложное (составное) 155 Декремент колебаний 239 — логарифмический 239 Д ж о у л ь (единица измерения) 209 Динамика 6. 7, 180 Длина приведенная физического маятника

327

Задача краевая 190, 234 •— статически неопределенная 56 — — определенная 56 Задачи динамики 183 Заделка жесткая 49 Закон динамики второй (основной) 182 — первый (закон инерции) 181

Закон движения третий (о равенстве дейст» вия и протиьодействия) 14, 183

— независимости действия сил 183 — параллелограмма сил 13, 183 — площадей 207, 251 — сохранения главного момента количеств

движения 294 — — движения центра масс 276 — — количества движения 282 . 283 — — механической энергии 321 Законы динамики 1 8 1—183 — Ныотоиа 5, 7, 181 — 183 — трения скольжения 64, 65

Импульс силы 201, 202

— — элементарный 201 , 202 — ударный 397 Инертность 180, 181 Интенсивность 58

Киловатт-час 210 Кинематика 6, 7, 95 Колебания точки вынужденные 241, 242,

244, 245, 247, 248 — — гармонические 112, 233 — главные 395 — затухающие 238 — линейные 235 — нелинейные 235, 237 — параметрические 295 — свободные при отсутствии сопротивления

232, 233 — системы с двумя степенями свободы малые

394, 395 — — — одной степенью свободы малые

3 8 9 — 3 9 4 — собственнее 242, 245 Количество движения 201 , 280, 281 — — жидкости секундное 285 Координаты обобщенные 369 Коэффициент восстановления при ударе

399, 401 , 402 — динамичности 243, 246 — жесткости обобщенный 390 — — пружины 185, 212 — инерционный 390 — квазиупругий 390 — трения качения 71 — — скольжения 65 Коэффициенты формы 395

Линия действия силы 10 — тока 284 — узлов 147

Масса 181, 186, 264 — гравитационная 186 — инертная 186 Маятник математический 327 — оборотный 328 — физический 326 Метод вырезания у злов 61, 62 — остановки (метод Виллиса) 173 — сечений (метод Риттера) 63 Механика 5, 7 — теоретическая (общая) 5

409

Многоугольник силовой 18 Момент вращающий 306, 323 — ]ьроскопичсский 338 — главный системы сил ЗГЛ 40 — — сил инерции 347 — инерции осевой 264, 265 — — относительно оси 265, 271 — — центробежный 264, 264, 354 — кинетический 290, 291 , 334. 340 — количества движения жидкости секунд­

ный 299 — — — точки 205 — количеств движения системы гло"ный 200

пары сил 34. 42 — силы относительно оси 72, 7% 75 — — относительно точки (центра) 3 1 — 3 3 — — — — — алгебраичеекгн 11 Моменты инерции главные 271 — — относительно параллельных осей 268 Мощность 210

К с е с с о к о с т ь 257, 258, 260

Нормаль глаьная 107 Нутация 148, 337 Ньютон (единица измерения) ! 0, 184

Оси естественного трехгранника 1С7 — инерции тллвные 270 — — — вентральные 271, ^54, „55 Ось винторал мпювенная 179 — рращедия 120 — — М! ковенная 135, 118, 170 Отклонение статическое 2^5

Пара вращений 171 — и.роскопчческая 338 — сил 33, 35, 36 — У ловых скоростей 171 Перемещение возможное (виртуачъное) 358 Нсригепин 207 Период колебаний 112, 234, ЗЬО — — затухающих 2 39, ^43 Платформа Жуковского 295 Плечо пары сил 3 3 — силы относительно центра ^2 Плоскость соприкасающаяся 102 Поверхности р а в н ою потенциала 319 — Уровня 319 Ноле силовое 88, 317 — — потенциальное 317 — скоростей 88, 119 — ускорений 88, 119, 145 Полюс 127 Постоянная гравитационная 185 Потенциал кинетический 379 Правило Жуковского 338 Прецессия 148 — гироскопа 336, 337 — — регулярная 344 Приведение сил инерции 34 7, 348 — системы сил к данному центру 38, 39 Принцип возможных перемещений 360,

361 , 367 — Даламбера 344, 345, 355, 367 — Даламбера—Лагранжа 367 — отвердевания 14 — относительности классической механики

225 Принципы механики 344 Проекция силы на ось 20, 21 — — — плоскость 21 Произведения инерции 269

Работа возможная 360 — потенциальной силы 318 — сил, приложенных к вращающемуся

телу 305, 306 — силы 209 — — трення 212, 213 — — —, действующей на катящееся тело

306, 307

Работа силы тяготения 213 — — тяжести 210, 211 — — упругости 211 , 212 — — элементарная 208, 209 Раьповесие 9 — абсолютное 360 — механической системы 360, 361, 375 — относительное 225 — при наличии трения 66 — — — — предельное 6 5 , 66 — плоской системы сил 46, 47 — пространственной системы сил 79, 80 •— системы сходящихся сил 23 — — тет 53 Равнодействующая системы сил 11, 19 Р , 1 д г>с инерции 266, 267 Ра ход жидкости секундный 285 — топлига секундный 288 Реакции динамические, действующие на

ось Братающегося те^а ^54 — связей 15 — 17, 48, 49, 66 — статические, действующие на есь вра­

щающегося тела 354 Ге т . кля динамическая 220, 222 К з с к а и с 2и, 2 47, 218, 294, 295

Сампторможенчс 66 С пи 13—17 . 48, 49, 357 — гделгы.ь-е 304, 360 О ,Е,1Г фаз 2 15, 2 16, 2 19 С .-а о, 10 — г .тг гная 180, 309 — ьчешняя 11, И, 263 — в н з ю с н н я я I I , 14, 263, ^01 — ьозм>1 иппР ' . ' я 211 , — — тармоннческая 211 — 1 о^.тапльтирающая 2 2, 238, 241, 244 — ь г з к о ' о *рсиия 185, 238 — дчсеппативная 322, 393 — И1 ерцли 344 — — нориолисоса 224 — — обобщенная 376 — — гереносная 22 1 — — центробежная 226, 347 — л.ассоьая 258. 285 — непотенциальная 21 ' ' , 318 - оСсбщсниая 372, 373

— — а .тнвная 372 — объемная 253 — поверхностная 258, 259, 285 — потенциальная 211—21л , 317, 374 — 375

378, 379 — распределенная I I , 58 — 60 — реактивная 288 — сопротивления аэродинамического (гид­

родинамическою) 185, 186 — сосредоточенная II — сцепления 64 — трения предельная 64, 65 — — скольжения 04, 65, 185 - тнютения 185, 227 250 258

— тяжести 11. 88, 227, 228 — у.таргая 396 — упругости 185, 21 1, 232 — уравновешивающая 11 — центральная 206, 251 См-ты внутренние, их свойства 263, 264 СИ — система единиц международная 10, 184 С ютема единиц МКГСС 184 — координат правая 21 — механическая 263 — — голокомнаи 357 — — днеенпативная 322 — — консервативная 322, 387, 389

— иеголономиая 357 — — неизменяемая 308 — — с идеальными связями 308, 309 — отсчета 85

инерциальиая 182, 223, 225 — — местная 261 — — неинерциальная 223

410

Система отсчета основная (неподвижная) 155 — — подвижная 155 — сил 10 — — уравновешенная 11 — — эквивалентная нулю I 1 — тел статически неопределимая 54, 56, 61 — — — определимая 56 Скорость космическая вторая 218, 2 5 4 , — — первая 201 , 254 — — третья 254 — круговая 201 , 254 — обобщенная 371 — падения предельная 196, 197 — паваболкческая 254 —, потерянная при ударе 404 — прецессии угловая ЗЗо — тела угловая 120, 148 — — — мгновенная 148 — точки 100, 102, 108 — — абсолютная 150 — — в полярных координатах 117 — —, ее числовое (алгебраическое) значе­

ние 107, 108 — — линейная (окружная) 123 — — относительная 156 — — переносная 156 — — поперечная 117 — — радиальная 117 — — секторная 207 — — средняя 99 Спожение вращений вокруг двух параллель­

ных осей 169—171 — — — пересекающихся осей 174, 175 — пар сил 35, 36 — поступательного и вращательного дви­

жений 176 — 179 — поступательных движений 169 — сит 18, 19, 22 — скоростей точки 157 — угловых скоростей 170, 171, 174, 175 — — ускорении 176 — ускорений точки 161 Счутники Земли искусственные 254 Статика 6, 9

Тело абсолютно твердое 6, 9, 117 — несвободное 15 — переменной массы 287 — свободное 10, 15 Тснтор инерции 272 Теорема Вариньона 40, 75 — I СИ1 енха 269 — Карпо 404 — Кориолиса 161 — Лагранжа — Дирихле 387 — моментов 201, 205, 292 — — относительно центра масс 293 — — при ударе 398 — об изменении главного момента количеств

движения системы 292 — — — — — —— — при ударе 398 — — — кинетического момента системы 292 — — — кинетической энергии системы 307,

308 точки 214

— — — количества движения системы 281 , 282

— — — — — — при ударе 397 — - — — — точки 202, 203

— — _ _ _ _ _ Пр„ ударе 397 — — — момента количества движения

точки 204, 205 _ о движении центра масс 275 — — параллельном переносе силы 37 — — трех силах 24 _ Резаля 336, 341 — Эйлера 286 Теоремы динамики общие 201 . 274 Течение жидкости установившееся 284 Точка материальная 6, 181 — переменной массы 287

Траектсрпч точки 46 . 156 — эллиптическая 255 Трение 64 — качения 71 — скольжения 64

Углы Эйлера 117 Угол нутации 117 — прецессии 1 17 — смежности 1 09 — собстаениого пращенмя 147 — трении 66 Удар 396 — абсолютно нсупру1ин 400, 402 — — у п р у г и 400, 162 — косой 400, 401 — прямой 399, 400 — центральный 400 Уравнение динамики общее 367 — Мещерского 288 — теории удара основное 397 — частот 394 — Эйлера турбинное 300 Уравнения движения системы дифферен

циальные 273 — — — — в обобщенных координатах 37 — — точки дифференциальные 187, 189 — Лагранжа 378, 379 — Эйлера динамические 341 , 342 — — кинематические 150 Усилия внутренние 57, 258 Ускорение свободного падения 184, 185 — силы тяжести 185 — тела угловое 121, 149 — точки 101, 103, 109, НО — точки абсолютное 156 — — вращательное 152 — — касательное 109, ПО — — кориолисово 161 — 161, 224 — — нормальное 109, ПО — — осестремнтельное 152 — — относительное 156, 163. 224 — — переносное 136, 163, 224 — — поворотное 161 Условия краевые 190, 234 — начальные 190, 197 — равенства динамических реакций ста

тическнм 354 — равновесия системы в обобщенных, ко

ординатах 375 Устойчивость равновесия 367

Фаза колебаний 233 — — начальная 234 Формула Галилеи 216, 218, 400 — Циолковского 289 Формулы Эйлера 125, 151, 152 Функция Лагранжа 379 — силовая 317, 318, 374

Центр вращения мгновенный 135 — инерции 265 — качаний физического маятника ?27 — масс 261 , 265 — параллельных сил 8 6 — 8 8 — скоростей мгновенный 132, 134 — тяжести 11, 89, 90 — удара 407 — ускорений мгновенный 145 Центроида неподвижная 135 — подвижная 135

Частота возмущающей силы 2Ц — колебаний 231, 390 — собственная 395 Число степеней свободы 359, 300 — Циолковского 289

Энергия кинетическая 213 , 3 0 1—301 — механическая полная 322 — потенциальная 320, 321 . 371

~ скт гироскопический 327, 323

ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие к"десятому изданию 3

Введение . . . . . . . 5

РАЗДЕЛ ПЕРВЫЙ

СТАТИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА

Г л а в а I. Основные понятия и исходные положения статики 9

§ 1. Абсолютно твердое тело; сила. Задачи статики 9 § 2. Исходные положения статики 11 § 3 . Связи и их реакции 15

Г л а в а ' Н . Сложение сил. Система сходящихся сил 18

§ 4 . Геометрический способ сложения сил. Равнодействующая сходя­щихся сил; разложение сил 18

§ 5. Проекция силы на ось и на плоскость. Аналитический способ за­дания и сложения сил 20

§ 6. Равновесие системы сходящихся сил 23 § 7. Решение задач статики 25

Г л а в а III. Момент силы относительно центра. Пара сил 31

§ 8. Момент силы относительно центра (или точки) 31 § 9. Пара сил. Момент пары 33 § 10*. Теоремы об эквивалентности и о сложении пар 35

Г л а в а IV. Приведение системы сил к центру. Условия равновесия . . . 37 § 11. Теорема о параллельном переносе силы 37 § 12. Приведение системы сил к данному центру 38 § 13. Условия равновесия системы сил. Теорема о моменте равнодейст­

вующей 40

Г л а в а V. Плоская система сил 41 § 14. Алгебраические моменты силы и пары 41 § 15. Приведение плоской системы енл к простейшему виду . . . . 44 § 16. Равновесие плоской системы снл. Случай параллельных сил . 46 § 17. Решение задач 48 § 18. Равновесие систем тел 53 § 19*. Статически определимые и статически неопределимые системы

тел (конструкции) 56 §20* . Определение внутренних усилий 57 §21* . Распределенные силы 58 §22* . Расчет плоских ферм 61

Г л а в а VI. Трение 64 § 23. Законы трения скольжения 64 §24. Реакции шероховатых связей. Угол трения 66 §25. Равновесие при наличии треиия 66 §26*. Трение нити о цилиндрическую поверхность 69 §27* . Трение качения 71

412

Г л а в а VII . Пространственная система сил

§28 . Момент силы относительно оси. Вычисление главного вектота и главного момента системы сил

1

§ 29*. Приведение пространственной системы сил к простейшему вид*' §30. Равновесие произвольной просфанстзешюй системы сил". Сли­

чай параллельных сил

Г л а в а VIII . Центр тяжести § 3 ! . Центр параллельных сил §32 . Силовое поле. Центр тяжести твердого тела §33 . Координаты центров тяжссш однородных тел §34 . Способы определения координат центров тяжести тел . . . . . § 35. Центры тяжести некоторых однородных тел

РАЗДЕЛ ВТОРОЙ КИНЕМАТИКА ТОЧКИ И ТВЕРДОГО ТЕЛА

Г л а в а IX . Кинематика точки § 30. Введение в кинематику § 37. Способы задания движения точки §38 . Вектор скорости точки § 29. Вектор ускорения точки § 40. Определение скорости и ускорения точки при координатном

способе задания движения § 4 1 . Решение задач кинематики точки §42 . Оси ест ест не иного трехгранника. Числовое значение скорости §43 . Касательное п нормальное ускорения точки §44 . Некоторые частные случаи движения точки § 45. Графики движения, скорости п ускорения точки § 43. Решение задач § 4 7 " . Скорость и ускорение точки в полярных координатах . . . .

Г л а в а X. Поступательное и вращательног движения твердого тела . . § 48. Поступательное движение § 49. Вращательное дзнжение твердого тела вокруг осп. Угловая ско­

рость и углозое ускорение § 50. Равномерное и равнопеременное вращения §51 . Скорости и ускорения точек вращающегося тела

Г л а в а XI . Плоскопараллельное движение твердого тела

§ 52. Уравнения плоскопараллелышго движения (движения плос­кой фигуры). Разложение движения на поступательное н вра­щательное

§ 53"1. Определение траекторий точек плоской фигуры

§54 . Определение скоростей точек плоской фигуры §55 . Теорема о'проекциях скоростей двух точек тела § 56. • Определение скоростей точек плоской фигуры с помощью мгно­

венного центра скоростей. Понятие о центроидах §57 . Решение задач , §58* . Определение ускорений точек плоской фигуры § 5 9 ' . Мгновенный центр ускорений

Г л а в а X I I * . Движение твердого тела вокруг неподвижной точки и дви­жение свободного твердого тела

§ 60. Движение твердого тела, имеющего одну неподвижную точку . § 6 1 . Кинематические уравнения Эйлера ." § 62. Скорости и ускорения точек тела § 63. Общий случай движения свободного твердого тела

Г л а в а X I I I . Сложное движение точки

§64. Относительное, переносное и абсолютное движения § 65. Теорема о сложении скоростей

§ 6в. Теорема о сложении ускорений (теорема Кориолиса) '60

§67. Решение задач 164

Г л а в а XIV*. Сложное движение твердого тела 169

§ 68. Сложение поступательных движений 169 § 69. Сложение вращении вокруг двух параллельных осей 169 §70 . Цилиндрические зубчатые передачи 172 § 71. Сложение вращений вокруг пересекающихся осей 174 §72, Сложение поступательною и вращательного движений. Винто­

вое движение . , 176

РАЗДЕЛ ТРЕТИЙ

ДИНАМИКА. ТОЧКИ

Г л а в а XV. Введение в динамику. Законы динамики 180 § 73. Основные понятия н определения 180 § 74. Законы динамики. Задачи динамики материальной точки . . . 181 § 75. Системы единиц 183 § 76. Основные виды сил 184

Г л а в а XVI. Дифференциальные уравнения двиления точки. Решение

задач динамики точки 186 §77. Дифференциальные уравнения движения материальной точки 186 § 78. Решение первой задачи динамики (определение сил по заданно­

му движению) 187 § 79. Решение основной задачи динамики при прямолинейном движе­

нии точки 189 §80. Примеры решения задач 191 § 81 *. Падение тела в сопротивляющейся среде (в воздухе) 196 § 82. Решение основной задачи динамики при криволинейном движе­

нии точки 197

Г л а в а XVII. Общие теоремы динамики точки 201

§83 . Количество движения точки. Импульс силы 201 § 84. Теорема об изменении количества движения точки 202 § 85. Теорема об изменении момента количества движения точки (тео­

рема моментов) 204 §86* . Движение под действием центральной силы. Закон площадей . 206 § 87. Работа силы. Мощность 208 §88. Примеры вычисления работа 210 §89. Теорема об изменении кинетической энергии точки 213

Г л а в а XVIII. Несвободное и относительное движения точки 219

§90 . Несвободное движение точки 219 §91 . Относительное движение точки 223 § 92. Влияние вращения Земли на равновесие и движение тел . . . 227 § 93*. Отклонение падающей точки от вертикали вследствие вращения

Земли 230

Г л а в а XIX. Прямолинейные колебания точки 232

§ 94. Свободные колебания без учета сил сопротивления 232 §95. Свободные колебания при вязком сопротивлении (затухающие

колебания) 238 §96 . Вынужденные колебания. Резонанс , 241

Г л а в а XX*. Движение тела в поле земного тяготения 250

§97. Движение брошенного тела в поле тяготения Земли 250 § 98. Искусственные спутники Земли. Эллиптические траектории . 254 § 99. Понятие о невесомости. Местные системы отсчета 257

414

РАЗДЕЛ ЧЕТВЕРТЫЙ ДИНАМИКА СИСТЕМЫ И ТВЕРДОГО ТЕЛА

Г л а в а XXI. Введение в динамику системы. Моменты инерции . . . . 263 § 100. Механическая система. Силы внешние и внутренние . . . . 263 § 101. Масса системы. Центр масс 264 §102. Момент инерцич тела относительно оси. Радиус кнсрцпн . . 265 § 103. Моменты инерции тела относительно параллельных осей. Тео­

рема Гюйгенса 263 § 104*. Центробежные моменты инерции. Понятия о глазных осях

инерции тела 269 § 105*. Момент инерции тела относительно произвольной оси . . . . 271

Г л а в а XXП. Теорема о движении центра масс системы 273

§ 106. Дифференциальные уравнения движения системы 273 § 107. Теорема о движении центра масс 274 § 108. Закон сохранения движения центра масс 276 § 109. Решение задач 277

Г л а в а XXIII. Теорема об изменении количества движения системы . . 280

§110, Количество движения системы 280 § 111. Теорема об изменении количества движения 281 § 112. Закон сохранения количества движения 282 § 113*. Приложение теоремы к движению жидкости (газа) 284 §114*. Тело переменной массы. Движение ракеты 287

Г л а в а XXIV. Теорема об изменении момента количеств движения сис­темы 290

§ 115. Главный момент количеств движения системы 290 § 116. Теорема об изменении главного момента количеств движения

системы (теорема моментов) 292 § 117. Закон сохранения главного момента количеств движения . . 294 § 118. Решение задач 295 § 119*. Приложение теоремы моментов к движению жидкости (газа) 298 § 120. Условия равновесия механической системы 300

Г л а в а XXV. Теорема об изменении кинетической энергии системы . . ЗЭ1

§ 121. Кинетическая энергия системы 301 §122. Некоторые случаи вычисления работы 305 § 123. Теорема об изменении кинетической энергии системы . . . . 307 § 124. Решение задач 310 §125*. Смешанные задачи 314 § 126. Потенциальное силовое поле и силовая функция 317 § 127, Потенциальная энергия. Закон сохранения механической

энергии 320

Г л а в а XXVI. Приложение общих теорем к динамике твердого тела . . 323

§ 128. Вращательное движение твердого тела вокруг неподвижной оси 323

§ 129. Физический маятник. Экспериментальное определение момен­тов инерции 326

§130. Плоскопараллельное движение твердого тела 328 § 131*. Элементарная теория гироскопа 334 § 132*. Движение твердого тела вокруг неподвижной точки и движе­

ние свободного твердого тела 340

Г л а в а XXVII. Принцип Даламбера 344

§ 133. Принцип Даламбера для точки и механической системы . . 344 § 134. Главный вектор и главный момент сил инерции 346 § 135. Решение задач 348 § 136*. Динамические реакции, действующие на ось вращающегося

тела. Уравновешивание вращающихся тел , 352

415

Г л а в а XXVIII. Принцип возможных перемещений и общее уравнение динамики " 357

§ 137. Классификация связей 357 §138. Возможные перемещения системы. Число степеней свобод,; . . 358 § 139. Принцип возможных перемещений 360 § 140. Решение задач 362 § 141. Общее уравнение динамики 367

Г л а в а XXIX. Условия равновесия и уравнения движения системы в

обобщенных координатах 369 § 142. Обобщенные координаты и обобщенные скорости 369 § 143. Обобщенные силы 371 § 144. Условия равновесия системы в обобщенных ксордннатач . . 375 § 145. Уравнения Лагранжа 376 § 146. Решение задач 379

Г л а в а XXX*. Малые колебания системы около положения устойчивого

равновесия 387 § 147. Понятие об устойчивости равновесия 387 § 148. Малые свободные колебания системы с одной степенью свободы 389 § 149. Малые затухающие и вынужденные колебания системы с одной

степенью свободы 392 § 150. Малые свободные колебания системы с двумя степенями свободы 394

Г л а в а XXXI. Элементарная теория удара . . . . . . . . . . . . . . 396

§ 151. Основное уравнение теории удара 396 § 152. Общие теоремы теории удара 397 § 153. Коэффициент восстановления при ударе 399 § 154. Удар тела о неподвижную преграду 400 § 155. Прямой центральный удар двух тел (удар шаров) 401 § 156. Потеря кинетической энергии при неупругом ударе двух тел.

Теорема Карно 403 § 157*. Удар по вращающемуся телу. Центр удара 405

Предметный указатель 409

Учебное издание

Семен Михайлович Тарг

К Р А Т К И Й К У Р С

ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ

М Е Х А Н И К И

Зав . редакцией К. И. Аношииа. Редактор М. Т. Самсоиова. Младший редактор Н. М. Иванова. Художник В. Г. Пасичник. Художественный редактор Т. А, Д у -расова. Технический редактор А. К- Нестерова. Корректор Р. К.. Косинова

ИБ № 5855

И з д . № ОТ-585 . Сдано в набор 2 7 . 0 1 . 8 6 . Подп. в печать 2 2 . 0 7 . 8 6 . Формат 60Х90

1/] , , . Бум. кн.-журн. № 2. Гарнитура литературная.

Печать высокая. Объем 26 усл . печ. л. 26 усл . кр.-отт. 2 7 , 6 0 уч.-изд. л. Тираж 140 0 0 0 экз. Заказ № 2 1 7 3 . Цена 1 р . 10 к . Издательство «Высшая школа», I 0 ИЗО , Москва, ГСП-4, Неглинная ул., Д. С9 14. Ордена Октябрьской Революции и ордена Трудового Красного Знамени МПО «Первая Образцовая типография» имени А. А. Жданова Союзполнграфпрома при Государственном комитете СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. 1 1 3 0 5 4 , Москва, Валовая, 28