D1_2_metodichka_metod_kinetostatiki

Проведём из произвольного неподвижного центра О в каждую i-ю точку системы радиус вектор ri и умножим на этот вектор каждое слагаемое равенства (3.1):

здесь ri Fi MOF – главный момент заданных сил относительно центра O; ri Ri MOR– главный момент реакции связей относи-

тельно центра О; ri Фi МOФ – главный момент сил инерции

Из уравнения (3.6) следует: в любой момент времени для

всякой несвободной механической системы геометрическая сумма главных моментов заданных сил, реакций связей и сил инерции материальных точек системы относительно любого неподвижного центра равна нулю.

Уравнения (3.3) и (3.6) выражают принцип Даламбера для несвободной механической системы. Проецируя эти уравнения на неподвижные декартовы оси координат, получим шесть уравнений кинетостатики, которые составляются так же, как обычные шесть уравнений равновесия статики для произвольной пространственной системы сил [1]:

Для решения первой основной задачи динамики для несвободной механической системы методом кинетостатики необходимо

11

рассмотреть вопрос о приведении сил инерции точек твёрдого тела к простейшему виду.

3.2. Приведение сил инерции точек твёрдого тела к простейшему виду

Как известно из статики [4], любую систему сил, в том числе и систему сил инерции можно привести к центру и получить одну силу – главный вектор – и пару сил с моментом, равным главному моменту данной системы сил относительно центра. За центр приведения в динамике часто берётся центр масс механической системы. Воспользуемся некоторыми известными в литературе [4, 1] результатами.

1. Главный вектор сил инерции точек тела при любом его движении и относительно любого центра приведения равен

где M – масса тела, aC – ускорение центра масс. Главный момент

МОФ сил инерции тела зависит от вида движения тела и от выбора центра приведения.

2.В случае поступательного движения тела силы инерции точек твёрдого тела приводятся к равнодействующей, приложенной в центре масс тела, равной взятому со знаком минус произведению массы тела на ускорение его центра масс:

ФMaC ;

МСФ 0 – в данном случае.

3.При вращательном движении твёрдого тела, имеющего плоскость материальной симметрии вокруг оси, перпендикулярной этой плоскости, главный вектор и главный момент сил инерции равны соответственно [1]:

где – угловое ускорение тела, Jz – момент инерции тела относительно оси вращения.

4. Если плоская фигура совершает плоское движение, то, согласно [1],

Ф МаС , МСФ JC ,

где JC – момент инерции тела относительно центра масс.

12

В других, более сложных случаях движения твёрдого тела вычисление главного вектора Ф и главного момента МОФ сил инерции точек тела надо вести общим приёмом: сначала выделить элементарную частицу и вычислить её силу инерции, а также её момент относительно центра приведения, а затем проинтегрировать в соответствующих пределах.

3.3. Пример 3

Тонкий однородный стержень длиной l и весом Pприкреплён

квалу под углом . Вал вращается равномерно с угловой скоростью

(рис. 5, а).

Привести систему сил инерции стержня к центру О и к простейшему виду.

Решение. Возьмём точку О за центр приведения сил инерции стержня. Как уже было показано (3.7), главный вектор сил инерции любой механической системы при любом её движении и относительно любого центра, а следовательно, нашего стержня (рис. 5, а) с центром приведения О равен

тельно, модуль главного вектора сил инерции стержня равен

13

Его направление противоположно нормальному ускорению центра масс стержня (рис. 5, б).

Вычислим главный момент сил инерции стержня относительно точки О. Возьмём элементарный отрезок dx стержня, отстоящий на расстоянии x от точки O. Его масса dm dx, где – линейная

плотность материала. Очевидно, P , тогда dm P dx. Так как gl gl

вал вращается равномерно, то выделенный элемент имеет лишь нормальное ускорение an 2 x sin . Сила инерции этого элемента dФ по модулю равна

Момент этой силы относительно центра O равен

Интегрируя полученное выражение в пределах от нуля до l, будем иметь

Модуль главного вектора сил инерции стержня Ф нами был уже получен по общему определению (3.9). Эту же формулу мы можем получить, если ещё раз проинтегрируем (3.10) в пределах от нуля до l:

Как видим, получили то же самое выражение для модуля главного вектора сил инерции стержня.

Итак, силы инерции стержня приведены к силе Ф (3.13) – главному вектору, приложенному в точке О, и паре сил с моментом, рав-

ным МОФ (3.12), которые расположены в одной плоскости (рис. 5, б). В этом случае силу и пару сил, как известно из статики [4], можно за-

14

менить одной силой, равной по модулю и по направлению главному вектору, которая и будет равнодействующей данной системы сил (рис. 5, в). Эта равнодействующая будет параллельна главному вектору, а её линия действия находится на расстоянии

от центра приведения О.

4. ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ СВЯЗЕЙ ПРИ ДВИЖЕНИИ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ

Реакции связей, возникающие при движении механической системы, имеют статическую и динамическую составляющие.

Динамические реакции – это реакции связей, обусловленные действием сил инерции точек механической системы.

Статические реакции – это реакции связей, обусловленные действием приложенных активных (заданных) сил.

При определении реакций связей и уравновешивающих масс рекомендуется соблюдать такую последовательность:

1.Выделить тело (систему тел) и расставить все активные (заданные) силы, силы инерции рассматриваемого тела (тел), а так же реакции внешних связей. Для определения динамических реакций достаточно расставить силы инерции выделенного тела (тел) и силы реакции внешних связей, а в задачах на динамическое уравновешивание масс ввести в рассмотрение лишь силы инерции выделенного тела (тел) и силы инерции искомых уравновешивающих масс.

2.Пользуясь методом кинетостатики, составить уравнение равновесия силв данное мгновениеи определить искомыевеличины.

3.Задачу следует решать либо способом расчленения, либо комбинированным способом, если система состоит из нескольких тел. Расчленение делается так, чтобы искомая реакция связи становилась внешней силой для выделенного тела.

15

4.1. Пример 4

Груз А весом Р1, опускаясь вниз, приводит в движение (рис. 6, а) посредством невесомого нерастяжимого троса, переброшенного через блок 3 радиуса r и весом Q, груз B весом P2. Коэффициент трения скольжения груза B равен f . Трением в шарнире О пренебречь, блок 3 считать однородным цилиндром.

Определить: 1. Ускорение грузов и натяжение частей троса без учёта массы блока и с учётом массы блока.

2. Реакции шарнира О (рис. 6, г, д) с учётом и без учёта массы блока.

Решение. Поскольку данная механическая система состоит из нескольких тел (рис. 6, а) (два груза и блок), то задачу следует решать методом расчленения. Расчленим систему на три тела: грузы А и В и блок 3 (рис. 6, б, в, г). Грузы А и В движутся поступательно с ускорением а, блок 3 вращается вокруг оси О. При этом натяжения частей троса Т1,Т2, которые нам необходимо найти, становятся внешними силами для выделенного тела.

На груз А действует сила тяжести Р1, натяжение троса Т1 (рис. 6, б). Присоединим к грузу А силу инерции Ф1, равную по модулю

P1 a и направленную противоположно ускорению a. Согласно ме- g

тоду кинетостатики, система сил (P1,T1, Ф1) взаимно уравновешена в данное мгновение. Следовательно, имеет место уравнение

Yi 0; T1 Ф1 P1 0. (4.1)

На груз В действует сила тяжести Р2, реакция наклонной плоскости N2, сила трения скольжения груза Fтр , равная по модулю fN2, и

направленная противоположно направлению движения груза, натяжение троса T2 . Присоединяя к грузу B силу инерции Ф2, равную

по модулю P2 a и направленную противоположно a, получим вза- g

имно уравновешенную систему сил (рис. 6, в).

16

17

Составим уравнения равновесия сил (в проекциях на оси x и y), приложенных к телуB:

Здесь МОФ – момент сил инерции блока 3. Т. к. ось вращения блока совпадает с его осью симметрии, то его силы инерции сводятся к паре сил с моментом

где – угловое ускорение блока, которое равно по модулю a, так r

как a r; JO – момент инерции блока относительно оси вращения, он равен [1]

Направление момента сил инерции блока противоположно угловому ускорению .

Таким образом, для определения ускорения a грузов и натяжения частей троса мы получили две системы уравнений.

Без учёта массы блока:

18

Решая систему уравнений (4.7), получим для случая движения рассматриваемой механической системы без учёта массы блока, ускорение грузов:

Учитывая массу блока и решая уравнения (4.8), получим значение ускорения грузов и натяжения частей троса в данное мгновение с учётом массы блока:

19

Как видим, при учёте массы блока ускорение грузов становится

4.2. Пример 5

Маховое колесо вращается равномерно вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью . Массой спиц колеса можно пренебречь, а маховик рассматривать как кольцо со средним радиусом r и поперечным сечением с площадью S; удельный вес материала кольца равен (рис. 7, а). Определить напряжение в ободе маховика, возникающее от сил инерции.

Решение. Согласно постановке задачи, силы тяжести кольца не учитываются. Каждая частица кольца имеет центробежную силу инерции, направленную по радиусу от центра, следовательно, кольцо испытывает деформацию растяжения (рис. 7, б).

Для обнаружения внутренних усилий в кольце применим метод сечений. Рассечём кольцо пополам и рассмотрим равновесие правой

20