Міністерство освіти і науки УкраїниДонбаська державна машинобудівна академіяЮ.О. ЄрфортС.В. ПодлєснийВ.М. ІскрицькийТЕОРЕТИЧНА МЕХАНІКАДИНАМІКАНавчальний посібникз методичними вказівками і контрольними завданнями длястудентів машинобудівних спеціальностей заочної форми навчанняРекомендованоМіністерством освіти і науки Українияк навчальний посібник для студентів заочної форми навчаннядля механічних спеціальностейКРАМАТОРСЬК 2008

УДК 531ББК 22.21Т-33Рецензенти:В.Б.Малєєв, д-р техн.наук, проф. Донецького національного техніч-ного університету, м. ДонецькО.К.Морачковський, д-р техн.наук, проф. Національного технічно-го університету «Харківський політехнічний інститут», м. ХарківЛ.І.Сердюк, д-р техн.наук, проф. Полтавського національного техні-чного університету, м. Полтава.Гриф надано Міністерством освіти і науки УкраїниЛист № 1.4/18-Г-2104 від 9.10.2008Єрфорт Ю.О., Подлєсний С.В., Іскрицький В.М.Т-33 Теоретична механіка. Динаміка : навчальний посібник зметодичними вказівками і контрольними завданнями для студентівмашинобудівних спеціальностей заочної форми навчання. –Краматорськ : ДДМА, 2008. – 236 с.ISBN 978-966-379-299-6Навчальний посібник містить контрольні завдання з теоретичної механікирозділ: «Динаміка» для студентів машинобудівних спеціальностей заочноїформи навчання, а саме: короткі відомості з теорії, умови, варіанти та схеми, атакож приклади виконання кожного завдання.УДК 531ББК 22.21ISBN 978-966-379-299-6 © Ю.О.Єрфорт, С.В.Подлєсний,В.М.Іскрицький., 2008© ДДМА, 20082

ЗМІСТВСТУП .............................................................................................................51 Загальні методичні вказівки.........................................................................62 Програма розділів курсу теоретичної механіки. Робоча навчальнапрограма розділу «Динаміка»......................................................................72.1 Динаміка точки та механічної системи..................................................72.2 Принципи механіки та основи аналітичної механіки ...........................93 Контрольні завдання. Зміст завдань, вибір варіантів індивідуальнихзавдань, порядок виконання і вимоги до їх оформлення..........................104 Задачі до контрольних завдань ..................................................................124.1 Динаміка точки та механічної системи ...............................................124.1.1 ЗАДАЧА Д1. Інтегрування диференціальних рівнянь рухуматеріальної точки.......................................................................124.1.1.1 Скороченні відомості з теорії до задачі ..........................124.1.1.2 Умова задачі ....................................................................284.1.1.3 Приклади розв’язання задачі Д1....................................324.1.2 ЗАДАЧА Д2. Динаміка відносного руху матеріальної точки ...434.1.2.1 Скороченні відомості з теорії до задачі ..........................434.1.2.2 Умова задачі .....................................................................464.1.2.3 Приклади розв’язання задачі Д2....................................494.1.3 Приклади розв’язання задачі Д2................................................584.1.3.1 Скороченні відомості з теорії до задачі .........................584.1.3.2 Умова задачі .....................................................................834.1.3.3 Приклади розв’язання задачі Д3....................................874.1.4 ЗАДАЧА Д4. Застосування теореми про зміненнякінетичної енергії при вивченні руху механічної системи......1054.1.4.1 Скороченні відомості з теорії до задачі ........................1054.1.4.2 Умова задачі ...................................................................1164.1.4.3 Приклади розв’язання задачі Д4..................................1214.2 Принципи механіки та основи аналітичної механіки.......................1334.2.1 ЗАДАЧА Д5. Застосування принципу Даламберадля визначення реакцій в’язів ...................................................1334.2.1.1 Скороченні відомості з теорії до задачі ........................1334.2.1.2 Умова задачі ...................................................................1394.2.1.3 Приклади розв’язання задачі Д5..................................1454.2.2 ЗАДАЧА Д6. Застосування принципу можливих переміщеньдо вивчення умов рівноваги механічної системи.....................1564.2.2.1 Скороченні відомості з теорії до задачі........................1563

4.2.2.2 Умова задачі Д 6.1.........................................................1634.2.2.3 Приклади розв’язання задачі Д 6.1..............................1694.2.2.4 ЗАДАЧА Д 6.2. Застосування принципу можливихпереміщень для визначення реакцій зовнішніхв’язів...............................................................................1764.2.2.5 Умова задачі Д 6.2.........................................................1764.2.2.6 Приклади розв’язання задачі Д 6.2..............................1824.2.3 ЗАДАЧА Д7. Застосування загального рівняння динамікидля вивчення руху механічної системи з одним степенемвільності .....................................................................................1864.2.3.1 Скороченні відомості з теорії до задачі........................1864.2.3.2 Умова задачі...................................................................1884.2.3.3 Приклади розв’язання задачі Д7..................................1944.2.4 ЗАДАЧА Д8. Застосування рівнянь Лагранжа другого родудля вивчення руху механічної системи з одним степенемвільності .....................................................................................2064.2.4.1 Скороченні відомості з теорії до задачі........................2064.2.4.2 Умова задачі...................................................................2124.2.4.3 Приклади розв’язання задачі Д8..................................219СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ .............................................................................2354

ВСТУПТеоретична механіка – наука про загальні закони механічного рухуматеріальних тіл і виникаючих при цьому взаємодіях між тілами. Вона маєвелике значення в підготовці інженерних кадрів, є фундаментом длявивчення таких дисциплін, як «Опір матеріалів», «Теорія коливань»,«Гідравліка», «Електродинаміка», «Теорія автоматичного керуваннярухомими об’єктами», «Теорія механізмів і машин» тощо.Теоретична механіка належить до тих складних дисциплін, яківивчаються у вищих технічних закладах. Тому вивчення її маєсупроводжуватись складанням детального конспекту і розв’язанням задач.Дані методичні вказівки покликані допомогти студентам узагальнитиі систематизувати свої знання за курсом теоретичної механіки й ефективнопідготуватися до успішного складання іспитів.5

1 ЗАГАЛЬНІ МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИВивчаючи кожну тему курсу, необхідно з’ясувати фізичну сутністьявища, формулювання і докази теорем, виведення формул, а такожрозібрати схеми, якими супроводжуються докази. Далі необхідновідтворити все це, не дивлячись в підручник або конспект лекцій. Післятого, як теоретичний матеріал засвоєно, можна перейти до розв’язуваннязадач.Для того, щоб успішно скласти іспит з механіки, потрібно не тількизнати теоретичний курс, але й вміти самостійно розв’язувати задачі. Досвідпоказує, що при розв’язанні задач студент, як правило, відчуває труднощі.Тому необхідно насамперед уважно розібрати надані у посібнику прикладирозв’язання задач.Для вивчення курсу теоретичної механіки необхідно мати відповіднуматематичну підготовку. В усіх розділах курсу широко використовуєтьсявекторна алгебра. Необхідно вміти обчислювати проекції векторів накоординатні осі, знаходити геометрично й аналітично суму векторів,обчислювати скалярний і векторний добуток двох векторів і знативластивості цих добутків, диференціювати вектори.Треба також уміти користатися системою прямокутних декартовихкоординат на площині й у просторі.Для вивчення розділу курсу теоретичної механіки «Динаміка» требавміти зовсім вільно диференціювати функції однієї змінної, проводитидослідження функцій за допомогою похідних, знаходити невизначені івизначені інтеграли функцій, розв’язувати звичайні диференціальнірівняння.Матеріал курсу рекомендується вивчати за підручником [1 або 8],при цьому, насамперед, потрібно усвідомити сутність викладеногопитання, простого "завчання" матеріалу великої користі не принесе.Особливу увагу варто звернути на формулювання відповідних визначень,теорем і т.п.: у точних формулюваннях суттєво кожне слово.Заочна форма навчання передбачає самостійне вивчення більшоїчастини матеріалу. Так, наприклад, на самостійну роботу з вивченнятеоретичного матеріалу розділу «Динаміка» робочим навчальним планомвідводиться 40 годин із 60.Тому при вивченні курсу корисно скласти короткий конспект.Рекомендується окремо виписати визначення, формули і вивчити їх.6

У різних підручниках можуть використовуватися різні позначеннятих самих величин. Використовуйте ті позначення, що дані викладачем.Матеріал теоретичного питання або теми можна вважати вивченим,якщо ви можете його відтворити на папері, не заглядаючи в підручник абоконспект лекцій. До місць, що викликають ускладнення, поверніться щераз.2 ПРОГРАМА КУРСУ ТЕОРЕТИЧНОЇ МЕХАНІКИ.РОБОЧА НАВЧАЛЬНА ПРОГРАМА РОЗДІЛУ « ДИНАМІКА»Нижче наведена приблизна програма розділу «Динаміка», в якійпередбачено розподіл матеріалу на дві основні частини: матеріал, щовикладається студентам на наставній сесії, і завдання для самостійноїроботи.2.1 Динаміка точки та механічної системиТЕМА 1. Основні положення динаміки. Аксіоми динаміки.Диференціальні рівняння руху матеріальної точки. Дві основнізадачі динаміки точки. Розв’язання першої задачі динаміки. Розв’язаннядругої задачі динаміки. Постійні інтегрування і їх визначення започатковими умовами. Відносний рух матеріальної точки. Диференціальнірівняння відносного руху точки. Переносна і коріолісова сила інерції.Принцип відносності класичної механіки. Випадок відносності спокою. [3:§§77-79,91,82 стр.186-191,197-201,223-227]Предмет динаміки. Основні поняття і визначення класичноїмеханіки: простір, час і маса. Інерціальна система відліку (координат).Механічна сила (сталі та змінні сили). Матеріальна точка. Системиодиниць. Закони класичної механіки. Задачі динаміки. [3: §§73-75 стр.180-184]ТЕМА 2. Уведення в динаміку механічної системиТЕМА 3. Загальні теореми динаміки механічної системиМомент інерції системи і твердого тіла відносно площини, осі іполюсу. Радіус інерції. Теорема про моменти інерції відносно паралельних7

осей. Класифікація сил, діючих на механічну систему. Динамікамеханічної системи. Теорема про зміну кількості руху. Теорема про рухцентра мас системи. Закон збереження руху центра мас. [3: §§102,103,107,108,111 стр.265-269,274-277,281-282]Геометрія мас. Маса системи. Центр мас системи і його координати.Осьові моменти інерції деяких однорідних тіл, стрижня, порожнистого ісуцільного циліндрів.Механічна система. Властивості внутрішніх сил. Диференціальнірівняння руху механічної системи.Кількість руху матеріальної точки і механічної системи. Вираженнякількості руху через масу системи і швидкість центра мас. Імпульс сили ійого проекції на координатні осі. Теорема про зміну кількості руху точки вдиференціальній і в кінцевій формах. Закон збереження кількості руху.Диференціальні рівняння поступального руху твердого тіла.[3: §§100,101,104,106,110,83,111,112 стр.263-265,269-271,273-274,280-281,201-202,281-284]Теорема про зміну кінетичного моментуТеорема про зміну кінетичного моменту системи. Закон збереженнякінетичного моменту. Диференціальні рівняння обертального рухутвердого тіла навколо нерухомої осі. [3: §§106,116,117 стр.273-274,292-295]Момент кількості руху точки відносно центра і осі. Головний моменткількості руху або кінетичний момент обертального руху тіла відносно осіобертання. Теорема про зміну моменту кількості руху точки.[3: §§112,115 стр.282-284,290-292]Теорема про зміну кінетичної енергіїЕлементарна робота сили і її аналітичне вираження. Робота сили накінцевому шляху. Робота сили ваги, пружності, тяжіння. Потужність.Робота внутрішніх сил, прикладених до тіла, яке обертається.Кінетична енергія механічної системи. Обчислення кінетичноїенергії твердого тіла в різних випадках його руху. Теорема про змінукінетичної енергії точки в диференціальній і в кінцевій формах. Теоремапро зміну кінетичної енергії системи в диференціальній і в кінцевійформах.[3: §§121-123 стр.301-310]Потенціальне силове поле і силова функція. Вираження проекціїсили через силову функцію. Поверхні рівного потенціалу.8

Потенціальна енергія. Приклади потенціальних силових полів. Законзбереження механічної енергії.[3: §§126,127 стр.317-323]2.2 Принципи механіки та основи аналітичної механікиТЕМА 5. Принцип ДаламбераТЕМА 6. Основи аналітичної механікиПринцип Даламбера для матеріальної точки: сили інерції. ПринципДаламбера для механічної системи. В’язі і їх рівняння. Класифікація в’язів:голономні, неголономні, стаціонарні і нестаціонарні, утримуючі і неутримуючі в’язі. Принцип можливих переміщень. [3: §§133,137,139стр.344-346,357-358,360-362]Головний вектор і головний момент сил інерції. Приведення силінерції твердого тіла до центра. Число степенів вільності системи. Ідеальнів’язі. Застосування принципу можливих переміщень для визначенняреакцій в’язей і до найпростіших машин. [3: §§134,137,139 стр.346-348,357-358,360-362]Загальне рівняння динаміки. Узагальнені координати системи.Узагальнені сили і способи їх обчислення. Диференціальні рівняння рухумеханічної системи в узагальнених координатах або рівняння Лагранжадругого роду. Кінетичний потенціал.[3: §§142,143,145,147-149 стр.369-375,376-379,387-394]Принцип Даламбера-Лагранжа. Умови рівноваги системи вузагальнених координатах.[3: §§141,144,147 стр.367-369,375-376,387-389]ТЕМА 7. Теорія коливаньВільні затухаючі коливання точки при опорі, який пропорційнийшвидкості. Випадки аперіодичного руху. [3: §§147,150 стр.387-389,394-396]Вимушені коливання при гармонійній силі без врахування опору.Випадок довільної обурюючої сили. Вимушені коливання при гармонійнійобурюючій силі і опору, який пропорційний швидкості. [3: §149 стр.392-394]9

3 КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ. ЗМІСТ ЗАВДАНЬ, ВИБІР ВАРІАНТІВІНДИВІДУАЛЬНИХ ЗАВДАНЬ, ПОРЯДОК ВИКОНАННЯІ ВИМОГИ ДО ЇХ ОФОРМЛЕННЯЗа кожним із розділів курсу теоретичної механіки (динаміка іаналітична механіка) студенти виконують індивідуальні контрольнізавдання. До складу завдань входять задачі. Перелік задач, які входять доскладу кожного контрольного завдання вказується викладачем нанаставній сесії.До кожної задачі дається 10 рисунків і таблиця, що містить додатковідо тексту задачі умови.Номера умов від 0 до 9 проставлені в першому стовпці (чи впершому рядку) таблиці.Студент вибирає номер рисунка для задач за передостанньоюцифрою шифру, а номер умови із таблиці – за останньою; наприклад, якщошифр закінчується числом 25, то беруться рисунки 2 і умови № 5 зтаблиці.Кожне завдання виконується в окремому зошиті (учнівському),сторінки якого нумеруються. На обкладинці вказуються: назва дисципліни,номер роботи, прізвище й ініціали студента, навчальний шифр, група ідомашня адреса.Не треба починати виконувати контрольні роботи, якщо не вивчиливідповідні розділи курсу та якщо не розібрали докладно наведеніприклади.Кожну контрольну роботу треба виконувати в окремому зошиті,чорнилами, або пастою (не червоними), чітким почерком з полями в 3 смдля нотаток рецензента. Розв’язок кожної задачі обов'язково починати нарозвороті зошита (на парній сторінці, починаючи з другої, інакше роботуважко перевіряти). Зверху вказується номер задачі, далі робитьсякреслення (можна олівцем) і записується, що в задачі задано і що потрібновизначити (текст задачі не переписується).Креслення виконується з урахуванням умов розв'язуваного варіантазадачі; на ньому всі кути, сили, тіла і їхнє розташування на кресленні10

повинні відповідати цим умовам. У результаті в цілому ряді задачкреслення виходить більш простим, ніж на загальному рисунку.Креслення повинне бути акуратним і наочним, а його розміридозволяти ясно показати всі вектори сил, швидкостей та прискорень й іншіпозначення. На кресленні необхідно показувати координатні осі, а врозрахунках вказувати одиниці одержуваних величин.Розв’язок задач необхідно супроводжувати короткими поясненнями(які формули чи теореми застосовуються, відкіля виходять ті чи іншірезультати і т.п.) і докладно викладати весь хід розрахунків. Разом з тимтреба уникати багатослівних пояснень та переказу підручника.При читанні тексту умови кожної задачі потрібно врахувати наступне.Без застережень вважається, що всі нитки (гнучкі в'язі, мотузки,троси) є нерозтяжні і невагомі, нитки перекинуті через блок, по блоку нековзають, катки і колеса котяться по площинах без ковзання. Усі в'язі,якщо не зроблено інших застережень, вважаються ідеальними.Варто також мати на увазі, що деякі величини, задані в умовахзадачі, при розв’язанні окремих варіантів можуть не знадобитися, вонипотрібні для розв’язку інших варіантів задачі.З усіх пояснень у тексті задачі студенту варто звертати увагу тількина ті, які стосуються його варіанта.До початку контрольних завдань з кожної теми в методичнихвказівках даються відомості з теорії і контрольні питання, які необхідноопрацювати і знати для розв’язку задач і їх успішного захисту.Методичні вказівки з розв’язання задач, що входять до контрольнихзавдань, даються для кожної задачі після її тексту під рубрикою"Вказівки", потім дається приклад розв’язання аналогічної задачі.Мета прикладу – роз'яснити хід розв’язання, але не відтворити йогоцілком. Тому в ряді випадків проміжні розрахунки опускаються.Але при виконанні завдання всі перетворення і числові розрахункиповинні бути обов'язково послідовно пророблені з необхіднимипоясненнями; наприкінці повинна бути відповідь з указівкоюрозмірностей величин.11

4 ЗАДАЧІ ДО КОНТРОЛЬНИХ ЗАВДАНЬ4.1 Динаміка точки та механічної системи4.1.1 Задача Д1. Інтегрування диференціальних рівнянь рухуматеріальної точки4.1.1.1 Скорочені відомості з теорії до задачіОсновні аксіоми класичної механікиПриймемо за основу аксіоми Ньютона в сучасній їх формі, якізастосовуються до простішої моделі тіла – матеріальної точки.Першою аксіомою, або законом, класичної механіки, є закон інерції,який був відкритий ще Галілеєм: матеріальна точка, на яку не діють сили,або діє рівноважна система сил, має властивість зберігати свій станспокою, або рівномірного та прямолінійного руху відносно інерціальноїсистеми відліку.Матеріальна точка, на яку не діють сили або діє рівноважна системасил називається ізольованою матеріальною точкою.Рівномірний та прямолінійний рух точки називається рухом заінерцією. Окремим випадком руху за інерцією є спокій точки, при якомушвидкість її дорівнює нулю. Перша аксіома містить в собі твердження, щопростіше матеріальне тіло, а, отже, і будь-які інші матеріальні тіла маютьвластивість інерції, тобто зберігати свій прямолінійний та рівномірний рухвідносно інерціальної системи відліку.Друга аксіома, або основний закон динаміки, встановлює, щоприскорення матеріальної точки відносно інерціальної системи відлікупропорційне прикладеної до точки сили та спрямоване за цією силою(рис. 4.1).Якщо F є прикладена до точки сила та a – її прискорення відносноінерціальної системи відліку Оxyz, тоді основний закон можна подати увиглядіm a = F . (4.1)12

zmaFOyxРисунок 4.1Позитивний коефіцієнт пропорційності m, який характеризує інертнівластивості матеріальної точки, називається інертною масою точки.Інертна маса в класичній механіці вважається величиною сталою, яказалежить тільки від самої матеріальної точки та не залежить відхарактеристик її руху, тобто швидкості та прискорення. Маса також незалежить від природи сил, які прикладені до точки. Вона одна й та ж длясил тяжіння та сил пружності, електромагнітних сил, сил тертя та іншихсил.Масу зазвичай визначають за силою тяжіння Р та прискореннямвільного падіння g біля поверхні Землі.Згідно з виразом (4.1) у цьому випадку маємо:mg = P ;Pm = .g(4.2)З виразу (4.1), якщо сила F = 0, виходить, що прискорення a = 0 ,тобто матеріальна точка має сталу за числовою величиною та напрямкомшвидкість відносно інерціальної системи відліку.Третя аксіома, або закон про рівність сил дії та протидії, визначаєвластивість сил взаємодії між двома матеріальними точками з точки зоруінерціального наглядача: сили взаємодії двох матеріальних точок однаковіза величиною та протилежні за напрямком (рис. 4.2), тобто13

F1 = −F 2(4.3)незалежно від віддалення точок одна від одної. Ці сили в класичніймеханіці вважаються діючими вздовж однієї прямої.F 1m 1F 2m 2dzРисунок 4.2Якщо сила дії, наприклад F 1 , змінюється, тоді разом з нею повинна,згідно з виразом (4.3), змінюватися і сила протидії. Це можливо для будьякихвідстаней між точками, які взаємодіють, тільки за умовою, що силовавзаємодія поширюється миттєво, тобто з нескінченно великою швидкістю.Четверта аксіома, або закон незалежної дії сил (закон суперпозиціїсил), не є самостійною аксіомою, якщо прийняти, що сили, які діють наматеріальну точку, складаються за правилом паралелограма. Ця аксіомавиходить з аксіоми складання сил. Закон незалежної дії сил стверджує: приодночасній дії на матеріальну точку декількох сил прискорення точкивідносно інерціальної системи відліку від дії кожної окремої сили незалежить від наявності інших прикладених до точки сил, та повнеприскорення дорівнює векторній сумі прискорень від дії окремих сил. Міжсилами немає взаємного впливу одна на одну в створенні прискоренняточки. Якщо до матеріальної точки прикладена система силF ,...,1 , F2Fn,тоді згідно з цією аксіомою прискорення від дії кожної з цих силвизначається за формулою (4.1)m a = F ; ma = F2;...; ma n= F . (4.4)1 1 2nПрискорення при одночасній дії всіх сил є векторною сумоюприскорень, які створенні окремими силами, тобто14

a=k∑n=1a k.(4.5)Додаючи рівняння (4.4) та використовуючи вираз (4.5), отримаємоосновне рівняння динаміки точки:ma=k∑ F kn=1 .(4.6)Основне рівняння динаміки точки залишається справедливим і дляневільної матеріальної точки, на яку накладені в’язі. Треба тільки до числаприкладених сил включити і сили реакції в’язей.Системи одиницьУ загальноприйнятій міжнародній системі одиниць СІ як одиницячасу прийнята секунда (с), довжини – метр (м), маси – кілограм (кг). Дляних існують еталони. Одиниця сили – ньютон (Н) – є похідною відзазначених незалежних одиниць. Сила в 1 Н дорівнює силі, яка надає тілумасою в 1 кг прискорення, яке дорівнює 1 м/с 2 .Існують й інші системи одиниць, як наприклад, абсолютна, або CGS,та технічна. Абсолютна система одиниць відрізняється від системи СІ тим,що в ній використовуються більш дрібні одиниці. За одиницю довжиниприймається 1 см, за одиницю маси – 1г. Тоді сила виражається в дінах:1 діна =1 г ·1 см/с 2 ; 1 Н = 106 дін.Диференціальні рівняння руху матеріальної точкиВикористовуючи основні закони динаміки, можна виразитидиференціальні рівняння руху матеріальної точки в різних системахкоординат. Згідно з аксіомою про в’язі та сили реакцій в’язей можнаотримати диференціальні рівняння руху невільної точки так, як і длявільної, тільки до всіх прикладених до точки сил треба додати сили реакційв’язей.15

Позначаючи рівнодіючу всіх заданих сил та сил реакцій в’язей F , амасу точки m, отримаємоm a = F . (4.7)З кінематиці точки відомо, що прискорення aрадіус-вектор r (рис. 4.3):2d ra =2 .dtвиражається черезДиференціальне рівняння руху матеріальної точки в векторній формімає вигляд2d rm =2dtzFM(x, y, z)a. (4.8)rFx0yРисунок 4.3Якщо спроектувати обидві частини рівняння (4.7) або (4.8) накоординатні осі, тоді можна отримати диференціальні рівняння руху точкив проекціях на ці осі.У декартовій системі координат в загальному випадкуmax= Fx; may= Fy;maz= Fz.16

Проекції прискорення на координатні осі можна виразити через другіпохідні за часом від координат точки, яка рухається:adVdtd xdtdVd ydtdVdtd zdt222xyzx= = ; a; a2 y= =2 z= =2 .dtДиференціальні рівняння руху матеріальної точки в прямокутнійдекартовій системі координат мають вигляд2d x d y d zm =2dtdt dt22= Fx; m = Fy;m F22 z . (4.9)Окремі випадки. Якщо відомо, що матеріальна точка рухається водній й тій ж площині, тоді, приймаючи її за координатну площину Оху,маємо:22d y= Fx; m F2 y . (4.10)d xm =2dtdtТак як z=0, тоді виходить, що F z =0.У випадку руху точки до прямій лінії, за якою спрямовуютькоординатну вісь Ох, отримаємо одне диференціальне рівнянняпрямолінійного руху точки:2d xm =2dtF x . (4.11)Так як при русі y = z = 0, виходить, що y = F z = 0F .Для натуральних рухливих осей координат (рис. 4.4), проектуючиобидві частини виразу (4.7) на ці осі, отримаємо:ma = F ; ma = F ; ma =τ τ n n b b ,F17

деa ,τ , an, abи Fτ, FnFb– відповідно, проекції прискорення тарівнодіючої сили на дотичну, головну нормаль і бінормаль до траекторії врозглядуваному положенні точки, яка рухається.bnРисунок 4.4Враховуючи, що2τ = d s; Va an= ;b = 0,2dt ρaде ρ — радіус кривизни траєкторії, диференціальні рівняння рухуточки в проекціях на натуральні осі матимуть вигляд22⎧ d s⎪m= F ;2 τ⎪dt2⎪ V⎨m= Fn;⎪ ρ⎪0= Fb.⎪⎩(4.12)18

Дві основні задачі динаміки точкиВикористовуючи диференціальні рівняння руху матеріальної точкив тій або іншій системі координат, можна розв’язувати дві основні задачідинаміки точки.Пряма задача Знаючи масу точки та її закон руху, можназнайти діючу на точку силу. Дійсно, якщо, наприклад, подані рівнянняруху точки в декартовій системі координатx = f1(t); y = f2(t);z = f3 ( t),тоді проекції сили на осі координат визначаються з диференціальнихрівнянь руху точки (4.9), тобтоFxFyFzd2x d2f1= m = m ;dt2dt2d2y d2f 2= m = m ;dt2dt22d2z d f 3= m = m .dt2dt2Знаючи проекції сили на координатні осі, можна визначити модульсили та косінуси кутів сили з осями координат.Друга (протилежна) задачаЗа заданою масою точки та діючими на неї силами необхідновизначити рух цієї точки. Розглянемо розв’язання цієї задачі впрямокутній декартовій системі координат.У загальному випадку сила F, а виходить, що і її проекції накоординатні осі, можуть залежати від часу, координат точки, якарухається, та її швидкості.Тоді диференціальні рівняння руху точки (4.9) мають вигляд:19

dmmm2x2dtd2ydt2d2zdt2= F x (t; x; y; z; x; & y; & z); &= F y (t;x;y;z;x;y;z); & & &= F z (t; x; y; z; x; & y; & z). &Для знаходження рівнянь руху точки в декартових координатахнеобхідно інтегрувати систему трьох звичайних диференціальних рівняньдругого порядку. З теорії звичайних диференціальних рівнянь відомо, щорозв’язання одного диференціального рівняння другого порядку міститьдві сталі інтегрування. Для випадку системи трьох звичайнихдиференціальних рівнянь другого порядку маємо шість сталих:C1 C2,C3,C4,C5,, C6Кожна з координат х, у, z точки, яка рухається, після інтегруваннясистеми рівнянь (4.9) залежить від часу t та усіх шести сталихінтегрування, тобто⎧x⎪⎨ y⎪⎩z===fff13( t;C1,C2, C3,C4, C5, C6);( t;C1,C2, C3, C4, C5, C6)( t;C , C , C , C , C , C ).2123456;(4.13)Якщо продиференціювати рівняння (4.13) за часом, тодівизначаються проекції швидкості точки на координатні осі:⎧⎪⎨⎪⎪⎩V x = x&= f ′1V y = y&= f ′2V z = z&= f ′3( t;C 1 ,C 2 ,C 3 ,C 4 ,C 5 ,C 6 );( t;C 1 ,C 2 ,C 3 ,C 4 ,C 5 ,C 6 );( t;C 1 ,C 2 ,C 3 ,C 4 ,C 5 ,C 6 );(4.14)20

Таким чином, задані сили не визначають конкретного рухуматеріальної точки, а визначають класи рухів, які характеризуютьсяшістьма сталими.Для визначення конкретного виду руху матеріальної точки требадодатково задати умови, які дозволяють визначити сталі. В якості такихумов зазвичай задають початкові умови, тобто в який-небудь визначениймомент часу, наприклад при t =0 (рис. 4.5), задають координати точки,яка рухається , 0 0x 0 y , z та проекції її швидкості V0 x, V0 y, V0 z:...x = x y = y , z = z , x = V , y = V , z = V . (4.15)0, 0 0 0x0 y 0zxzt=00V 0M0( x,y,z0 0 0)tMx,y,z ( )yРисунок 4.5VВикористовуючи ці початкові умови та формули (4.13) і (4.14),отримаємо шість рівнянь для визначення шести сталих інтегрування.При русі точки в площині Оху маємо два диференціальнихрівняння руху. До розв’язку цих рівнянь входять чотири сталихінтегрування. Сталі визначаються з початкових умов:t = 0, x = x 0 , y = y 0 , x&= V 0x , y&=V 0y.У випадку прямолінійного руху точки маємо тільки однедиференціальне рівняння, та до його розв’язку входять дві сталі. Для їхвизначення необхідно задати початкові умови:t = 0, x = x 0 , x&= V 0x .21

Основні види прямолінійного руху точкиДиференціальне рівняння прямолінійного руху точки вздовж осі Ох,згідно з виразом (4.11), має виглядd2xm = Fx(t; x;V),(4.16)dt2якщо розглядається випадок залежності сили тільки від часу,координати та швидкості.Початкові умови можна задати у вигляді:t = 0 , x = x0,V x = V0x .Найбільш важливі випадки прямолінійного руху матеріальної точкивиходять тоді, коли сила F стала, або залежить тільки від часу, або відкоординати x, або від швидкості V. Якщо сила стала, маємо випадокрівномірного руху, тобто руху матеріальної точки зі сталим прискоренням.Силу, яка залежить від координати x, можуть створити стиснута аборозтягнута пружина та інші пружні тіла при їх деформації.Сили, які залежать від швидкості руху, це, насамперед, сили опору,коли матеріальна точка рухається в якому-небудь середовищі, наприклад вповітрі, в рідині та т.і.Основні вигляди диференціальних рівнянь механіки і їх розв’язанняДиференціальні рівняння розподіляються на звичайні та рівняння участинних похідних. Звичайні диференціальні рівняння виникають, колипошукова функція має одну змінну. У теоретичній механіці такимифункціями, наприклад, є функції координати матеріальної точки від часу( x=f(t) ) і закону зміни швидкості від часу V=f(t)1 , або відкоординати ( V=f(x)2 ).Диференціальні рівняння у частинних похідних виникають, колипошукова функція має дві або більше змінних.Диференціальним рівнянням у частинних похідних з невідомоюфункцією z( x,y ) є, наприклад, рівняння22

x∂z∂x=y∂z∂y.Легко перевірити, що цьому рівнянню задовольняє функція2 2z=xy .Диференціальні рівняння в часткових похідних зустрічаються прирозв’язанні більш складних задач класичної механіки і виходять за рамкинавіть повного курсу теоретичної механіки.Диференціальні рівняння також поділяються на лінійні й нелінійні.Нелінійні диференціальні рівняння розв’язують за допомогоюрізноманітних числових методів, найбільш відомими із яких є методиЕйлера і Рунге-Кутта. Такі задачі є більш складними і у звичайному курсітеоретичної механіки не розглядаються.Диференціальні рівняння окрім того, що вже про них сказано,відрізняють за залежністю порядка похідної, а також присутністю абовідсутністю правої частини рівняння. Якщо правої частини нема, торівняння називають однорідним, а коли є – неоднорідним.Крім того, диференціальні рівняння, що мають змінні, які можливорозподілити за частинами, називають диференціальними рівняннями зроздільними змінними. Якщо цього зробити неможливо, їх називаютьдиференціальними рівняннями з нероздільними змінними.Класифікація диференціальних рівнянь має велике значення, бовигляду диференціального рівняння відповідає спосіб його розв’язування.Наведемо три характерних випадки розв’язування диференціальнихрівнянь з роздільними змінними у динаміці.Випадок, коли сила залежить лише від часуЗапишемо рівняння у послідовності їх розв’язування:ma=Fx(t);dxa = & =dtdVdt;23

1dV = F(t)dt;xmV1∫ dV = Fx()tdtm∫ .V0 0tЦе перший інтеграл рівняння руху. Його одержали за допомогоюdx& dt=dV dt .Позначаючи праву частину останнього рівняння через f (t), запишемопершої підстановки / /V = V 0+ f (t ).Використовуємо тепер другу підстановку:і знову розділимо змінні:V =dxdtdx = (V + f(t))dt0 .,Інтегруємо цей вираз ще раз, будемо матиx.= x + V t +0 0 ∫ f(t)dtВипадок, коли сила залежить тільки від швидкостіРівняння руху матеріальної точки можна записати у такому виглядіdV 1= FV ( ) x .dt mЦе рівняння зводиться до квадратур розділенням змінних:t024

VdVm = dtF ( V)∫ ∫ .Vx0 0tПозначаючи ліву частину черезf (V ) = mV∫dVF (VV x)0,запишемо отриманий перший інтеграл так:f (V ) = t .Із цього рівняння знайдемо функціюV = V (t),і, підставляючи вираз для V= dx/ dt, запишемоdx =Vt ().dtЗнову розділяючи змінні таматимемо рівняння руху точкиінтегруючи отримане рівняння,x=xt+ ∫V(t)dt0 .0Випадок, коли сила залежить тільки від положення точкиРівняння руху точки має вигляд25

2dxm =Fx() x2 .dtДля розв’язання такого диференціального рівняння використовуютьтретю підстановкутодірезультат:тобтоdVdt=dVdx⋅dxdt= VdVmV = F( x ).dxdVdxТепер розділемо змінні та проінтегруємо при початкових умовах:V∫Vx1VdV = ∫ Fx(x)dx.m0 0Позначимо інтеграл справа через1 2 1 2V V0=f(x)2 2x−,,f(x) і запишемо отриманийV2= ± V 2f(x) .0+Знак перед коренем повинен відповідати фізичному змісту задачі.Щоб одержати рівняння руху з першого інтеграла, потрібно підставити внього V=dx/dt і ще раз розділити змінні та проінтегрувати:26

xdx∫ =t.V +2f xx020( )Звідки знаходимо рівняння руху: x=x(t) .При рішенні диференціальних рівнянь рекомендуємо звертатися допереліку інтегралів від простих функцій. Справедливість написаних в неїрівностей легко перевірити диференціюванням, тобто установити, щопохідна від правої частини дорівнює підінтегральній функції. Під С вформулах переліку мається на увазі довільна стала.12Перелік інтегралів від деяких функцій:a+1a x∫ xdx= +Сa+1( a 1dx∫ =ln x+Сxdx 1∫ = − +Сx xdx∫1+x =arctgx+Сdx 1 x∫ = arctg +Сa +x a adx 1 a+x∫ = ln +Сa -x 2a a−xdx∫1−x=arcsinx+Сdxx=arcsin +Сa −xa3 24 25 2 26 2 27 2∫8 2 2≠− ).27

91011∫∫∫∫∫dxx ±a2 2x xedx=e +Сxxadx= +С2 2=ln x+ x +a +Сalna12 sinxdx= −cosx+С13 cosxdx=sinx+Сdx14 ∫ 2 =tgx+Сcos x15 ∫dx = − ctgx+С2sin x16 tgxdx= −ln cosx +С∫∫17 ctgxdx=ln sinx +СЗапитання для самоперевірки1 Скільки і які аксіоми лежать в основі динаміки?2 Яку систему координат називають інерціальною?3 Як записується диференціальне рівняння руху точки в векторнійформі?4 Як записується диференціальне рівняння руху точки вкоординатній формі?5 У чому суть прямої та оберненої задач динаміки точки?4.1.1.2 Умова задачіВантаж D масою m , одержавши в точці A початкову швидкість,рухається у вертикальній площині спочатку на прямолінійній ділянці28

шляху уздовж трубки, а потім, змінивши напрям швидкості і зберігши їївеличину, переходить на прямолінійну ділянку BC (рис. 4.6, табл. 4.1).На ділянці AB на вантаж окрім сили тяжіння діє постійна сила Q (їїнапрям показаний на рисунках), сила тертя (коефіцієнт тертя вантажу обтрубку f = 0, 2) і сила опору середовища, яка залежить від швидкості Vвантажу і направлена проти напряму руху.У точці B вантаж, не змінюючи величини своєї швидкості ізмінивши її напрям, падає під дією сили тяжіння і змінної сили F ,залежної від часу.Вважаючи вантаж матеріальною точкою і знаючи відстань29AB = lабо час t 1 руху вантажу від положення A до положення B , знайти законруху вантажу на ділянці, тобто ( ),( )y=f t z=f t .1 2Вказівки. Задача Д1 являє собою другу (обернену) задачу динамікиматеріальної точки – за відомою масою точки і діючими на точку силамишляхом інтегрування визначати закон руху точки і її кінематичніхарактеристики.Загальна методика розв’язку другої задачі динаміки1 Зобразити точку на траєкторії її руху в проміжному стані.2 Вибрати систему координат.3 Прикласти до точки діючі активні сили.4 Відкинути в’язі, накладені на точку, і прикласти до неї реакції в’язей.5 Скласти диференціальні рівняння руху точки у вибранихкоординатах.6 Розв’язати (проінтегрувати) отримані диференціальні рівняння.7 Визначити сталі інтегрування за допомогою початкових умов.8 Записати в кінцевому вигляді рівняння руху точки.9 Зробити аналіз отриманих рівнянь і визначити невідомі. (Виконанняцього пункту виникає за додатковими умовами задачі).Розв’язання задачі розбивається на дві частини. Спочатку потрібноскласти диференціальне рівняння руху точки на прямолінійній ділянці,проінтегрувати його методом розділення змінних і з урахуваннямпочаткових умов визначити постійну інтегрування. При інтегруваннірівняння руху на цій ділянці прискорення точки уздовж трубки доцільно

подати у виглядіV& x=швидкості, або у виглядіxdVxdx, якщо сила опору пропорційна квадратуdVdtx& x= .Це дозволить, застосувавши метод заміни змінної, привести лівучастину рівняння до табличного інтеграла виглядуdu∫ =lnu+C1 .uПотім, підставивши в одержаний закон зміни швидкості заданий часруху вантажу на ділянці AB або довжину цієї ділянки, треба визначитишвидкість вантажу в точці B .Після цього потрібно скласти і двічі проінтегрувати диференціальнірівняння криволінійного руху вантажу на ділянці BC , починаючи відлікчасу від моменту t = 0 , коли вантаж знаходиться в точці B і приймаючиза початкову швидкість ( V B її напрям показаний на рисунку 4.6).Одержані рівняння руху точки на цій ділянці дозволяють за відомоювисотою H падіння визначити час руху на цій ділянці, дальність польотувантажу.Таблиця 4.1Номерумовиm,кгV O ,м/сQ,НR,Нl,мt 1 ,cF 1 ,Нα,град.0 2 20 2 0,4V 1,5 4sin(2t) 0 01 14 12 16 0,7V 2 5 8t 30 02 1,8 15 26 0,3V 2 2,7 3,6t 2 45 03 1,8 12 6 0,6V 2 12cos(2t) 90 04 1,6 25 5 0,25V 2 5 10(1-t 2 ) 30 05 0,8 24 12 0,4V 1,6 12t 3 60 06 2,4 16 20 0,4V 2 10 4sint 0 07 0,5 18 9 0,3V 1,5 9t 2 30 08 2,5 20 10 0,5V 2,5 15cos(3t) 90 09 1,5 18 18 0,5V 2 1,5 18t 45 030

0 1yB VQB xDAα30 0 HCFAQDByV B30 0HxFαC2 y3V BFαA60 0 30 0 V BQDyADQBHxCBFαxCDH4 5yFV B αA6030 0 B0xADHQCQyBV B45 0FαCHx60 0 30 0 30 06 7A Q yDADQyV B60 0 x 30 0 300BB FV B α HCαFxCРисунок 4.631

8 9yyA60 0DQBFα30 0V BCHxADQBV B45 0αFCHxРисунок 4.6, аркуш 24.1.1.3 Приклад розв’язання задачі Д1Вантаж D масою m рухається шорсткою похилою поверхнею AB(рис. 4.7) під дією сили тяжіння і сили опору R . Відстань від точки A, деV A = V 0 до точки B дорівнює, l коефіцієнт тертя ковзання вантажу пошорсткій поверхні f . Досягнувши положення B , вантаж D починаєпадіння у вертикальній площині під дією сили тяжіння і змінної сили,направленої під кутом α до горизонталі, і в точці C досягає нерухомоїповерхні, опустившися на висоту h .zx 1y 1RND45°AF mpPB45°45°hlPFαCxРисунок 4.732

l 2, 5мДано:m = 2кг;= ; F x = 16sin( 4t); α = 0 ; h 5мВизначити: = f ( t)та f ( t)x 12R = µV , де µ = 0,4кг / м; V 10м/ с= .BC , швидкість V C вантажу в точці C .0 = ;z = 2 – закон руху вантажу на ділянціРоз’вязанняРозглянемо рух вантажу D на ділянці AB відносно нерухомоїx 1 Ayсистеми координат 1, вважаючи вантаж матеріальною точкою.Зображаємо вантаж (у довільному положенні) і діючі на нього сили: вагуP ( P = mg), нормальну реакцію ( N = mg cos45°)F( F = fN = fmg cos45°)N , силу тертяmp mpі силу опору R , направивши їїпротилежно напряму руху вантажу. Складемо диференціальне рівнянняруху вантажуабоmxm & x∑ F1 = kx1& 1 = −Psin45° − Fmp − R. (1)Враховуючи, що в даному прикладі сила опору R пропорційнаквадрату швидкості і щоx 1 у виглядіV x = V, подамо прискорення вантажу уздовж осіV ⋅ dV& x1 = ,dx1і після підстановки значень сил одержимо:абоV ⋅ dVm = −mgsin 45° − mgf cos 45° − µ Vdx1V ⋅ dVdx1µ ⎡= − ⎢Vm ⎣2mg+µ2,⎤( sin 45° + f cos 45°) ⎥⎦. (2)33

Для скорочення записів введемо позначенняµk = = = 0,2мm 20,4−1;mg2 ⋅ 9,8мn = ( sin 45° + f cos 45°) = ( 0,707 + 0,2 ⋅ 0,707) = 27,7 .µ 0,42с2Тоді рівняння (2) можна подати у вигляді⋅ 2V dVdx1= −k( V + n). (3)Розділимо змінні у рівнянні (3)V ⋅ dV= −kdx21( V + n) . (4)При інтегруванні лівої частини рівняння (4) застосуємо метод замінизмінної, ввівши нову зміннуТоді подаючи (4) у виглядіu = V2 + n і визначивши, що du 2VdV= .2V⋅ dV= −2kdx21( V + n) (5)і використовуючи табличний інтегралодержимо:duu= ln u + C 1∫ ,2+ n = −2kdx1C1. (6)lnV +34

За початковими умовами при t = 0, 0сталу інтегрування2( V n)C 1 = ln 0 + ,x 1 = , V0V = визначаємоіз рівняння (6) одержимо:абоЗвідсиln22( V + n) = −2kdx+ ln( V + n)ln ,ln22( V n) − ln( V0+ n) = −2kdx11+ .2( V + n)= −2kdx21( V + n) 002V + n −2kxі = e .2V0+ nзакономТаким чином, швидкість вантажу на ділянці AB змінюється згідно зV =2 −2( V + n) ekx 1 − n0 . (7)Вважаючи в рівності (7)значеннями, визначимо швидкість вантажуx1 = l = 2, 5мі замінюючи k і n їхV ( V = 10м/ с;e 2,718)B0 =2−2⋅0,2⋅2,5127,7( 10 + 27,7) e − 27,7 = − 27,7 4,4( м/с)V B ==2,718(8)Розглянемо тепер рух вантажу на ділянці BC , щодо системикоординат xBy (див. рис. 4.7). Знайдена швидкістьцій ділянці початковою швидкістю ( V VB м / с)350 = 4,4V B буде при русі на= . Зауважимо, щопри цьому вводиться і новий відлік часу. Під час руху вантажу уздовжтраєкторії BC на нього діє сила тяжіння P і змінна сила F , яка в даномуприкладі направлена горизонтально ( α = 0).

Враховуючи, що проекції сил на осі координат в цьому випадкувідповідно дорівнюють F x 16sin( 4t)= ; F = 0; P = 0 ; P y = mg ,складаємо диференціальні рівняння руху вантажу на ділянці BC :( t)m& x= 16sin 4 ; my&= −mgyx& . (9)Розділивши обидві частини рівності на m і виразивши прискоренняуздовж осей координат як похідні за часом від поточної швидкості, післяпідстановки чисельних значень одержимо:dV x= 8sin( 4t); = −9, 8dtdtdV y. (10)знайдемо:Перемножуючи обидві частини рівняння (10) на dt та інтегруючи їх,( 4t) 2V x −2 cos + C= ; V y = −9,8t+ C3. (11)Сталі інтегрування визначимо із підстановки в (11) початкових умов:t = 0; V V cos 45°= 4,4 ⋅ 0,707 = 3,1 м сx = B/ ;ТодіV= V sin 45°= 4,4 ⋅ 0,707 = 3,1 м с .y B/( 0) = 3,1 + 2 5, 1C ;2 = V B cos 45° + 2cos =sin 45°3,1C 3 = V B = .Зі знайденими значеннями C 2 і C 3 рівняння (11) одержимо:( 4 ) 5, 1V x = −2 cos t + ; = −10 t + 3, 1V y (12)36

Виражаючи тутdxV x = іdtV y =dydtзінтегруємо ці рівняння, внаслідок чого отримаємо:, розділимо змінні та знову( 4t) 42= ; y = 3,1t − 5t+ C5. (13)x 5,1t− 0,5sin + CОскільки при t = 0 x = 0 і y = 0, то C 0 і 04 =C 5 = .Розв’язок: остаточно шуканий закон руху вантажу буде( t)x 5,1t− 0,5sin 4= ;y2= 3,1t − 5t, (14)деx, y виражається в метрах, t – у секундах.Примітка.Одержані рівняння руху вантажу дозволяють визначити час τ рухувантажу на ділянці BC , дальність l польоту вантажу, його швидкість умомент падіння.У момент падіння вантажуt = τ , x = l і y = h . Визначимо час рухувантажу на ділянці BC , підставивши у друге рівняння системи (14)значення t = τ і y = −h= −5м.22τ .− 5 = 3,1 τ − 5τабо − 0,62τ−1= 02Звідси = 0,31±0,31 + 1 = 0,31±1, 05τ або = 1,36cДальність польотуτ .( 4t) = 5,1 ⋅1,36− 0,5sin( 4 ⋅1,36) 6,98м1 = xt = τ= 5,1 τ − 0,5 ⋅ sin=.Визначимо швидкість вантажу у момент падіння, підставившизначення t = τ в (14):37

VCx= −2 cos( 4τ) + 5,1 = −2 cos( 4 ⋅1,36)+ 5,1 = 3,1м / с;VCy= −10τ+ 3,1 = −10⋅1,36+ 3,1 = −10,5м / с;VC=V2Cx+ V2Cy=3,12+ 10,52= 10,95м / с.Приклад 2 розв’язання задачі Д1Кулька M масою m починає рухатись із точки A вертикально внизіз початковою швидкістю V 0 (рис.4.8), долаючи опір R середовища і черезпроміжок t 1 часу співударяється в точці B з похилою поверхнею,нахиленою під кутом α до горизонту. У результаті косого пружного ударупо поверхні кулька відскакує від поверхні з тією ж швидкістю так, що кутвідскоку кульки дорівнює куту β = 90 ° − α її падіння. Після цього кулькарухається у вертикальній площині Bxz під дією сили ваги та змінної силиF =F ( t), направленої під кутом γ до горизонтальної осі Bx і в точці Cдосягає нерухомої поверхні.Дано:2m = 0, 4кг; R = µ V , де µ = 0, 2 ; V 0 = 2м/ с ; t 0, 5cF = 6 2t; α = 30°; = 45°BC .γ .Визначити: = f ( t)та f ( t)x 1A1 = ;z = 2 – закон руху вантажу на ділянціβV 0BV BαМFγCРисунок 4.838

Роз’вязанняРозглянемо рух кульки на ділянці AB , вважаючи її матеріальноюточкою M . Проведемо вертикально вниз вісь Ay , розмістимо матеріальнуточку M на осі в довільному положенні та прикладемо до неї сили вагиG = mg та опору R −µV= (рис. 4.9).ARМVGyyBРисунок 4.9Складемо диференціальне рівняння руху точки M на ділянці AB :m & y∑ F або my&= G − R= ky& . (1)Враховуючи, що сила опору R пропорціональна першій степенішвидкості точки ( R = µ Vy = µ V ), виразимо прискорення точки& y=dVdty =dVdt. Тоді диференціальне рівняння набуде виглядуdVdV ⎛ ⎞m = mg − µ V або = −µ ⎜V−mg ⎟dtdt m ⎝ µ ⎠. (2)µ0,20,4Позначимо k = = = 0, 5(с -1 ); n = = 19, 6(м/с),m39= µmg0,4 ⋅9,80,2де при розрахунках прийнято g = 9, 8м/с 2 . Тоді рівняння (2) можназаписати у вигляді

dVdt−k( V − n)= . (3)Розділяючи змінніdVV( − n)= −kdt(4)й інтегруючи ліву і праву частини рівняння (4) одержимо:lnV n = −kt+ C 1− . (5)Підставивши в (5) початкові умови t = 0; = 0величину постійної інтегрування:Тоді маємоC1 = ln V0− n .x ; V0V = знаходимоV − nln V − n = −kt+ lnV0− n , або ln = −ktіV − nV − n −2kt= e .0 − nV0У результаті знаходимоV=−2( V − n) ekt + n0 . (6)Підставляючи в (6) значення t = t 1 = 0, 5с визначимо швидкістькульки в положенні B .VB=−2kt( ) 1−0,5⋅0,5V − n e + n = ( 2 −19,6) e + 19,6 5, 90 =(м/с).Тепер розглянемо рух кульки на ділянці BC (рис. 4.10). Проведемочерез точку B осі координат: горизонтальну Bx і вертикальну Bz . У40

початковий момент часу t 0 = 0, коли кулька відскочила від похилоїповерхні, швидкість кульки V0 = V B = 5, 9м/с направлена під кутомβ = 90° − α = 60°відскоку до похилої поверхні, тобто вектор V Bнахилений під кутом β −α= 30°до осі Bx . Помістимо кульку M вдовільному положенні в площині Bxz і покажемо діючі на неї сили:вертикальну силу вагиγ до горизонталі (див. рис. 4.10).G = mg та змінну силу F , направлену під кутомα=30°βBV BxМFγGCzРисунок 4.10Складемо диференціальне рівняння руху кульки:m & x= F cosγ ; m& z= G − F sin γ ,або підставивши значення сил:22& . (7)m & x= 6 2tcosγ ; mz&= mg − 6 2tsinγРозділивши обидві частини рівнянь на m і виразивши прискореннявздовж осей координат як похідні за часом від швидкості, післяпідстановки числових значень одержимо:41

dV x = 2;dt15tdV zdt2= 9,8−15t. (8)Перемножуючи обидві частини рівнянь (8) на dt та інтегруючи,знайдемо:33= 5tC2; V z = 9,8t− 5t+ C3.V x +Постійні інтегрування визначимо в результаті підстановки в (8)початкових умов:t = 0; V V cos 30°= 5,9 ⋅ 0,866 = 5, 1м/с; V = sin 30° =Bx= B= 5 ,9 ⋅ 0,5 = 2,95(м/с).Bz V BТоді 2 = V Bx = 5, 1C = Bz .C ; 3 V = 2, 95Зі знайденими значеннями C 2 та C 3 рівняння (8) будуть такими:3 +V 5 3 x = t + 5,1 ; V z = 9,8t− 5t2, 95. (9)Виражаючи тутdxV x = іdtпроінтегруємо, внаслідок чого знайдемо:dzV z = розподілимо змінні і зновуdt42 4= 1,25t+ 5,1 t C4; z = 4,9t−1,25t+ 2,95t+ C5.x +Оскільки при t = 0 маємо x = 0 і z = 0 , то C 0 і 0Розвязок.Отже шуканий закон руху кульки буде4 =C 5 = .42 4= 1,25t+ 5,1 t C4; z = 4,9t−1,25t+ 2,95t+ C5,x +де x , z виражається у метрах, t – у секундах.42

4.1.2 Задача Д2. Динаміка відносного руху матеріальної точки4.1.2.1 Скороченні відомості з теорії до задачіРух матеріальної точки, що відбувається під дією заданих сил, необмежений ніякими попередніми умовами називають вільним.Основне рівняння динаміки, що виражає другий закон Ньютона, дляруху вільної матеріальної точки має виглядде m – маса точки;a – прискорення точки;F – рівнодійна прикладених до точки сил.m a = F , (4.17)Виникає потреба знайти закон руху матеріальної точки відноснонеінерціальної системи координат.На підставі теореми Коріолісаa a a + aa= r + e k , (4.18)деa r – відносне прискорення точки;a e – переносне прискорення точки;a k – прискорення Коріоліса.Підставляючи (4.17) в (4.18), дістанемо:mar( − ma ) + ( − ma)= F + e k . (4.19)Запровадимо позначення:ВекторФk= −ma, Ф = −ma. (4.20)k43eФ e називається силою інерції переносного руху; векторсилою інерції Коріоліса, або поворотною силою інерції (ці силизапропоновані Коріолісом у 1831 році).eФ k

На підставі (4.20) рівність (4.19) набуває виглядуm a +r= F + ФeФk. (4.21)Рівність (4.20) визначає другий закон Ньютона для відносного рухуматеріальної точки або динамічну теорему Коріоліса, яку можнасформулювати так: добуток маси точки на прискорення їх відносного рухудорівнює векторній сумі сил, прикладених до неї, сили інерції переносногоруху й сили інерції Коріоліса. Це основне рівняння відносного рухуматеріальної точки у векторній формі.Оскільки рух неінерціальної системи відліку вважається відомим, топереносне прискорення точки завжди можна визначити. ПрискоренняКоріоліса розраховують за відомою з кінематики формулоюa = ω ×k2 e vr, (4.22)деω e – миттєва швидкість неінерціальної системи відліку;v r – відносна швидкість матеріальної точки.Проецюючи рівняння відносного руху на осі рухомої(неінерціальної) системи координат xyz , і, беручи до уваги, щоa222d x d y d zrx = , a , a2 ry =2 rz = ,2dtdtdtдістанемо диференціальне рівняння відносного руху матеріальноїточки в координатній формі:2d xm = F2 x + Фex+ Фdt2kxd ym = F,2 y + Фey+ Фky(4.23)dt,44

2d zm = F2 z + Фez+ Фdtkz.Аналізуючи диференціальні рівняння відносного руху матеріальноїточки у векторній і координатних формах, доходимо до висновку:диференціальні рівняння динаміки відносного руху складаються так само,як і в інерціальних системах, тільки до безпосередньо прикладених доточки сил приєднуються ще сили інерції – переносна і Коріоліса.Отже, всі наслідки, отримані з основних законів механіки,справедливі й для відносного руху, якщо окрім реальних сил, які діють нацю точку, враховувати ще сили інерції. Введення сил інерції приводить дозручного формулювання основних законів механіки у відносному русі інадає їм наочного характеру, завдяки чому ці закони мають широкевикористання .Розклавши переносну силу інерції точкидістанемоФ −mn τ n τe = −mae− mae= ФeФe.Ф +При обертальному русі твердого тілаe = aeна складові,Фne2= mωr,Фeτ =mεr.Коли відбувається поступальний рух твердого тіла,2n V τ dVФe = m , Фe= m =ρdtmddt22y.У випадку прямолінійного поступального руху:nФ e .ρ = ∞ і = 045

Запитання для самоперевірки1 У чому полягає різниця між диференціальними рівняннямивідносного і абсолютного рухів матеріальної точки?2 Як визначаються за модулем і напрямком переносна і коріолісовасили інерції?3 У чому полягає сутність принципу відносності класичної механіки?4 Як визначається і записується умова відносного спокоюматеріальної точки?4.1.2.2 Умова задачіКулька M , розглядувана як матеріальна точка, будучиприкріпленою до кінця пружини, рухаєтьсяпрямолінійним каналомрухомого тіла A (рис. 4.11). Тіло A рівномірно обертається з кутовоюшвидкістю ω (рис. 4.6, вар. 0-6) навколо нерухомої осі z 1 або рухаєтьсяпоступально (рис. 4.11, вар. 7-9) у вертикальній площині O 1y1z1зазакономy21 += at + bsinπtd cosπt, де a , b , d – постійні коефіцієнти.Знайти рівняння f ( t)x = відносного руху кульки, координату x татиск кульки на стінки каналу в заданий момент часу t = t 1, прийнявши започаток осі точку O . Масою пружини знехтувати.Необхідні розрахункові дані взяти з таблиць 4.2 та 4.3.У завданні прийняти такі позначення:m – маса кульки M ; ω – кутова швидкість тіла A; c – коефіцієнтпружності пружини; l 0 – довжина недеформованої пружини; x 0 –початкова координата кульки; x& 0 – початкова відносна швидкість кульки.46

НомерумовиТаблиця 4.2m,кгw, с -1 c ,Н/мl O ,мПочатковіумовиx 0 , м x& 0 , м/сr, h,0 0,2 5π 200 0,4 0 0,4 0,8 0,11 0,4 3π 400 0,2 0,3 0,8 0,7 0,22 0,3 6π 1000 0,1 0,6 0,6 0,5 0,153 0,9 2π 250 0,6 0,4 0,1 0,6 0,24 0,6 4π 300 0,7 0,5 0,9 1,0 0,35 0,1 π 150 0,3 0,7 0,2 0,5 0,16 0,5 2π 500 0,35 0,8 0,3 1,1 0,157 0,3 8π 450 0,8 0,2 1,2 0,9 0,48 0,8 4π 600 0,45 0,45 0,7 1,2 0,29 0,4 3π 350 0,1 0,5 1,5 0,7 0,3мt 1 ,с.НомерумовиТаблиця 4.3m,кгa ,м/с 2 b ,мd ,мc ,Н/мl 0,мПочатковіумовиx 0 , м x& 0 , м/с0 1 0 0,1 0 150 0,4 0,5 1,5 0,21 0,8 -1,5g 0 0 120 0,8 0,6 0,8 0,12 0,5 0 0,8 0 100 0,6 0,8 0,2 0,153 1 0 0 0,5 160 0,7 0,6 0,3 0,34 0,5 -g 0 0 80 0,5 0,4 0,6 0,25 2 0 0 0,1 60 0,45 0,3 1,0 0,156 0,4 g 0 0 180 0,4 0,25 0,5 0,257 0,6 0 0,1 0 50 0,6 0,5 1,2 0,18 0,4 0 0 0,2 200 0,3 0,4 1,4 0,29 0,8 1,5g 0 0 90 0,5 0,7 2,0 0,3t1 ,с.47

z 10 1z 1AωhOxMAOωM30°xz 12 3z 1OωMAxxhOMhωA4 5Az 1ω Or60°MxO0,5 rz 1ωMAx6 7ωrz 145°AxOz 1MO 1M30°xAРисунок 4.1148

8 9z 1OMxz 1Mу 1у 1у 145°xРисунок 4.11, аркуш 24.1.2.3 Приклад 1 розв’язання задачі Д2Тіло A обертається зі сталою кутовою швидкістю навколо нерухомоїосі z 1 (рис. 4.12). Прикріплена до пружини з коефіцієнтом пружності c тадовжини l 0, матеріальна точка M (кулька) масою m , маючи початковіумови при 0 = 0t , коли x0циліндричного каналу тіла A.x = і V V 0 = x&0= , рухається вздовжДано: m = 0, 01 кг, x 0 = 0, 3 м, V 0 = 2 м/c, τ = 0, 2 c, ω = π с -1 ,β = 30° , c = 1 Н/м, l 0 = 0, 2 м, r = 0, 2 м.Визначити: x( t)x = – закон відносного руху матеріальної точкиM , координату x і силу нормального тиску N для часуt = τ с.Роз’вязанняЗв’яжемо рухому систему координат Oxyz з тілом A, сумістившивісь x з траєкторією відносного руху точки M .Обертання цієї рухомої системи координат є переносним рухом дляточки M . Відносним буде рух кульки M вздовж каналу тіла A, який увипадку обертального переносного руху описується динамічним рівняннямm a = ∑ F + Ф + Ф .rkek49

Рисунок 4.12До кульки M прикладені сили: вага G , сила пружності P танормальна реакція N стінки каналу; цю реакцію розкладемо на двівзаємно перпендикулярні складові N 1 і N 2 .Приєднаємо до діючих на кульку сил переносну відцентровану силуnФ e і коріолісову силу інерціїna e іa k . Напрям прискоренняФ k , направлені протилежно прискореннямa k знайдемо за відомим правиломЖуковського, припустивши, що проекція відносної швидкостіV r на вісьx додатна. В розглядуваному прикладі коріолісова сила інерціїпаралельна до осі Oy і направлена протилежно додатному напряму цієї осі(див. рис. 4.12).Модулі сил інерції знайдемо за формулами:Ф kФФnek= ma= manek= mω2= 2mωV( r + x sin β )rsin β,,деV rx&= .50

Основне рівняння відносного руху матеріальної точки має виглядrn= G + P + N1 + N 2 + ФeФk. (1)m a+Складемо диференціальне рівняння руху матеріальної точки впроекціях на рухому вісь x :2PX = −c( x − l 0),( r + xsinβ ) sin β − mg cos − c( x − l )mx&= mωβ& .0Останнє рівняння запишемо у вигляді⎛ c⎝ m⎞⎠2 22& x + ⎜ − ω sin β ⎟x= ω r sin β − g cos β + l0. (2)cmЗагальний інтеграл отриманого диференціального неоднорідногорівняння другого порядку має вигляд x = x 1 + x2,де x 1 – загальне розв’язання однорідного рівняння;x 2 – часткове розв’язання неоднорідного рівняння.Характерне рівняння диференціального однорідного рівняннядругого порядку має вигляд2 cλ + − ω2 sin 2 β = 0m,а його корені⎛ 2 csin 2 ⎞λ 1 = ⎜ωβ − ⎟ = 9,876i, 2 = −9,876i⎝m ⎠λ .З теорії диференціальних рівнянь загальне розв’язання однорідногорівняння –x1 C1 cos 9,876t+ C2sin9, 876t= .51

x =Часткове розв’язання неоднорідного рівняння шукаємо у виглядіB2 . З диференціального рівняння (2):⎛ 2c ⎞ ⎛ c 2 2 ⎞x2 = B = ⎜ωr sin β − g cos β + l0⎟ ⎜ − ω sin β ⎟ = 0, 128м⎝m ⎠ ⎝ m⎠і розв’язання диференціального рівняння (2) відносного руху матеріальноїточки має виглядx C1 cos9,876t+ C2sin 9,876t+ 0, 128м= . (3)Відносна швидкість матеріальної точки& 9 1 + 2. (4)x = − ,876Csin 9,876t9,876Ccos9,876tм/ cСталі C 1 і C 2 визначаємо за допомогою початкових умов для часуt = 0, x 0 = 0, 3 м, 0 = 2V м/c.Складемо рівняння (3) і (4) для часу, коли t = 0:0,3= C 1 + 0,128 ,2 C= 9,876 2 ,звідкиC = 0,3 − 0,128 0,172; = 2 9,876 0, 2021 =C 2 = .Рівняння відносного руху матеріальної точки набуває виглядуx = 0 ,172 cos 9,876t+ 0,20sin 9,876t+ 0, 128 м.52

Швидкість відносного руху матеріальної точки& 1 2.x = − ,69sin 9,876t+ 1,99Ccos9,876tм / cДля визначення складових реакцій трубки N 1 і N 2 для часу, колиt = τ = 0, 2 c складемо векторне рівняння (див.рис.4.12) в проекціях наосі y і z . Враховуючи, що вектор arперпендикулярний цим осям,одержимо:0 = N 2 − Ф k ,0 1nФ e= N − G cos 60° − cos 30°.З цих рівнянь одержимо:N = Ф = 2mω V sin 30°,2 krNn21 x( r + sin 30°) cos °= G cos 60° + Фe cos 30°= mg cos 60° + mω 30 .Для визначення числових значень N 1 і N 2 необхідно одержатикоординату x і проекцію відносної швидкості матеріальної точки x& длячасу t = 0, 2 c .x = 0,172cos9,876⋅0,2 + 0,20sin 9,876⋅0,2 + 0,128 == 0,172cos113° + 0,202sin113° + 0,128 == −0,172⋅0,391+0,202⋅0,92 + 0,128 = 0,246 м;x&= −1,69sin113° + 1,99C2= 1,55 − 0,78 = −2,33м / c.cos113°= −1,69⋅0,92 −1,99⋅0,391 =Складові сили нормального тиску набувають вигляду:53

( 0,2 + 0,246⋅0,5) 0,866 0, H21 =N = 0,01⋅9,81⋅0,5 + 0,01π 077 ,N = 2 ⋅ 0,01π ⋅ 2,33⋅0,5 0, 080 H .2 =Рівнодійна нормального тиску2 2= 1 2 = .N N + N 0, 111 HРозв’язок: рівняння відносного руху матеріальної точки має вигляд:x = 0 ,172 cos 9,876t+ 0,20 sin 9,876t+ 0, 128 м .Координата x і сила нормального тиску N для часудорівнюють:x = 0, 246 м , N = 0, 111 H .t= τcПриклад 2 розв’язання задачі Д2кривошипиКулька M підпружинена в прямолінійному каналі спарника A,O 1 B і O 2 D якого обертаються з постійною кутовоюшвидкістю ω у вертикальній площині (рис. 4.13).Дано: m = 0, 2 кг, ω = 10πс -1 , z 0 = 0, 5 м, x& 0 = 0 , = 20l 0 = 0,15 м, = 0, 1r м.Визначити: рівняння z( t)c Н/м,z = відносного руху кульки M , а такожкоординату z і тиск кульки на стінки каналу в заданий момент часуt = τ = 0, 1 c .O 1zrBO 2AOФ еNP ϕa MеGrω D ϕzРисунок 4.1354

Роз’вязанняПереносним рухом точки M буде поступальний рух тіла A, томудинамічне рівняння відносного руху кульки M буде такимm a = ∑ F + Ф .rkНа кульку M діють активні сили ваги G та пружності P і реакціяN стінки каналу. Додамо до цих сил переносну силу інерціїeФe = −ma e .Оскільки тіло A рухається поступально, то переносне прискоренняточки M буде таким, як прискорення будь-якої точки тіла A, тобтокривошипаa2= a = ω r .e BНаправлене це прискорення, як і нормальне прискорення точки BO 1 B під кутом ϕ = ωtдо горизонталі, тобто паралельнокривошипам. Отже переносна сила інерціїФ e2= mωr і направленапаралельно кривошипам протилежно прискоренню a e (див. рис. 4.13).Складемо диференціальне рівняння відносного руху точки Mвздовж осі Oz :m&z= G − P −Ф esinϕ, або( z −2l ) mωr sinωtm & z= mg − c.0 −Це рівняння подамо у виглядіабо& c cz &+2z g l0 ω r sinωtm= + m−,2& z+ k z = B − Dsinωt,cm20 −0,21де k = = = 10 c ,55

cm20= 9,8 + ⋅ 0,150,211,3B = g + l0 = ;22( 10π) ⋅ 0,1 10π2D = ω r = = .має виглядПовне розв’язання цього неоднорідного диференціального рівнянняz = z 1 + z 2 ,де z 1 – загальне розв’язання відповідного однорідного рівняння;z 2 – часткове розв’язання неоднорідного рівняння.2 2Оскільки корені характеристичного рівняння λ + k = 0 будутьуявними, то загальне розв’язання однорідного рівняння буде= .z1 C1cos kt + C2sin ktЧасткове розв’язання неоднорідного рівняння будемо шукати увигляді правої частини:z= A E sinωt, де постійні коефіцієнти A і E знаходимо2 −шляхом підстановки значення z 2 ірівнянняТоді маємо22z & Eω sinωtу неоднорідне2 =& z+ k z = B − Dsinωt.Eω22( A − E sinωt) = B − Dsinωtsinωt+ k,2 2 2+ .або Ak E( ω − k ) sinωt= B − DsinωtЗвідси одержимо:B 11,3A = = = 0,113;k2 10056

D 10πE = = −= 0,111.2 22ω − k 100π−1002Отже повне розв’язання диференціального рівняння відносного рухукульки будеB Dz = C1cos kt + C2sin kt + − sinωt.2 2 2k ω − kВідносна швидкість кулькиDωz = −C1ksin kt + C2kcos kt − cos ωt2 2ω − k& .Сталі інтегрування C 1 і C 2 знайдемо, підставляючи у виразивідносної координати та відносної швидкості початкові умови: t = 0,z = z 0 ; z & = z&0. ТодіB 11,3C 1 = z0− = 0,5 − = 0,387 м.2k 100Dω10π⋅10πC 2 = z& 0 + = 0 −= −3,494.2 22ω − k 100π−1002РозвязокРівняння відносного руху точки M буде такимz = 0 ,387cos10t− 3,494sin10t− 0,111sin10π t + 0,113.Відносна координата точки M приt1 = τ = 0, 1 c .z 1 = 0,387cos1−3,494sin1−0,111sinπ+ 0, 113 == 0 ,387 ⋅ 0,5403−3,494⋅0,8415 − 0,111⋅0 + 0,113 = 2,618 м.Для визначення реакції N стінки каналу в момент часуt1 = τ = 0, 1 c спроецюємо векторне динамічне рівняння відносного руху57

кульки на вісь Oy (див. рис. 4.13). Враховуючи, що векторперпендикулярний до цієї осі, одержимо:a rЗвідсиNФ e cos ϕ − N = 0 ,2або mω r cosωt− N = 0.2= mωr cosωt, і при t1 = τ = 0, 1 c маємоN222( 10π⋅ 0,1) = 2πcosπ= −2= −19,74= 0,2 ⋅100π⋅ 0,1cosπ(Н).4.1.3 Задача Д3. Дослідження поступального і обертального рухівтвердого тіла4.1.3.1 Скорочені відомості з теорії до задачіГеометрія мас. Центр масРозглядаючи рух твердих тіл та інших механічних систем великезначення має точка, яка називається центром мас. Якщо механічнасистема складається з кінцевого числа матеріальних точок N з масами m 1,m 2 ,…,m N , радіус-вектори яких проведені з однієї й тієї ж точки O – r 1 ,r 2 ,…, r N (рис. 4.14), то центром мас називається геометрична точка C ,радіус-вектор котрої r C визначається виразомrC= N∑ mk=1krk/ M , (4.24)деM= ∑Nm kk=1— маса системи.58

zm1m2m Cr1r 2rCrmm N0yxРисунок 4.14Координати центра мас:xC=N∑k=1mkxkN∑/ M ; y = m y / M ; z = m z / M . (4.25)Ck=1kkCN∑k=1kkЦентр мас є не матеріальною точкою, а геометричною. Він може неспівпадати ні з однією матеріальною точкою системи, як наприклад, увипадку кільця. Центр мас системи характеризує розподілення мас всистемі.Якщо механічна система зображується суцільним тілом, тоді йогорозбивають на елементарні частки з нескінченно малими масами dm тазмінюваним від часток до часток радіус-векторм r .Межа суми переходить в інтеграл. Формули (4.24) та (4.25)набувають форми:xr C = ∫ rdm / M ,C / / ,= ∫ xdm M ; yC= ∫ ydm/M ; zC= ∫ zdm MдеM = ∫ dm — маса тіла.59

Для однорідних суцільних тіл dm = ρdV; M = ρV, де ρ —щільність тіла, загальна для всіх елементарних часток; dV — об'ємелементарної частки; V — об'єм тіла.Для тіл типу тонкого листа, які можна прийняти за однорідніматеріальні площини,dm = ρ S dS; M = ρSS , де Sρ — поверхневащільність; dS — площа поверхні елементарної частки; S — площаповерхні.Для тонкого дроту, який можна прийняти за відрізок лінії,dm = ρ ldl; M = ρll, де ρ l — лінійна щільність, dl — довжинаелемента лінії та l — довжина відрізка лінії.У цих випадках визначення центра мас тіл зводиться до обчисленняцентра мас об'ємів, площин та довжин ліній відповідно.Моменти інерціїДля характеристики розподілення мас в тілах при розгляданніобертальних рухів запроваджується поняття моментів інерції.Моменти інерції відносно точки та осіМоментом інерції механічної системи, який складається з Nматеріальних точок, відносно точки O називається сума добутків мас цихточок на квадрат їх відстаней до точки O (рис. 4.15), тобтоJO= N∑ mk=1kd2k . (4.26)l0r kdm kρlMРисунок 4.1560

Момент інерції відносно точки часто називають полярним моментомінерції. У випадку суцільного тіла межа сум переходить в інтеграл і дляполярного моменту інерції маємо:J O2= d dm ,∫де dm — маса елементарної частки тіла, яку приймають в межі заточку;d — її відстань до точки O .Моментом інерціїJ l системи матеріальних точок відносно осі Olназивається сума добутків мас цих точок на квадрати їх відстаней r k до осіOl (див. рис. 4.15), тобтоJl= N∑ mk=1kr2k . (4.27)В окремому випадку суцільного тіла суму треба замінити інтегралом:J l2= r dm . (4.28)∫Моменти інерції однакових за формою однорідних тіл, виготовленихз різних матеріалів, відрізняються один від одного. Характеристикою, якане залежить від маси матеріалу, є радіус інерції.Радіус інерціїρ l відносно осі Ol визначається за формулоюρ = M , (4.29)l J l /де M — маса тіла.Момент інерції відносно осі, який визначається через радіус інерціївідносно цієї осі, є виразомJ2l = Mρl. (4.30)61

У довідниках для моментів інерції наводяться таблиці значеньрадіусів інерції різних тіл.Формула (4.30) дозволяє рахувати радіус інерції тіла відносно осівідстанню від цієї осі до такої точки, в яку треба помістити масу тіла, щобїї момент інерції дорівнював моменту інерції тіла відносно осі, якурозглядаємо.Моменти інерції відносно осі та точки мають однакову розмірність –добуток маси на довжину у другій степені (кг⋅м 2 ).Крім моментів інерції відносно точки та осі, використовують такожмоменти інерції відносно площин і відцентрові моменти інерції. Цімоменти інерції зручно розглядати відносно координатних площин та осейдекартової системи координат.Теорема про моменти інерції відносно паралельних осей (теоремаГюйгенса-Штейнера)Знайдемо залежність між моментами інерції системи відноснопаралельних осей, одна з котрих проходить крізь центр мас. Нехай маємодві прямокутні системи, взаємно паралельних осей координат Oxyz таC x′ y′z′. Початок системи координат C x′ y′z′знаходиться у центрі массистеми (рис. 4.16).Унаслідок того, що за умовою центр мас знаходиться на початкусистеми координат C x′ y′z′, величинаx2 2 2C + yC= d ,де d — відстань між осями Oz таC z′ .J2Oz = JCz′ + Md .62

zz′0M Km KyxC (x c , y c ,z c )y'x'Рисунок 4.16Зв'язок моментів інерції відносно двох паралельних осей, одна зкотрих проходить крізь центр мас, складає вміст так називаної теоремиШтейнера, або Гюйгенса-Штейнера: момент інерції системи відносноякої-небудь осі дорівнює моменту інерції відносно паралельної осі, якапроходить крізь центр мас, плюс добуток маси системи на квадратвідстані між цими осями.За теоремою Штейнера виходить, що для сукупності паралельнихосей момент інерції є найменшим відносно осі, яка проходить крізь центрмас.Моменти інерції найпростіших однорідних тілМоменти інерції тіл складної форми часто вдається вираховувати,якщо їх попередньо розбити на тіла простої форми. Момент інерціїскладних тіл виходить, якщо підсумувати моменти інерції частин цих тіл.Отримаємо формули для обчислення моментів інерції декількоходнорідних найпростіших тіл.Однорідний стриженьМаємо однорідний стрижень довжиною l та масою М (рис. 4.17).Спрямуємо за стрижнем вісь Ox . Наведемо значення моменту інерціїстрижня відносно осі Oz , яка проходить перпендикулярно до стрижнякрізь його кінець.63

zz'xdxClxРисунок 4.17Таким чином,Jl3Oz =0M 2 M l l= ∫ x dx = M .l l 3 32lJ Oz = M . (4.31)32Момент інерції стрижня відносно осіC z′ , яка проходить крізь центрмас та паралельна до осі Oz , можна визначити за теоремою Штейнера:Отже,тобтоJJ2= J ′ Md , де d = ( l / 2) = l / 4.Oz Cz+2 2 22 lC z′ = JOz− Md = M − M = ,J C z =l32lM122l42M12′ . (4.32)2Прямокутна пластинаПрямокутна тонка пластина має розміри l та h і масу M (рис. 4.18).Осі Ox та Oy розташуємо в площині пластини, а ось Oz —64

перпендикулярно їй. Для визначення моментів інерції пластини відносноосей пластина розбивається на елементарні плоскі ділянки, моментиінерції яких інтегруються.yy''y'dxhx'' 20 C 0'xh2xzz''z'lРисунок 4.18Унаслідок чого моменти інерції пластини відносно осей координатобчислюються за наступними формулами:J= M2h; J12= M2l; J3⎛ 2 2⎜h l= M+⎝ 12 3x yz. (4.33)Круглий дискМаємо тонкий однорідний диск радіусом R та масою M (рис. 4.19).Для всього диска:⎞⎟⎠MR4 22 Rρ .023 RJO = ∫ r dm = ⋅ 2π∫ r dr = ρ ⋅ 2π= M40Таким чином,J2z = JO= M . (4.34)R265

Для осей координат Ox та Oy , які розташовані в площині диска,через симетріїJ = J .xyyRrdr0 xРисунок 4.19J2x = J y = O = M .1J2R4У випадку тонкого кільця або круглого колеса, в якому масарозподілена по ободу, маємо:J21 2 2= JO= MR ; J x = J y = MR MR / 2. (4.35)2z =Круглий циліндрДля круглого однорідного циліндра, маса якого M , радіус R тадовжина l (рис. 4.20),JM 2 22R RMRz = ∫ dm = ∫ dm = M .0 2 2 0 266

Момент інерції всього циліндра відносно осі Cy2 2J Cy M ( R / 4 + l /12).= .dzyRCrzl2l2Рисунок 4.20КуляНехай маса кулі M , радіус R (рис. 4.21). Для моменту інерції кулівідносно її центра O маємо:тобтоJMR524 R 3 2O = ∫ r dm = ρ 4π∫ r dr = ρ4π= MR ,005 5JO =3 MR52. (4.36)zRrdr0 hxРисунок 4.2167

Враховуючи, що куля симетрична відносно осей координат, якіпроходять крізь її центр ,J2x= Jy= Jz= 2 5MR. (4.37)Вирази для моментів інерції інших тіл найпростішої форми можназнайти у довідниковій літературі з механіки ( табл. 4.4).Механічна система. Зовнішні та внутрішні сили. Найпростішівластивості внутрішніх сил системиЗовнішніми силами механічної системи називаються сили, зкотрими діють на точки системи тіла та точки, які не входять до системи,яку розглядаємо.Внутрішніми силами механічної системи називають сили, яківзаємодіють між точками системи, яку розглядаємо.Зовнішню силу, яку прикладають до якої-небудь точки системи,( e)позначимо F( i)k , а внутрішню – Fk . Помітимо, що внутрішні та зовнішнісили можуть включати в себе як активні, так і сили реакцій зв'язку.Механічною системою називається така сукупність матеріальнихточок або тіл, у якій положення і рух кожної залежить від положення іруху усіх інших.Розглянемо деякі найпростіші властивості внутрішніх сил, які діютьна всю механічну систему у будь-якому її стані.F( i)2M 2F( i)1M 1hr 2r 1OРисунок 4.2268

Таблиця 4.4ТiлоМомент iнерцiїlI1122x= ml , Ix=113ml21 33IX= mb , Iy=32I cz= m(a + b31ma31 21 22IX= mb , Iy=4)1ma41 22I z= m(a + b411I2c2),I m(a2c2x=m(b + y = + ),331 22I z= m(a + b3)),,IIIxyz===m 3 2( H + 4b20 4m 3 2( H + 4a20 4m 2 2( a + b ).522),),69

Продовження таблиці 4.4I1 2IR2x=y= +1m(H4 3),I z=1 2mR2.I3 2IR2x=y= +1m(H20 43 2I z= mR10.),2 2 1 2Ix= m(b + c ), Iy= m(a + c551 21 22I z= m(a + b5)),2I z= m(R +34r2)Властивість 1. Головний вектор внутрішніх сил( iR), якийскладається з векторної суми таких сил дії та протидії, дорівнює нулю:70

( i) ( )R = ∑ Fi = 0 . (4.38)kУ проекціях на осі координат:( i) =( iR F)x∑() i=() iR Fy∑() i=() iR Fz∑kxkykz= 0;= 0;= 0.(4.39)Зовнішні сили також є силами взаємодії, але для них сили діїприкладені до точок системи, яку розглядаємо, а сили протидії прикладенідо тіл та точок, які не входять до цієї системи.Властивість 2. Головний момент внутрішніх сил( iL)0 відноснодовільної точки O , який складається з векторної суми моментів силта( iF)2 відносно цієї точки, дорівнює нулю.( iF)1( i()) (( i)M 0 F1+ M 0 F2) = 0,( i) ( i)iL = ∑ M F = ∑ r × F 0,( )( )0 0 k k k=та, відповідно, в проекціях на осі координат:( i) =( iL M F)x∑(k) = 0;i( Fk) = 0;i( F ) = 0.() iL = M()y∑() iL = M()z∑xyzkКількість руху точки та системиОдним із вимірів руху точки або системи є кількість їх руху.Кількістю руху матеріальної точки q називають вектор, якийдорівнює добутку маси точки m на її швидкість V , тобто71

q = mV . (4.40)Кількість руху точки у фізиці часто називають імпульсомматеріальної точки.Проекції кількості руху точки на прямокутні декартові осікоординат:q= mV = mx; q = mV = my;q = mV mz (4.41)x xy yz z =Одиниці виміру кількості руху в СІ – кілограм-метр за секунду(кг·м/с) або ньютон-секунда (Н·с).Кількістю руху системи Q називають векторну суму кількості рухуокремих точок системи, тобто∑ m k VQ = k , (4.42)та, відповідно, проекції кількості руху системи на прямокутні декартові осікоординат:Q ∑ m V Q = ∑ m V ; Q = ∑ mx = k kx; y k ky z kVkz.Вектор кількості руху системи Q відрізняється від вектора кількостіруху точки q тим, що не має точки прикладання. Вектор кількості рухуточки вважається прикладеним до самої матеріальної точки, яка рухається,а вектор Q є вільним вектором.Вираховування кількості руху системи. Кількість руху системиможливо виразити через масу системи M та швидкості центра мас V c :Q = MV c . (4.43)У проекціях на прямокутні декартові осі відповідно:72

Q = MV = Mx Q MV My ; Q MV = Mzxcxc ; y = cy = c z = cz c ,(4.44)деx ,c , yczc– координати центра мас системи.zm kυ kVkr k( x , y z )C ,cccVcr cx0yРисунок 4.23Теорема про рух центра мас системиВисновком теореми про змінення кількості руху системи є теоремапро рух центра мас системи.За теоремою про змінення кількості руху системиdQdt=∑F k() e.Враховуючи, що кількість руху системиQ = MVc,абоdVc() eM =∑Fk, (4.45)dt( eM a =)c ∑ F r ,де a c − прискорення центра мас.Тобто центр мас системи рухається так, як і матеріальна точка,73

маса котрої дорівнює масі всієї системи, якщо на точку діють всізовнішні сили, які прикладені до розглядуваної системи.zmkVk( i)F kr k( e)F krCC( x,y,zC C C)aCV Cx0yРисунок 4.24Диференціальні рівняння руху центра мас в проекціях на прямокутнідекартові осі координат:dMdtdMdtdMdt2xc22yc22zc2= ∑= ∑= ∑() eF ;kx() eFky;() eF ,kzдеx ,c , yczc− координати центра мас.Диференціальні рівняння поступального руху твердого тілавиходять з теореми про рух центра мас системи, тому маємо:eM .a c = ∑ F kПри поступальному русі твердого тіла прискорення всіх точок тілаоднакові за модулем та за напрямком, тобтоa c = a, де a — прискорення74

будь-якої точки системи. Враховуючи це, з теореми про рух центра масотримаємо наступне диференціальне рівняння поступального руху тіла ввекторній форміeM a = ∑ F k .Проектуючи на прямокутні осі координат,Mx &&My &&Mz &&ccc===∑∑∑FFFekxekyekz;;.Кінетичний момент точки та системиПоряд з кількістю руху в якості векторної міри руху використовуютькінетичний момент, або момент кількості руху.Для матеріальної точки масою m , яка рухається зі швидкістю V ,кінетичним моментом k 0 відносно будь-якого центра O називаютьмомент кількості руху точки відносно цього центра O (рис. 4.25), тобто( mV ) = r mVk M ×0 = 0. (4.46)Кінетичний момент k 0 прикладений до точки O , відносно якої вінвираховується.z( x,y z)M ,Vzk( x , y z )M ,kkkVkk 0rFk 0rF k( i )F k( e)x0yx0yРисунок 4.25 Рисунок 4.2675

Проектуючи обидві частини рівняння (4.46) на прямокутні декартовіосі координат, якщо точка O є початком осей координат:⎧k⎪⎨k⎪⎩kxyz= M= M= Mxyz( mV ) = m( yV − zV ) = m( yz&− zy&)z( mV ) = m( zV − xV ) = m( zx&− xz&)x( mV ) = m( xV − yV ) = m( xy&− yx&)yyzz;;.У фізиці кінетичний момент точки іноді називають моментомімпульсу точки. Одиниця кінетичного моменту в СІ – кілограм-квадратнийметр на секунду (кг·м 2 /с), або ньютон-метр-секунда (Н·м·c).Для механічної системи кінетичним моментомK O (або головниммоментом кількості руху системи відносно будь-якої точки O )називають векторну суму кінетичних моментів точок цієї системи, якібули взяті відносно точки O (рис. 4.26), тобто( m V ) = ∑∑ Mr × mK0 = 0 k k k kVk. (4.47)Кінетичний момент системи K 0 прикладений до точки O , відноснокотрої він вираховується.Якщо спроектувати рівняння (4.47) на прямокутні декартові осікоординат, тоді отримаємо проекції кінетичного моменту на ці осі абокінетичні моменти відносно осей координат:⎧K⎪⎨K⎪⎩Kxyz= ∑ M= ∑ M= ∑ Mxyz( mkVk) = ∑ mk( ykz&k − zky&k )( mkVk) = ∑ mk( zkx&k − xkz&k )( m V ) = m ( x y&− y x&)kk∑kkkkk;;.(4.48)Кінетичний момент відносно осі обертання при обертальномурусі твердого тіла.Вирахуємо кінетичний момент твердого тіла відносно осі оберту,коли тіло обертається навколо цієї нерухомої осі з кутовою швидкістю ω(рис. 4.27). За визначенням кінетичного моменту відносно осі (4.48) маємо76

ω0∑ M( m V )K z = z k k .zV kk 0ωk zh kr kM( x,y,z )k k k kx0Рисунок 4.27yВраховуючи, щоДля всього тіла:V k = h k ω .тобтоKzk2kk2k= ∑ m h ω = ω∑m h = ωJKz ,z = ωJ z . (4.49)Таким чином, кінетичний момент тіла відносно осі обертання приобертальному русі дорівнює добутку кутової швидкості на його моментінерції відносно осі обертання. Знак кінетичного моменту відносно осіспівпадають зі знаком кутової швидкості обертання навколо цієї осі: приобертанні проти руху годинникової стрілки кінетичний момент додатній,а при обертанні за рухом – він від’ємний.Теорема про змінення кінетичного моменту точкиТеорему про змінювання кінетичного моменту матеріальної точки77

можна одержати із основного закону динаміки, якщо помножити обидвічастини рівняння на радіус-вектор r , отримаємо:абоmdVdtdV= F . r m = r × Fdtd( r mV ) = r × Fdt× , (4.50)× , (4.51)dkdt( F )0 = M 0 . (4.52)Таким чином, перша похідна за часом від кінетичного моментувідносно будь-якого центра дорівнює моменту сили відносно того жцентра.Це і є теорема про змінення кінетичного моменту для точки.Проектуючи рівняння (4.52) на прямокутні декартові осі координатотримаємо теореми про змінення кінетичного моменту точки відносно цихосей координат:dkdtxdk= M xy ,dtdkyz( F ) = M ( F ) = M ( F ), z . (4.53)dtТеорема про змінення кінетичного моменту системиЯкщо до точок системи прикласти всі зовнішні та внутрішні сили,тоді для кожної точки системи можна виразити теорему про зміненнякінетичного моменту в формі рівняння (4.54), тобтоddt( )() er mVr F r F() i= × + ×Підсумовуючиk k k kk , k= 1,2,...,N×kk.праві та ліві частини цих співвідношень за всіматочками системи, а також замінюючи суми похідних , отримаємо:тоді∑ rk × mkVk= K 0 ,78

dK0 () e=∑ r k × Fdtk .Якщо позначити головний момент всіх зовнішніх сил( )( e) ( e)= ∑ M FL0 0 k ,( eL)0 , тобтотоді теорему про змінення кінетичного моменту системи можна подати увиглядіdK 0 () e= L0. (4.54)dtОтже, перша похідна за часом від кінетичного моменту системивідносно якої-небудь точки дорівнює векторній сумі моментів зовнішніхсил, які діють на систему, відносно тієї ж точки.Проектуючи останній вираз на прямокутні декартові осі координат,отримаємо теореми про змінення кінетичного моменту системи відносноцих осей координат, тобтоdKdtx() dKe y () e dK z () e= Lx; = Ly; = Lz. (4.55)dt dtТеорема про змінення кінетичного моменту дозволяє вивчатиобертальний рух твердого тіла навколо осі та точки або обертальнучастину руху тіла в загальному випадку руху вільного твердого тіла.Диференціальні рівняння обертання твердого тіла навколонерухомої осіЗ теореми про змінення кінетичного моменту (4.55) можна отриматидиференціальне рівняння обертання твердого тіла навколо нерухомої осіOz (рис. 4.28). МаємоdK z= (() e∑ M z Fk).dtДля випадку обертання твердого тіла навколо нерухомої осі,79

K z = J z ω ,деJ z – постійний для твердого тіла момент інерції відноснонерухомої осі обертання; ω – кутова швидкість.z( e)F1BRB( e)F 2R A( e)F 3AРисунок 4.28маємо:Враховуючи це, отримуємо:Jzdωdt= ∑ Mz(() eF ).Якщо визначити поворот тіла ϕ , тоді, враховуючи, що( eJ ϕ& & = ()∑ M F ).zzkkdωdt= ϕ&&,Це і є диференціальне рівняння обертання твердого тіла навколонерухомої осі. Воно повністю аналогічно диференціальному рівняннюпоступального руху твердого тіла в проекції на будь-яку вісь, наприклад навісь OxДо диференціального рівняння обертання тіла навколо нерухомої осізамість координати x входить кут повороту ϕ , замість маси тіла M —момент інерції відносно осі обертання80J z , замість суми проекцій

зовнішніх сил на вісь Ox – сума моментів зовнішніх сил відносно осіобертання Oz , або обертальний момент зовнішніх сил.Реакції підшипниківR A таR B осі обертання є зовнішніми силами,але їх моменти відносно осі обертання дорівнюють нулю, так як вониперетинають вісь, якщо знехтувати силами тертя.В окремих випадках, колитоді( e()) ( eM F L)∑ = const ,z k=( eε = ϕ& = L)/ J const ,z z =тобто обертання тіла відбувається зі сталою кутовою швидкістю.Якщотоді∑( e())( eM F = L)= 0 ,zkdωϕ& & = = 0 та = constdtzω .Це випадок рівномірного обертання тіла за інерцією без діїобертального моменту зовнішніх сил.Диференціальне рівняння обертального руху твердого тіла взагальному випадку дозволяє розв’язувати дві основні задачі: за відомимзаконом обертанням тіла визначати обертальний момент зовнішніх сил іза заданим обертальним моментом та початковими умовами знаходитизакон обертального руху тіла.При вирішенні другої задачі для знаходження кута повороту якфункції часу доводиться інтегрувати диференціальне рівнянняобертального руху. Методи його інтегрування повністю аналогічні вищерозглянутим методам інтегрування диференціального рівнянняпрямолінійного руху точки.81

Питання для самоконтролю:1 Які дві класифікації сил застосовують у механіці? У чому їхумовність?2 Що спільного і чим відрізняються диференціальні рівняннявільної і невільної систем матеріальних точок?3 Що називають центром мас системи і за якими формуламиобчислюються його координати?4 Як визначаються і класифікуються моменти інерції механічноїсистеми?5 Сформулюйте теорему Гюйгенса-Штейнера про залежність міжмоментами інерції тіла відносно двох паралельних осей.6 Які властивості мають внутрішні сили? Чому дорівнює головнийвектор і головний момент внутрішніх сил для твердого тіла?7 Які три величини називають динамічними параметрамимеханічної системи і які дві з них називають мірами механічногоруху?8 У чому суть теореми про рух центра мас системи, і які наслідкивипливають із неї?9 Чому дорівнює кількість руху механічної системи?10 Як знайти кількість руху твердого тіла?11 У чому суть теореми про змінення кількості руху матеріальноїточки?12 Чим відрізняється теорема про зміну кількості руху системи відтеореми про рух центра мас системи?13 Що називають моментом кількості руху точки і системи, і заякими формулами їх обчислюють?14 Що є мірою інертності тіла при поступальному русі та приобертанні навколо нерухомої осі?15 Як саме і чому основні теореми динаміки дають змогувиключити з розгляду внутрішні сили системи?16 Чому дорівнює кінетичний момент твердого тіла, щообертається відносно нерухомої осі?17 Як записується диференціальне рівняння обертання тіла навколонерухомої осі? Чому дорівнює кутове прискорення обертаннятіла?82

4.1.3.2 Умова задачіМеханічна система являє собою механізм, який складається ззубчатих колес 1,2,3, зубчатої рейки 4 та тягаря 5.До ведучої ланки механізму прикладена рушійна пара сил змоментом M = M ( t)або рушійна сила P( t)P = .Ведучою ланкою механізму може бути зубчата рейка (заданарушійна сила P = P( t)) або зубчате колесо, яке знаходиться в зачепленніз зубчатою рейкою (заданий рушійний момент M = M ( t)).Напрям дії рушійного моменту M = M ( t)або сили P = P( t)вибирається з умови, що за рахунок рушійних сил вантаж 5 піднімається .На блок 1 діє сталий момент опору руху системиM c .Усіма іншими силами опору руху тіл системи знехтувати.Час t відлічується від деякого моменту ( = 0)кутова швидкість блоку 1 дорівнює ω 10.t , коли ϕ 0Маси тіл механізму: зубчаті колеса та блоки 1,2,3 – m 1 , m2,m3;вантаж 5 – m 5, зубчата рейка 4 – m 4 .r 1 , R1, r2, R2,R3– радіуси великих та малих кіл колес.0 =Колеса, радіуси інерції яких не задані, вважати одноріднимисуцільними циліндрами радіуса R .Схеми механізмів показані на рисунку 4.29, а необхідні дані длярозв’язку задачі наведені у таблиці 4.5.Знайти рівняння руху тіла механізму, вказаного в останній графітаблиці 4.6 та 4.7, а також визначити силу розтягнення канату,утримуючого вантаж 5 у заданий момент часу., а83

ВаріантТаблиця 4.5Маса ланок механізму,кгРадіуси коліс ,смРадіусиінерції,m 1 m 2 m 3 m 4 m 5 r 1 R 1 r 2 R 2 R 3 і 1x і 2xсм0 150 200 300 50 500 35 50 40 60 35 40 501 120 150 90 40 400 20 40 30 55 30 30 402 100 140 80 30 300 20 35 30 50 25 25 353 250 120 70 20 600 30 50 20 45 20 40 304 300 110 60 55 700 35 60 20 40 30 45 255 130 160 55 45 450 20 40 25 50 20 30 356 110 155 75 35 350 20 30 25 45 20 25 357 115 160 85 25 550 20 45 25 60 40 30 408 200 170 80 60 650 20 55 25 50 30 35 409 350 165 50 40 750 40 60 20 45 30 50 35Таблиця 4.6 (В 0-4)ВаріантРушійниймоментМ,НмВедучетілоРушійна силаР,НВедучетілоМоментопорурухуМ о, Нмω 1о, t 1,с -1 cЗнайтирівняннярухутіла0 5400+20t 2 - 400 2 2 51 6100+20t 3 - 500 1 1,5 22 - 10800+100t 4 1200 0,5 3 33 4900+50t 3 - 370 1 1,5 44 5800+30t 2 - 400 2 1 55 - 12400+200t 4 800 1 2 16 3500+50t 2 - 1000 1,5 3 17 6300+40t 3 - 600 0,5 1,5 58 - 15300+100t 4 350 1 1 19 5500+50t 3 - 300 2 2 4Вказівки. У заданих механічних системах колеса 1,2,3 механізмуобертаються довкола нерухомих осей.Схема розв'язання задач динаміки обертального руху твердого тіланавколо нерухомої осі така:84

1) вибрати осі координат і задати напрям однієї з них (осі z ) вздовжосі обертання твердого тіла;2) вивчити всі зовнішні сили, прикладені до твердого тіла(включаючи і сили реакцій в'язей), а також зобразити їх на фізичній схемі;3) обчислити суму моментів усіх зовнішніх сил відносно осіобертання:M( e)z= n∑Mk = 1z( e)( F )k,4) скласти диференціальне рівняння обертання твердого тіланавколо нерухомої осі;5) розв’язати пряму або обернену задачу залежно від умови;6) дослідити розв’язок, щоб визначити область його застосування.Таблиця 4.7 (В 5-9)ВаріантРушійниймоментМ,НмВедучетілоРушійна силаР,НВедучетілоМоментопорурухуМ о, Нмω 1о, t 1,с -1 cЗнайтирівняннярухутіла0 5400+20t 2 - 400 2 2 51 6100+20t 2 - 500 1 1.5 22 - 10800+100t 4 1200 0,5 3 43 4900+50t 2 - 370 1 1,5 14 5800+30t 2 - 400 2 1 15 - 12400+200t 4 800 1 2 26 3500+50t 2 - 1000 1,5 3 57 6300+40t 2 - 600 0,5 1,5 18 - 15300+100t 4 350 1 1 29 5500+50t 2 - 300 2 2 485

Рисунок 4.2986

Рисунок 4.29, аркуш 2Зубчата рейка 4 та вантаж 5 здійснюють поступальний рух.Для розв’язку задачі необхідно скласти систему диференціальнихрівнянь руху, кожне рівняння якої являє собою диференціальне рівнянняруху відповідного тіла механізму. Розв’язати отриману систему рівняньвідносно похідної швидкості того тіла, рівняння руху якого необхіднознайти.Приклад 1 розв’язання задачі Д3Механічна система складається зі ступінчатих блоків 1 і 2, вантажу 3та повзуна 4.87

До повзуна 4 прикладена змінна рушійна сила P( t)Час t починає відлік від певного моменту ( = 0)P = (рис. 4.30).t , коли ϕ 0кутова швидкість колеса 1 дорівнює ω 10. Момент сил опору веденогоколеса 2 дорівнює0 =M o . Інші сили опору руху системи не враховувати.Маси колес 1 і 2 дорівнюють m 1 i m 2 , маса вантажу 3 – m 3, а масаповзуна 4 – m 4 .Радіуси ступенів ступінчатих блоків r 1 , R1, r2, R2.1, аO 1M оPO 24 23Рисунок 4.30Дано: m 1 = 180 кг; m 2 = 100 кг; m 3 = 300 кг; m 4 = 150 кг; Р = 2700 +200t Н; М о = 400 Н·м = const; R 1 = 50 см; r 1 = 40 см; R 2 = 30 см; r 2 = 20 см;ί x1 = 30 2 см; ί x2 = = 20 см; ω 10 = 0,5 рад/с; t 1 = 1 c.Визначити: рівняння руху тіла 2, а також визначити силирозтягування канатів у заданий момент часу.Роз’вязанняУ заданому механізмі колеса 1 і 2 обертаються навколо нерухомихосей, а вантаж 3, що піднімається, та повзун 4, який призводить до рухусистему, рухаються поступально.Розподілимо систему, що складається з чотирьох тіл на дві:систему тіл 1-4 та систему тіл 2-3.88

Дію каната, що з’єднує ступінчаті блоки 1 і 2, заміняємо реакціямигнучкої в’язі T 1 і T 2 ( 1 T2T = ).1 На систему тіл 1-4 (рис 4.31) також діють: сили тяжіння G 1 та G 4 ,реакції у підшипниках блока 1 Y 1 і Z 1.моменту.Складемо для системи тіл 1-4 теорему про зміну кінетичногоY1Z1O 1T1Z 2M оT 2O 2Y 2G 2G 3G 1PG4Рисунок 4.31 Рисунок 4.32осі;де1K іddtK(1−4)= n(1−4)∑ M x F k )k=11K = K + K__( , (1)24K – кінетичні моменти, відповідно, тіла 1 і тіла 4.Тіло 1 здійснює обертальний рухде1K = I x ⋅ω1 1,I x – момент інерції блока 1, що обертається навколо нерухомої1ω 1 – кутова швидкість блока 1.4,2I x = i1x1⋅m1,де i x – радіус інерції блока 1; 1m 1 – маса блока 1.89

Оскільки ω 1 = ϕ&1. Тоді1 2K = ix 1 ⋅m1⋅ϕ& 1.Визначимо кінетичний момент повзуна 4, що рухається поступально:4K = m4⋅V4⋅ R1, де m 4 – маса повзуна, V 4 – його швидкість, R 1 –радіус блока 1, з яким з’єднаний повзун.Маємо:V4 1 ⋅ R1= ω ;K44121= m ⋅ω ⋅ R , абоK4= m ⋅ϕ&41⋅ R211-4:Знайдемо суму моментів всіх зовнішніх сил, що діють на систему тілn∑k=1Mx1__( F ) = P⋅R −T⋅r.k111Отримані значення підставимо у рівняння (1):ddtdϕ& 1 = ϕ&&1dt221 ⋅ m1⋅ix+ ϕ&1 1 ⋅ m4⋅ R1)( ϕ &= P ⋅ R −T⋅ rddt221 m1⋅ ix+ m1 4 ⋅ R1)ϕ& ( = P ⋅ R − T ⋅ r .; можна записати:11111, або2 2& 1 ( m1⋅ix + m1 4 ⋅ R1) = P ⋅ R1−T1⋅ r1(2)ϕ&12 Розглянемо теорему про зміну кінетичного моменту відносносистеми тіл 2-3.ddtK(2−3)= n∑ M x F k )k=1__( . (3)2За аналогією з пунктом 1:90

(2−3)2K = K + K3.Блок 2 обертається навколо нерухомої осі:2K = I x ⋅ω2 2 ,I2x = m2 2 ⋅ix,2де m 2 – маса блока 2;ω2i x – радіус інерції блока 2 відносно осі обертання 2x 2 .&2 = ϕ 2 , тобтоK2222i x 2= ϕ& ⋅ m ⋅ .Вантаж 3 рухається поступально:K3= m3⋅V3⋅ R2.Зв’яжемо лінійну швидкість вантажу 3 з кутовою швидкістю блока 2:K3V3 2 ⋅ R2= ϕ& .2322= ϕ& ⋅ m ⋅ R .Тепер можемо визначити кінетичний момент усієї системи 2-3:(2−3)22& 2 ⋅ m2⋅i+ ϕ&2 2 ⋅ m3R2.K = ϕ x ⋅Визначимо суму моментів зовнішніх сил, що діють на систему 2-3:n∑k = 1Mx2__( F ) = T ⋅r− M − G ⋅ Rk22o32.91

Тепер підставимо отримані значення кінетичних моментів тіл 2 і 3 тасуми моментів зовнішніх сил, що діють на систему, у рівняння (3):ddtd222x22322( ϕ & ⋅ m ⋅i+ ϕ&⋅ m ⋅ R = T ⋅ r − M − G ⋅ R222 m2⋅ix+ m2 3 ⋅ R2)ϕ& ( = T2⋅ r2− Mo− G3⋅ R2.dtТобто можна записати:ddt2ϕ & =2&2 ϕ 2 .o32, або22& 2 ( m2⋅ix+ m2 3 ⋅ R2) = T2⋅ r2− Mo− G3⋅ R2(4)ϕ&Тепер маємо систему, що складається з двох рівнянь: (2) і (4) –⎧ 2⎪ϕ&&1(m1⋅ix⎨⎪⎩ϕ&&2(m2⋅i12x2+ m4+ m⋅ R321⋅ R) = P ⋅ R22) = T21⋅ r− T21− M⋅ r ,1o− G3⋅ R2Для того, щоб позбавитись T 1 і T 2, помножимо перше рівняннясистеми на r 2 , а друге – на r 1 :⎧ 2⎪ϕ&&1(m1⋅ ix⎨⎪⎩ϕ&&2(m2⋅ i12x2⋅ r2⋅ r1+ m4+ m3⋅ R21⋅ R22⋅ r2) = P ⋅ R⋅ r ) = T121⋅ r2⋅ r2⋅ r1− T1− M⋅ ro1⋅ r ,⋅ r12− G3⋅ R2⋅ r1Виразимо ϕ& & 1через ϕ& & 2 :⎧⎪ϕ&&2(m⎨⎪⎩ϕ&&2(m12⋅ i⋅i2x12x2⋅ r2⋅ r1r⋅r21+ m+ m34⋅ Rϕ &⋅ R22121= ϕ&⋅ r⋅ r ) = T122r⋅r2r⋅r21⋅ r2; звідки1) = P ⋅ R2⋅ r11− M⋅ ro2⋅ r− T11⋅ r− G31⋅ r ,⋅ R22⋅ r1.92

Або:⎧⎪ϕ&&2(m⎨⎪⎩ϕ&&2(m12⋅ i⋅ i2x12x22r2⋅r1⋅ r1+ m+ m34⋅ R⋅ R2122r2⋅r⋅ r ) = T121) = P ⋅ R2⋅ r21⋅ r⋅ r12− T− M1o⋅ r1⋅ r1⋅ r ,2− G3⋅ R2⋅ r1.Розв’яжемо систему рівнянь відносно ϕ& & 2, склавши їх ліві і правічастини. Отримаємо:ϕ& &222 r22 r2222 ( m1⋅ix⋅ + m1 4 ⋅ R1⋅ + m2⋅ix⋅ r2 1 + m3⋅ R2⋅ r1)r1r1= P ⋅ R1⋅ r2− Mo⋅ r1− G3⋅ R2⋅ r1=Виразимо ϕ& & 2 з отриманого рівняння:P ⋅ R⋅ r− M− G⋅ R&1 2 1 3 2 12 =o. (5)222 r22 r222m1⋅ ix⋅ + m1 4 ⋅ R1⋅ + m2⋅ ix⋅ r2 1 + m3⋅ R2⋅ r1r1r1ϕ&Підставимо чисельні значення, враховуючи розмірність:⋅ r⋅ rϕ& &2=[0,5 ⋅ 0,2 ⋅ (2700 + 200t) − 400 ⋅ 0,4 − 9,81⋅300 ⋅ 0,3×⎡22−22 0,22 0,2× 0,4]⎢180⋅ (30 2 ⋅10) ⋅ + 150 ⋅ 0,5 ⋅ + 100 ⋅ 0,2⎢⎣0,40,42 0,1 ⋅ (2700 + 200t) − 160 − 353,16+ 300 ⋅ 0,3 ⋅ 0,4]==180 ⋅ 0,18 ⋅ 0,1 + 150 ⋅ 0,25 ⋅ 0,1 + 1,6 + 10,8270 + 20t − 513,16 20t − 243,16==;3,24 + 3,75 + 12,4 19,39ϕ& & = 1,03t12,54 (с -2 )2 −2⋅ 0,4 +Для того, щоб знайти закон руху тіла 2, треба інтегрувати отриманерівняння двічі.ϕ& 2 = ∫ (1,03t −12,54)dt .93

2t2ϕ& 2 = 1,03⋅−12,54t+ C1= 0,515t−12,54t+ C1(с -1 ), (6)22ϕ 2,= ∫ ( 0,515t −12,54t+ C1)dt3 2t t3 2ϕ 2 = 0,515⋅−12,54⋅+ C1t + C2= 0,17t−6,27t+ C1t + C2(рад). (7)32Сталі інтегрування C 1 і C 2 визначимо, підставивши у рівняння (6)та (7) початкові умови t0 = 0с :ϕ 20 = 0 (рад).C 1 = 1 (с-1 ).C 2 = 0 (рад).ω10⋅ r10,5 ⋅0,4ω 20 = = = 1 (с -1 ),r 0,221 C= 0,515⋅0−12,54⋅0+ 1,0 C= 0,17⋅0− 6,27⋅0 + 1⋅0 + 2 ,Підставивши отримані значення сталих інтегрування у рівняння (7),отримаємо закон руху тіла 2:3ϕ 2 = 0,17t − 6, 27t+ t23 Визначимо сили розтягування канатів, що з’єднують тіла системи умомент часу t = 1 с.Для визначення сили розтягуванняT 2 каната, який з’єднує тіла 1 і 2,скористаємось рівнянням (7)22& 2 ( m2⋅ix+ m2 3 ⋅ R2) = T2⋅ r2− Mo− G3⋅ R2.ϕ&T2& 222(m2⋅ ix+ m2 3 ⋅ R2) + M o + G3⋅ R2.= ϕ&r294

Визначимо кутове прискорення блока 2 -ϕ&& 2 в момент часу = 1& (с -2 ).ϕ& 2 = 1,03⋅1−12,54= −11,51Тепер можемо визначити силу натягу:t с:T2−11,51(100⋅ 0,04 + 300 ⋅ 0,09) + 400 + 9,81⋅300 ⋅ 0,3==0,2−11,51⋅31+400 + 882,9=0,2356,81+1282,9=0,21639,71= = 8198,55( H ).0,2Силу розтягування T 3 каната, що з’єднує тіла 2 і 3, визначимо зрівняння руху вантажу 3:m3& z3 = T3− G3.Прискорення вантажу 3 виразимо через кутове прискорення блока 2:&& z= ϕ& 2 ⋅ R 2 .Ураховуючи задані та знайдені величини маємо:& z& = −11,57⋅ 0,3 = −3,47(м/с 2 );Тоді T 3 = m3⋅& z3 + G3,T (Н).3 = 300⋅( −3,47)+ 9,81⋅300= −1041+2943 = 1902Розв’язок :3 2ϕ (рад);2 = 0,17t − 6, 27t+ tT 8198,55 Н, 19021 ,2 =T 3 = Н.95

Приклад 2 розв’язання задачі Д3Механічна система складається зі ступінчатих блоків 1 і 2, вантажу 3та повзуна 4.До повзуна 4 прикладена змінна рушійна сила P( t)Час t починає відлік від певного моменту ( = 0)ϕP = (рис. 4.33).t , коли 00 =, а кутовашвидкість колеса 1 дорівнює ω 10 . Момент сил опору веденого колеса 2дорівнюєM o . Інші сили опру руху системи не враховувати.Маси колес 1 і 2 дорівнюють m 1 i m 2 , маса вантажу 3 – m 3, а масаповзуна 4 – m 4 .Радіуси ступенів ступінчатих блоків r 1 , R1, r2, R2.4P1М о23Рисунок 4.3396

Дано: m 1 =150 кг; m 2 =300 кг; m 3 =700 кг; m 4 =150 кг; Р = 3900+50t Н;М о = 1000 Н·м = const; R 1 =40 см; r 1 =30 см; R 2 =60 см; r 2 =30 см; ί x1 =30 см;ί x2 = = 40 см; ω 10 = 1 рад/с; t 1 = 2 cВизначити: рівняння руху тіла 1, а також визначити натяжінняканатів у заданий момент часу.Роз’вязання.У даній механічнiй системі колеса 1 i 2 механізму здійснюютьобертальний рух навколо нерухомих осей.Тягар 3 i зубчата рейка 4 здійснюють поступальний рух.Розподілимо механізм на системи тіл: (1-4) i (2-3) та складеморівняння для кожної з цих систем, скориставшись теоремою про зміненнякінетичного моменту.Система тіл (1-4)P4Z 1O 1 Y 1(В)1(A)G1N1S1X 1Рисунок 4.34До колеса (1) механізму прикладені: сила ваги G 1, складові реакціїпідшипника Y 1, Z 1 , обертальне зусилля S 1 та нормальна реакція N 1колеса 2.97

До зубчатої рейки (4) прикладена зовнішня сила P .Кінетичний момент системи тіл (1-4) відносно осi обертання тіла 1-X 1 складається із суми кінетичних моментів ступінчатого блоку (1) тазубчатої рейки (4):деобертання X 1 ;ddt( KKX 1X 1)=∑Mk1( FekA B= K X + K1 X ,1AK – кінетичний момент ступінчатого блоку (1), відносно осiX 1BKX– кінетичний момент зубчатої рейки відносно осi 1X 1.Тіло 1 обертається навколо нерухомої осі, тому його кінетичниймомент визначимо з наступного виразу:);AK X = I ⋅ω1 X 1 1,деI X – момент iнерцiї колеса 1,1ω 1 – кутова швидкість ступінчатого блока 1.I2X = m1 1 ⋅ix,1деωi − радіус iнерцiї колеса 1, −x1&1 = ϕ 1 , звідкиAK X = I ⋅ϕ&1 X 1 1.m 1 маса колеса 1.Тіло 4 здійснює поступальний рух, і його кінетичний моментвизначається:K XB = m1 4 ⋅V4⋅ R4,98

де V 4 – швидкість руху рейки 4, V4 1 ⋅ R4= ω .Знайшовши кінетичний момент тіла 4 і склавши його та кінетичниймомент блока 2, отримаємо кінетичний момент системи відносно осiобертання тіла 1 (1-4):KKBX1X1= m4⋅ RX124⋅ϕ&4121= ( I + m R ) ⋅ϕ&12( I X + m1 4 R4) = I пр . (1)1Рівняння (1) – наведений момент iнерцiї системи тіл (1–4):K ⋅ϕ& .X = I1 пр 11Розглянемо систему тіл (2-3) з рисунка 4.35.N1S1Z2Y2М о2(C)G23(D)X 2G3Рисунок 4.3599

До колеса (2) механізму прикладені: сила ваги G 2 , складові реакціїпідшипника Y 2, Z 2, обертальне зусилля S 1 та нормальна реакція N 1колеса 1.До тягаря (3) прикладена сила ваги G 3.За теоремою про змінення кінетичного моменту, кінетичний моментсистеми (2-3) відносно осi обертання тіла 2- Χ 2, дорівнює сумікінетичних моментів ступінчатого блоку (2) та тягаря (4).ddt( KX2K) = ∑ MX 2( FC DX = KX+ K2 2 X ,2ke);деCKX2−кінетичний момент ступінчатого блоку (2), відносно осiобертання Χ 2.DXK 2− кінетичний момент тягаря 3 відносно осi Χ 2.Тіло 2 обертається навколо нерухомої осі, його кінетичний моментвизначимо з виразуCK = I ⋅ωX2X 2 2,де I X 2 – момент інерції тіла 2 відносно осі обертання,ω 2 – кутова швидкість блока 2.ω&2 = ϕ 2 ;I2X 2 = m2⋅i2X.CK = I ⋅ϕ&X2X 2 2.Тіло 3 рухається поступально, тому його кінетичний моментвизначимо так само, як і для тіла 4:100

K XD 2= m3⋅V3⋅ r3, деK XD 2V31 ⋅ r1⋅ r2= ϕ& ; звідкиR32222= m ⋅ϕ& ⋅ r .Підставивши отримані значення кінетичних моментів тіл 2 і 3 увираз загального кінетичного моменту, отримаємо кінетичний моментсистеми тіл (2-3)KX22= ( I X + m2 3 ⋅ r2) ϕ& 2 .2( I X + m2 3r2) = I пр – наведений момент інерції системи тіл2(2-3);K ⋅ϕ&− кінетичний момент системи (2-3) відносно осiX = I2 пр 2 2обертання колеса 2 – Χ 2 .Складемо рівняння про змінення кінетичного моменту.Для системи (1-4):eΣ M X ( F ) PR1 k = 1 − S1r1,ddt( I ⋅ϕ& ) = PR − Sr ,пр1I пр 1111& 1 = PR1− Sr1. (2)⋅ϕ&Рівняння (2) – теорема про змінення кінетичного моменту длясистеми тіл (1-4).Для системи (2-3):ddtпр2212eΣ M X ( F )1 k = S1R2− M c − G3r2,( I ϕ& ) = S R − M − G r ; I пр ϕ& 2 = S1R2− M c − G3r2c322& . (3)Рівняння (3) – теорема про змінення кінетичного моменту для системи тіл(2-3).Отримуємо два рівняння:101

II пр ⋅ϕ& &1 1 = PR1− Sr1,пр ϕ& & 2 = S2 1R2− M c − G3r2,до того ж 1 = S 1 .Встановимо кінематичний зв’язок між тілами системи:S ′ω = , звідки1r1ω2R2ϕ&1ϕ&&2r1= ϕ&2ϕ&&1r=RОтриманий вираз підставимо у рівняння (3):21R2.II пр ϕ& &1 1 = PR1− Sr1,r1пр ϕ& & 1 = S21R2− M c − G3r2.R2Помножимо перше рівняння на R 2, а друге – на r 1 .II пр ϕ& & 1R1 2 = PR1R2− Sr1R2,2r1пр ϕ& & 1 = S1R22r1− M cr1− G3r2r1.R2Для розв’язку системи рівнянь складемо їх ліві та праві частини:⎛⎜ I⎝пр1R22r ⎞1+ I ⎟пр ϕ&2R2 ⎠& 1 = PR1R2− M cr1− G3r2r1.Величина, яка стоїть в останньому рівнянні в дужках, є сталою:102

⎛⎜ I⎝2r1пр R1 2 + I ⎟пр = B2 1.R2B = 29,5 ⋅0,6+ 111⋅0,15=17,7 + 16,65 34,35.1 =PRRM1 2 c 1 3 2 1& 1 = − − .B1B1B1ϕ&1 3 2 1&1 2 1 21 = + t −.B1B1B1ϕ&r⎞⎠G3900R R 50RR M c r + Grrrr3900 R1RB23900 ⋅ 0,4 ⋅ 0,6= B3, 3 == 27, 234,351M c r1+ G3r2r1=B1BB .2 . ϕ& & 1 = ( B3− B2) + B4t. (4)1000⋅0,3 + 6860⋅0,3⋅0,3B 2 == 18,8 .34,35B50⋅R⋅ R50⋅0,4⋅ 0,634,351 24 = ==B10,29.Візьмемо інтеграл рівняння (4):tϕ& 1 = ( B 3 − B2) t + B4+ C1.22C 1 знайдемо при початкових умовах: t = 0ϕ& 1 = C 1 ; ϕ & 1 = ω0;ϕ& рад1 = 1с; радС 1сІнтегруємо отримане рівняння ще раз, отримаємо:2 3t tϕ 1 = ( B 3 − B2) + B4+ C1t+ C2.Підставляючи початкові умови, отримаємо, що C 2 = 0 .261 = .103

Підставивши в останнє рівняння значення B 1 , B2,B3, B4, отримаємозакон руху колеса 1.ϕ2 32 31 tt tt t= ( B 3 − B2) + B4+ C1t+ C2= (27,2 −18,8)+ 0,29 +2 62 6його руху.ϕ 0,048t34,2t21= + + t . (5)Рівняння (5) являє собою закон обертального руху колеса (1).Виділимо з механізму тягар 3 i складемо диференцiальне рівнянняДо тягаря 3 механізму прикладені: сила ваги G 3 i сила натягуваннягнучкої нитки T 3 (рис. 4.36).T3;G3Рисунок 4.36m&&= ∑3 z F kz – диференцiальне рівняння поступального руху тіла 3.m3z&= T − m3g& ,τ1 2= a = ε 2r2= ϕ&&2r2ϕ&&1 .R2& z=Підставимо значення часу, за яким необхідно визначити силунатягування каната, у рівняння (4) і визначимо значення прискорення тіла(1) у заданий момент часу:ϕ& & 1 =1,2r1r2(с-2 ). T = m3 ϕ& 1 + m3gR2104r r& – сила розтягу канату.0,3 ⋅ 0,3= 700 ⋅1,2+ 700⋅9,81=69930,6T Н3 2ϕ 1 2 ( рад ).Розв’язок: Т = 6993 Н, = 0,048t + 4, t + t

4.1.4 Задача Д4. Застосування теореми про змінення кінетичноїенергії при вивченні руху механічної системи4.1.4.1 Скорочені відомості з теорії до задачіТеорема про змінення кінетичної енергіїПерш ніж розглядати теорему про змінення кінетичної енергіїнеобхідно ввести нове поняття для сили – роботу сили – та розглянутидеякі простіші засоби її вираховування.Робота сили. Елементарна робота силиРобота сили на будь-якому переміщені є однією з головниххарактеристик, які оцінюють дії сили на цьому переміщені. Розглянемоелементарну роботу, повну роботу та потужність.Елементарна робота dA сили F на элементарному (нескінченномалому) переміщені визначається наступним чином (рис. 4.37):dA= F ϕdS, (4.56)τдеF τ – проекція сили F , напрямок швидкості точки прикладеннясили або напрямок елементарного переміщення, котре вважаєтьсяспрямованим за швидкістю точки.Елементарна робота є скалярною величиною. Її знак визначаєтьсязнаком проекції силиПри τ > 0F τ , так як переміщення dS приймаємо додатним.F елементарна робота dA > 0 , а при < 0zF τ – навпаки.M( x , y z )0 0 0,0( x,y z)M ,F xVdSϕrkFxi0 jyРисунок 4.37105

dA = F cosϕdS.У цій формулі величини F та dS - додатні, отже знак dAcos ϕ . Якщо ϕ – гострий кут, тоді dA – додатня;визначається знакомякщо ϕ – тупий, тоді dA – від’ємна.Отже, елементарна робота сили дорівнює добутку елементарногопереміщення на проекцію сили на це переміщення.Таким чином, якщо сила перпендикулярна елементарномупереміщенню, тоді її елементарна робота дорівнює нулю. Зокрема, роботанормальної складової до швидкості силиFnзавжди дорівнює нулю.Наведемо інші формули для вирахування елементарної роботи сили.dA = F dr cos ϕ = Fdr . (4.57)Елементарна робота сили дорівнює скалярному добутку сили надиференціал радіус-вектора точки прикладення сили.dA = Fdr = Fvdt = Fdtv . (4.58)Елементарна робота дорівнює скалярному добутку елементарногоімпульсу сили на швидкість точки.dA = F dx + F dy F dz . (4.59)x y +zФормулу (4.59) називають зазвичай аналітичним виразомелементарної роботи.Повна робота силиДля визначення повної роботи сили F на переміщення від точки Модо точки М розіб'ємо це переміщення на n переміщень, кожне з котрих вмежі переходить в елементарне. Тоді роботу А можна виразити формулоюnA = lim ∑dA,n→∞k=1k106

деdA k – робота на k-му елементарному переміщенні, на котрерозбито повне переміщення.Сума у визначенні роботи є інтегральною сумою визначеннякриволінійного інтеграла на ділянці кривоїM M 0для елементарної роботи формулу (4.60), отримаємо, тоді, використовуючиA =M∫ F dSτ . (4.60)M0Використовуючи інші вирази для елементарної роботи, повну роботусили можливо подати також у виглядіабоA =MM∫( Fxdx+ FydyFzdz)∫ Fdr =+M0M0(4.61)A = t ∫ Fvdt0, (4.62)де момент часу t = 0 відповідає точці M 0, а момент часу t -точці M .Формула (4.61) особливо зручна для вирахування роботи сили, колисила відома як функція часу.Одиницею повної і елементарної роботи у системі СІ є джоуль:1 Дж =1 Н·м.Якщо проекція сили на напрямок швидкості є величиною сталою,тоді з формули (4.60) отримаємоA = F S ,τде S — шлях, який пройшла точка.Приклади обчислення роботи силиРобота сили у загальному випадку залежить від характеру рухуточки прикладення сили. Отже, для обчислення роботи треба знати рухцієї точки. Але в природі існують сили та приклади руху, для яких роботу107

можна обчислити досить легко, знаючи початкове та кінцеве положенняточки.Розглянемо роботу сили тяжіння та лінійної сили пружності, яказмінюється за законом Гука, та обчислення роботи сили, яка прикладена доякої-небудь точки твердого тіла в будь-яких випадках його руху.Робота сили ваги. Силу ваги P матеріальної точки масою mпоблизу поверхні Землі можна вважати сталою, яка дорівнює mg таспрямована за вертикаллю униз. Якщо узяти осі координат Oxyz, у якихось Oz спрямована за вертикаллю угору, тодіPx= ; P = 0;P= −mg0 y z .Обчислюючи роботу A сили P на переміщення від точки M 0 доточки M за формулою (4.59), маємо:абоz( P dx + P dy + P dz) = −mgdz = −mg( z − z ) = mg( z − z)M∫ 0 0M0z0A = x y z ∫A = mgh,,деh= 0 – висота, на яку опускається точка.z− zПри підійманні точки висота h є від’ємною величиною. Отже, взагальному випадку робота сили ваги P = mg :A = ±Ph.Робота лінійної сили пружності. Лінійною силою пружностіназивають силу, яка діє за законом Гука (рис. 4.38):F = −cr .108

де r — відстань від точки статичної рівноваги, де сила дорівнюєнулю, до точки M , яку розглядаємо; c — сталий коефіцієнт – коефіцієнтжорсткості.Якщо початок координат вибрати в точці статичної рівноваги, тодіFx= −cxF = −cy;; y Fz= −cz.xzr 00M( x , y z )0 0 0,rF r 10( x,y z)M ,M( x , y z )1 1 1,y1Рисунок 4.38Робота лінійної сили пружності на переміщення від точки M 0 доточки M визначається за формулоюMM1( Fxdx+ Fydy+ Fzdz) = −c∫( xdx + ydy + zdz) = −c∫A = ∫rdr .M0M0rr0Після інтегрування, отримаємоAc22 2( r − r )= − 1 0 . (4.63)За цією формулою обчислюють роботу лінійної сили пружності.Якщо точка 0M співпадає з точкою статичної рівноваги O , тоді r 0для роботи сили на переміщення від точки O до точки M маємо0 =, і109

Ac2 r2= − .Величина r – найкоротша відстань між точкою, яку розглядаємо, таточкою статичної рівноваги. Якщо цю відстань позначити λ та назватидеформацією, тодіAc2 λ2= − . (4.64)Робота лінійної сили пружності на переміщення зі стану статичноїрівноваги завжди від’ємна та дорівнює половині добутку коефіцієнтажорсткості на квадрат деформації.Робота сили ваги та лінійної сили пружності не залежить від формитраєкторії переміщення.Робота будь-якої сили дорівнює нулю, якщо вона прикладена весьчас до нерухомої точки або до точок, швидкості яких дорівнюють нулю,як, наприклад, у випадку, коли сила весь час прикладена до миттєвогоцентра швидкостей при плоскому русі тіла. Робота сили тертя дорівнюєнулю при відсутності ковзання одного тіла по іншому.Робота сили, яка прикладена до твердого тілаПри поступальному русі твердого тіла всі точки тіла маютьоднакові за модулем та напрямком швидкості (рис. 4.39).На будь-якому переміщенні повна робота будеA = M FdrM∫0rV kM k.MV0rРисунок 4.39110

При обертанні твердого тіла навколо нерухомої осі (рис. 4.40):ϕПовна робота A = ∫Mz dϕ. (4.65)0ωFVM zMM 0αrРисунок 4.40В окремому випадку, якщо момент сили відносно осі обертання єсталою величиною, тобто M z ( F ) = const, роботу визначають заформулоюA = M z ϕ , (4.66)де ϕ — кут повороту тіла, на якому обчислюють роботу сили.Робота внутрішніх сили твердого тілаДля твердого тіла сума робіт внутрішніх сил дорівнює нулю прибудь-якому його переміщені.∑dA( i )= 0 .k111

V2α 2( i )F 1( i )F 2M 2M 1α 1Рисунок 4.41Сума робіт внутрішніх сил дорівнює нулю тільки у випадку твердоготіла, а для будь-якої механічної системи у загальному випадку вона недорівнює нулю.У задачах в якості механічної системи часто розглядають системуз'єднаних один з одним твердих тіл.При вираховуванні роботи всіх сил, прикладених до такої системитіл, очевидно, буде достатньо врахувати роботу внутрішніх сил у місцяхз'єднання твердих тіл.Якщо тверді тіла з'єднані за допомогою шарнірів без тертя, сумаробіт таких двох внутрішніх сил дорівнює нулю, так як внутрішні сили уточці з'єднання, як дія та протидія, дорівнюють за модулем, алепротилежні за напрямком.Таким чином, з'єднання твердих тіл за допомогою шарнірів без тертяпри вирахуванні роботи внутрішніх сил не руйнує жорсткості системи тіл,так як сума робіт внутрішніх сил в цих шарнірах дорівнює нулю при будьякихпереміщеннях системи з'єднаних твердих тіл.Систему з'єднаних за допомогою таких шарнірів твердих тіл привирахуванні роботи всіх внутрішніх сил можна рахувати одним твердимтілом. Це характерно і для випадку з'єднання системи твердих тілгнучкими нитками, канатами деформаціями розтягнення в яких нехтують.У цьому випадку робота внутрішніх сил натягнення також дорівнює нулю.Кінетична енергія. Кінетична енергія точки та системиКінетичною енергією матеріальної точки, або її живою силою,називають половину добутку маси точки на квадрат її швидкості,112

тобто2mV mV або2 2Кінетична енергія є скалярною, додатною величиною. Одиницеюкінетичної енергії у системі СІ є джоуль:1 Дж = 1 Нм.Кінетичною енергією системи T називають суму кінетичних енергійвсіх точок механічної системи, тобто22kT . (4.67)mkVkmkV= ∑ = ∑2 2Кінетична енергія, як точки, так і системи, не залежить від напрямкушвидкостей точок. Кінетична енергія може дорівнювати нулю для системипри умові, якщо усі точки системи знаходяться у стані спокою.2.Кінетична енергія твердого тілаПри поступальному русі твердого тіла кінетична енергіявизначається:2 22∑ k , (4.68)mkVkVT = = ∑m2 2V= M2так як при поступальному русі твердого тіла швидкості всіх точок тілаоднакові, тобтоV k = V, де V — загальна швидкість для всіх точок тіла.Таким чином, кінетична енергія твердого тіла при поступальному русівираховується як і для однієї точки, в якій маса дорівнює масі всьоготіла.При обертанні тіла навколо нерухомої осі кінетичну енергію можнавирахувати за формулоюде2ωT = J z , (4.69)2J z — момент інерції тіла відносно осі обертання Oz ,ω – кутова швидкість тіла.Отже, кінетична енергія тіла при обертальному русі навколонерухомої осі дорівнює половині добутку моменту інерції тіла відносно осі113

обертання на квадрат кутової швидкості тіла.При плоскому русі твердого тіла кінетичну енергію можнавирахувати за формулоюде V c – швидкість центра мас;2 2MVcT = + J cz . (4.70)2J cz — момент інерції тіла відносно осі Cz , яка проходить крізьцентр мас тіла перпендикулярно площині руху.Таким чином, при плоскому русі тіла кінетична енергія складаєтьсяз кінетичної енергії поступального руху тіла разом з центром мас такінетичної енергії від його обертання з кутовою швидкістю ω навколонерухомої осі, яка проходить крізь центр мас та перпендикулярна площинірухуЯкщо механічна система складається з кількох тіл, тоді требавирахувати кінетичну енергію кожного тіла, а потім отримані кінетичніенергії скласти. Так визначається кінетична енергія системи тіл.ω2Теорема про змінення кінетичної енергії точки2 2mV mV− 0=2 2A, (4.71)тобто змінення кінетичної енергії точки на будь-якому переміщеннідорівнює роботі сили, яка діє на точку на тому ж переміщенні.Теорема про змінення кінетичної енергії системи( e) ( iT − T = A +)kA ,(4.72)0 ∑ ∑kФормула (4.72) виражає теорему про змінення кінетичної енергіїсистеми в остаточній, або інтегральній, формі: змінення кінетичної енергіїсистеми при її переміщенні з одного положення в інше дорівнює сумі робітвсіх зовнішніх та внутрішніх сил, які діють на систему, на відповіднихпереміщеннях точок системи при тому ж переміщенні системи.114

Окремі випадки. Для механічної системи, яка складається ізабсолютно твердих тіл сума робот усіх внутрішніх сил дорівнює нулю:∑A( i )= 0 .Отже, теорему про змінення кінетичної енергії, наприклад, востаточній формі можна подати у виглядіkT− T0 = ∑ A k( e) .Змінення кінетичної енергії механічної системи при будь-якому їїпереміщенні дорівнює сумі робот усіх зовнішніх сил, які діють на систему,на відповідних переміщеннях точок прикладення цих сил.Питання для самоконтролю:1 Що називають кінетичною енергією точки і механічної системи?Як вона обчислюється?2 Які три складові є у виразі для кінетичної енергії системи?3 Чи принципово за змістом відрізняються теореми про змінукінетичної енергії для точки і для механічної системи?4 Яка принципова відмінність кінетичної енергії від іншихдинамічних величин.5 Що таке робота сили і за якими формулами її можна обчислити?6 Як знайти роботу сили, що прикладена до тіла, яке обертаєтьсянавколо нерухомої осі?7 Чому дорівнює робота обертального моменту та моменту опору?8 У чому суть теореми про змінення кінетичної енергії механічноїсистеми? Як записується ця теорема в остаточній або інтегральнійформах?9 Як записуються формули для визначення кінетичної енергії тілапри його поступальному, при обертанні навколо нерухомої осі таплоскопаралельному рухах?115

4.1.4.2 Умова задачіМеханічна система, яка складається з тягарів 1, 3 і 6, ступінчатихблоків 2 і 4 і котка 5, рухається зі стану спокою у вертикальній площиніпід дією сил тяжіння та змінної сили F.Початкове положення системи указане на рисунках 4.41. Прирозрахунках вважати коток 5 суцільним циліндром; ί 2 , ί 4 – осьові радіусиінерції ступінчатих блоків 2 і 4 відносно власних осей обертання, якіпроходять через центри мас блоків.Враховуючи тертя ковзання тягарів, які рухаються по жорсткихповерхнях площин, і тертя кочення тіла 5, що котиться без ковзання, танехтуючи іншими силами опору і масами ниток, які не зазнаютьрозтягування, визначити швидкість тіла, яке означене у стовбці “Знайти”таблиці 4.9 , при переміщенні тягаря 1 на відстань S від свого початковогоположення.Тягарі, маси яких дорівнюють нулю ( в таблиці не задані ) накресленні не зображати (блоки 2 та 4 зображати завжди, як частинисистеми).ВКАЗІВКИ. Задача Д 6 – на застосування теореми про змінукінетичної енергії до вивчення руху механічної системи.Розв'язання задач за допомогою теореми про зміну кінетичної енергіїрекомендується проводити у такій послідовності:1) визначити кількість матеріальних точок, що входять до системи;2) розглянути схему сил, як зовнішніх, так і внутрішніх, що діють наточки системи;3) вибрати систему координат та переміщення системи, для якого требазастосувати теорему про зміну кінетичної енергії;4) дослідити, виконують внутрішні сили роботу чи ні;5) обчислити суму робіт усіх зовнішніх і внутрішніх сил напереміщеннях точок системи (у випадку незмінюваної системи тільки сумуробіт зовнішніх сил);6) обчислити кінетичну енергію матеріальної системи в початковому ікінцевому положеннях системи. При цьому лінійні швидкості окремихточок системи треба, користуючись співвідношеннями кінематики,116

виражати як функції швидкості однієї або кількох точок;7) скласти рівняння, що відповідає теоремі про зміну кінетичної енергії,і визначити невідому (одну) величину.При розв’язанні задачі врахувати, що кінетична енергія системискладається із суми кінетичних енергій усіх тіл, що входять до системи.Цю енергію необхідно виразити через швидкість (лінійну або кутову), якутреба визначити для вказаного тіла за умовою задачі.Задана механічна система починає рухатися зі стану спокою, отже їїпочаткова кінетична енергія дорівнює нулю ( T 0 = 0).За умовою задачі усі тіла, що входять до системи, абсолютно тверді,а нитки, які їх з’єднують, не мають деформацій. Це означає, що роботавнутрішніх сил системи дорівнює нулю при будь-якому русі системи( ∑ i = 0)ВаріантA K .Таблиця 4.8Маса тіл системи,кгРадіуси блоків,m 1 m 2 m 3 m 4 m 5 m 6 R 2 r 2 R 4 r 4 R 5i 2смРадіусиінерції0 m 1,5m - - 0,3m 0,1m 35 25 20 15 30 30 -1 2m - - 2m 0,5m 0,3m 30 25 25 20 25 - 252 3m 3m - - 0,5m m 25 20 30 20 20 25 -3 1,5m 2m - 1,5m 0,6m - 20 15 35 20 30 20 304 2m - m 3m 0,4m - 25 15 30 15 25 - 255 3m 3m - - 0,8m m 30 20 25 20 35 25 -6 - 1,5m 0,1m 1,5m 0,2m - 35 25 30 25 30 30 307 2m 2m - 3m 0,8m - 30 25 20 15 25 30 208 - - m 2m 0,8m m 25 15 30 25 35 - 309 - m 0,2m 2m 0,5m - 20 15 30 20 25 20 25(см)i 4(см)117

043β215α613 24β1562 4 32561αРисунок 4.42118

3432651α434 2516α5324β156Рисунок 4.42, аркуш 2119

632β14567234α15683 24β15α6Рисунок 4.42, аркуш 3120

923α1456Рисунок 4.42, аркуш 4ВаріантТаблиця 4.9Кути Для схем (рис 4.42)Коефіцієнтномер номерРушійнаα, β, сила F ,тертя схеми схемиград град Нf 0,1,2,3,4 5,6,7,8,9М с , Нм δ, смЗнайти0 60 45 30mS 0,3 0,8m 0,2 V 11 45 30 20mS 0,15 1,5m 0,25 V c52 45 30 25mS 0,1 2,5m 0,15 V 63 60 45 50mS 0,3 m 0,3 ω 24 45 30 45mS 0,15 1,5m 0,3 ω 45 45 30 30mS 0,1 2,5m 0,2 V 16 60 45 40mS 0,3 m 0,25 ω 47 45 30 35mS 0,2 1,5m 0,15 ω 28 45 30 45mS 0,1 2,5m 0,25 V 19 60 45 50mS 0,3 m 0,3 ω 44.1.4.3 Приклад 1 розв’язання задачі Д4Механічна система, яка складається з тягаря 1, ступінчатого блоку 3,нерухомого блоку 4 і рухомого блоку 5, рухається зі стану спокою в121

вертикальній площині під дією сил тяжіння, змінної сили F та сталогомоменту М. (рис. 4.42).До системи входить пружний елемент, коефіцієнт жорсткості якогос. У початковий момент часу деформація пружного елементу дорівнюєнулю. ρ3 – осьовий радіус інерції ступінчатого блоку 3.Враховуючи тертя ковзання тягаря, який рухається по жорсткійповерхні площини, та нехтуючи іншими силами опору і масами ниток, якіне зазнають розтягування, визначити кутову швидкість ступінчатого блоку3, при переміщенні тягаря 1 на відстань S від свого початковогоположення.Дано: m 1 = 8 кг; m 3 = 5 кг; m 5 = 6 кг; m 4 = 0; α = 45 0 ; с = 280 н/м;R 3 = 0,3 м; r 3 = 0,1 м; ρ3= 0,2 м; f = 0,1; М = 0,8 н⋅м;F = 40(8+9S) Н; S 1 = 0,2 м.Визначити: ω 3 у той момент часу, коли S = S 1 .34M 15αFРисунок 4.43Роз’вязання1 Розглянемо рух механічної системи, що складається з вагомих тіл1, 3, 5 та невагомого тіла 4, з’єднаних нитками (рис. 4.43). Зобразимо122

зовнішні сили, що діють на систему: активні F, F пр , P1 , P3,P5, реакціїN 1 , N 4,N 3,S , силу тертя і момент М (рис. 4.44).Для визначення ω 3 скористаємося теоремою про зміну кінетичноїенергії системи:=∑eA kT −T0 . (1)3N44M 15P3N3FтрN145° FC5P1SFупP5Рисунок 4.442 Визначаємо значення кінетичних енергій системи на початку і вкінці її руху Т і Т 0 .Т 0 = 0, оскільки в початковий момент часу система знаходилася устані спокою:T = T +1+ T3T5. (2)Оскільки тіло 1 рухається поступально, то його кінетична енергіявизначається з виразуде V1 3 ⋅ R3T1221 = m1⋅V1,= ω – швидкість тіла 1, яка визначена через кутовушвидкість тіла 3 (ω 3 ). Тоді123

122 2T 1 = m1⋅R3⋅ω3. (3)Тіло 3 обертається навколо нерухомої осі, його кінетична енергіявизначається:1 2T 3 = I3ω3,22де I 3 – осьовий момент інерції тіла: I3 = m3⋅ p3.122 2T 3 = m3⋅ p3⋅ω3. (4)Тіло 5 здійснює плоский рух, його кінетична енергія визначається:12де швидкість центра мас тіла1222T5= m5⋅Vc + I5 5 ⋅ω5,визначаються через кутову швидкість тіла 3 (ω 3 ).V c і його кутова швидкість ω 55V c 5V c 5ωr3⋅ ω 3ω 5 = ;5 R5= ω 3 ⋅ r3 ; 5 = ;RI 5осьовий момент інерції тіла 5 визначається як момент інерціїсуцільного однорідного диска:T5I5=12m5⋅ R2 21 2 2 1 1 2 r3⋅ω3 3= m5⋅ r3⋅ω3+ ⋅ m5⋅ R5= m5⋅ r22 2 R 425,2523⋅ω23.(5)Після підстановки усіх визначених кінетичних енергій тіл системи зрівнянь (3), (4) і (5) у рівняння (2), маємо:124

1132241222= 2m1 ⋅ R3+ 2m3⋅ ρ3+ 3m5⋅ r34⋅ω2 22 22 2T = m1⋅ R3⋅ω3+ m3⋅ p3⋅ω3+ m5⋅ r3⋅ω3,TT=14( )2222 2( 2 ⋅8⋅0,3 + 2 ⋅5⋅ 0,2 + 3⋅6 ⋅ 0,1 ) ⋅ω2T = 0,505⋅ω3. (6)3,3,3 Визначаємо суму робіт усіх діючих зовнішніх сил на переміщенні,яке отримає система, коли тягар 1 пройде уздовж похилої площини шляхS 1 :e∑AK= AF+ AP+ AF+ Aтр P5+ AF+ A1 упр, (7)Mде А F – робота змінної сили F;А P1 – робота сили ваги тіла 1;А Fтр – робота сили тертя ковзання;А P5 – робота сили ваги рухомого блоку 5;А Fупр – робота сили пружності;А М – робота сталої пари сил М. ( рис. 4.44 ).Робота змінної сили F визначається як :S10S1( 8 + 9S) dS = 320S|360 |A = ∫ 40+FA F= 320S1 + 180SA F= 71,2(Дж).S0221;2S01,Робота сили ваги тіла 1, яке опускається вниз по похилій площині:Ap1=m1⋅ g ⋅ S1⋅sin 45o= 8⋅9,8⋅ 0,2 ⋅ 0,707 = 11,1(Дж).125

Робота сили тертя ковзання тягаря 1, який рухається по жорсткійповерхні похилої площини:AF тр= −Fтр⋅ S1 = − f ⋅ m1⋅ g ⋅ cos 45 ⋅ S1= −1,11o(Дж).Робота сили ваги рухомого блоку 5, центр мас якого підіймається :A p 5mgh= − 5 ⋅ ⋅ 5 ,де висота підйому центра мас блока 5Ap5Робота сили пружності:0,2 ⋅ 0,1= −6⋅9,8⋅ = −3,920,3AFпрде λ – деформація пружиниA Fпрc2 λ2= − ,2 ⋅ S⋅ r1 3λ = 2 ⋅ h5= ;R3280 2 ⋅ 0,2 ⋅ 0,1= − ⋅ = −18,72 0,3h5(Дж).S1⋅ r3= ϕ 3 ⋅ r3= ,R(Дж).3Робота сталої пари сил :A M = −M⋅ϕ 3 ,де ϕ 3 – кут повороту ступінчатого блоку 3 при переміщенні тягаря 1вниз по похилій площині на S 1 .A M0,20,31ϕ = ,33= RS0,2= −0,8= −0,5330,3(Дж).126

Склавши визначені роботи усіх сил маємо:eK∑ A = 71,2+ 11,1 − 3,92 −18,7−1,11−0,533,∑A Ke= 58,04(Дж).Прирівнюємо кінетичну енергію системи до визначеної роботидіючих на систему сил:T= ∑eA K20,505 3 =58,04⋅ω 58,04; звідки, ω 3 = = 10, 7 (с -1 ).0,505Шукана кутова швидкість ступінчатого блоку 3 ω 3= 10,7 (с -1 ).Розв’язок: ω 3= 10,7 с -1,Приклад 2 розв’язання задачі Д4Механічна система, яка складається з тягаря 2, ступінчатого блоку 3,нерухомого блоку 4 і 5, рухається зі стану спокою у вертикальній площиніпід дією сил тяжіння, змінної сили F та сталого моменту М (рис. 4.45).До системи входить пружний елемент, коефіцієнт жорсткості якого с.У початковий момент часу деформація пружного елемента дорівнює нулю.ρ3 – осьовий радіус інерції ступінчатого блоку 3.Враховуючи тертя ковзання тягаря, який рухається по жорсткійповерхні площини, та нехтуючи іншими силами опору і масами ниток, якіне зазнають розтягування, визначити лінійну швидкість центра мас катка 5при переміщенні тягаря 1 на відстань S від свого початкового положення.Дано: m 2 = 5 кг; m 4 = 6 кг; m 5 = 4 кг; α = 45 0 ; с = 200 Н/м; R 3 = 0, 3 м;r 3 = 0,1 м; М = 1,6 Н⋅м; F = 50(7+8S) Н; f = 0,1; S 1 = 0,2 м.Визначити:VC при S = S 51127

3542FαMРисунок 4.45Роз’вязання1 Розглянемо рух механічної системи, що складається з вагомих тіл2, 4, 5 і невагомого ступінчатого блока 3, з’єднаних нитками (рис 4.45). .Зобразимо зовнішні сили, що діють на систему: активні F, F пр , P , P P5,реакції N 2 , N 3,N 4 , N5 , силу тертя і момент М (рис. 4.45).Для визначення швидкості центра мас катка 5теоремою про зміну кінетичної енергії2 4,V C скористаємося5=∑eA kT −T0 . (1)2 Визначаємо Т і Т 0 системи. Т 0 = 0, оскільки у початковий моментчасу система знаходилася у стані спокою.= T2 + T4T5. (2)T +Оскільки тіло 2 рухається поступально, то його кінетичну енергіювизначимо з виразу:T1222 = m2⋅V2,128

де V2 3 ⋅ R3= ω – швидкість тіла 2, визначена через кутовушвидкість блока 3 ( ω 3), яку також визначимо через швидкість центра мастіла 5:Отже, отримуємо:V c 5ω 3 = .r3T21 R322 = m2⋅ ⋅V 2 2 c . (3)5r3Нерухомий блок 4 обертається навколо нерухомої осі. Йогокінетична енергія визначається з виразу122T 4 = I 4 ⋅ω4,2де I 4 = m4⋅ R4осьовий момент інерції блока 4 відносно нерухомоїосі (блок 4 вважаємо суцільним однорідним диском); кутову швидкістьтіла 4 визначимо через швидкість центра мас тіла 5:ОтжеT42V c 5ω 4 = .R421 4V2 c5= m4⋅ R4;22R4T24 = 2m4⋅Vc. (4)5Коток 5 здійснює плоский рух і його кінетична енергія визначаєтьсяз виразу121222T5= m5⋅Vc + I5 5 ⋅ω5;129

деI1225 = m5⋅ R5– осьовий момент інерції тіла 5, яке вважаєтьсясуцільним однорідним диском;V c 5ω 5 = – кутова швидкість тіла 5.R5Отже, маємо:T521 2 1 1 V2 c53 2= m5⋅Vc+ ⋅ m55 ⋅ R5= m2 5 ⋅Vc. (5)2 2 245R5Після підстановки усіх отриманих значень кінетичних енергій зрівнянь (3), (4) і (5) у рівняння (2) маємо:T21 R322 3 2= m2⋅ ⋅V22 c + m5 4 ⋅Vc+ m5 5 ⋅Vc;245r3T⎛21 R32= ⎜2m2 ⋅ + 8m2 4 + 3m⎟5 ⋅V c ;45r3⎝⎞⎠2= 37,5c . (6)5T ⋅V3 Знайдемо суму робот усіх діючих на систему зовнішніх сил напереміщеннях, яке матимуть тіла системи при видовжені кінця каната, доякого прикладена змінна сила F, на S = S 1 :e∑ K = AF+ AM+ AP2A + A +FтрA, (7)FyдеA F – робота змінної сили F;A M – робота сталої пари сил М;A P – робота сили ваги тіла 2;2A – робота сил тертя ковзання;FтрA – робота сили пружності.Fy130

Визначимо роботу змінної сили F :AS1F +0 2400= ∫ 50 S ;2( 7 + 8S) dS = 350S1 1A F= 78(Дж).23N35N54N4N2FFуп45°MP5FFтрP2Рисунок 4.46Роботу сталої пари сил M знайдемо наступним способом:деSA M = −M⋅ϕ 3 ,1ϕ 3 = – кут повороту тіла 3 при переміщенні тягаря 2 вниз на2r3відстань S 1;A M= −MS12r30,2= −1,6= −1,62 ⋅ 0,1(Дж).Робота сили ваги, що діє на тіло 2:A P 2= −m2⋅ g ⋅h2,деoh = ϕ ⋅ r sin 45 – висота підйому тягаря 2.2 3 3 ⋅131

AS ⋅ RA 45P2P21 3 o= −m2⋅ g ⋅ sin ;2r30,2 ⋅ 0,3= −5⋅9,8⋅ ⋅ 0,707 = −10,392 ⋅ 0,1Робота сили тертя ковзання, що діє на тягар 2:(Дж).AAFтрF тр= −Fтр⋅ S 2 ; S2 3 ⋅ R3= ϕ ; F тр f ⋅ N 2= .o S1⋅ R3= −m2 ⋅ g ⋅ cos 45 ⋅ f ⋅ = −1,0392rAFyде λ – деформація пружини,c2 λ2= − ,3(Дж).λ = S 2,22c ⎛ S1⋅ R3⎞ 200 ⎛ 0,2 ⋅ 0,3 ⎞A F 2 = −= − ⋅⎜2⎜2⎟3 2 2 0, 1 ⎟ ,r⎝ ⋅ ⎠⎝⎠A Fy= −9(Дж).Склавши визначені роботи усіх сил, маємо:eK∑ A = 78 −1,6−10,39− 9;∑A Ke= 55,97132(Дж).Прирівнюємо кінетичну енергію системи до визначеної роботидіючих на систему сил:eT = ∑ A K ;37,5 ⋅ 2c =55,97V 555,97, звідки: V c = = 1, 22537,5(м/с).Шукана швидкість центра мас котка 5 V c = 1, 522 (м/с).Розв’язок: V c = 1, 522 (м/с).

4.2 ПРИНЦИПИ МЕХАНІКИ ТА ОСНОВИ АНАЛІТИЧНОЇМЕХАНІКИ4.2.1 Задача Д5. .Застосування принципу Даламбера длявизначення реакцій в’язів4.2.1.1 Скорочені відомості з теорії до задачіПринцип ДаламбераПринцип Даламбера для матеріальної точкиРівняння руху невільної матеріальної точки є такими ж, як і длявільної, тільки до діючих на точку активних або заданих сил додають силиреакцій в'язів.Сучасне визначення принципу Даламбера не відрізняється за змістомвід рівнянь руху матеріальної точки, але для багатьох задач воно зручніше.Принцип Даламбера для вільної матеріальної точки еквівалентнийосновному закону динаміки. Для невільної точки він еквівалентнийосновному закону разом з аксіомою в'язів.Рівняння руху матеріальної точки масою m відносно інерціальноїсистеми відліку під дією прикладених активних сил та реакцій в'язів маєвиглядm a = F + R , (4.73)де F – рівнодіючою активних сил,R – рівнодіюча реакцій в'язів,a – прискорення точки відносно інерціальної системи відліку.Назвемо силою інерції матеріальної точки добуток маси точки навектор прискорення, який має від’ємний знак, тобтоФ = −ma.133

Тіло− FФ− RВ’язьz*zmaFxR00 y*x*yРисунок 4.47Якщо використовувати поняття сили інерції точки та перенести всіскладові рівняння (4.73) в праву частину, тоді отримаємо (рис. 4.47):F + R+Ф=0. (4.74)Так як сили F , R та Ф утворюють систему збіжних сил, тазадовольняють умові (4.74), вони будуть системою сил, яка еквівалентнанулю, тобто:{ , R,Ф} ∝ 0F . (4.75)Рівняння (4.74) або еквівалентна йому умова (4.75) виражаютьпринцип Даламбера для точки: при русі матеріальної точки активнісили реакції в'язів разом з силою інерції точки утворюють системузрівноваженних сил.З рівняння (4.74) у проекціях на координатні осі отримаємо триумови рівноваги сил:FFFxyz+ R+ R+ Rxyz+ Ф+ Ф+ Фxzy= 0;= 0;= 0.(4.76)134

Прискорення точки відносно інерціальної системи відліку можнарозкласти на складові за осями декартової системи координат, а також надотичне та нормальне прискорення і на переносне, відносне прискореннята прискорення Коріоліса, якщо рух точки вважати складним.Відповідно, силу інерції Ф можна розкласти на такі ж складові:Ф = Ф i + Ф j + Ф k = Фτ + Ф = Ф + Ф + Ф . (4.77)xyznerkДотична сила інерціїФτ = −ma τ ,де a τ – дотичне прискорення.Нормальна (або відцентрова) сила інерції:Фn = −ma n ,деa n – нормальне прискорення.Переносна та відносна сили інерції, а також сила інерції Коріолісавиражаються через прискорення, відповідно, так:Фe= −mae; Фr= −mar; Фk= −mak.Аналогічно виражаються через проекції прискорення на прямокутніосі координат проекції сили інерціїФ ,x , ФyФz.Принцип Даламбера для системи матеріальних точокВикористовуючи принцип Даламбера до кожної точки системи,отримаємо:F+ R + Ф = 0,k = 1,2, K N , (4.78)k k k,деФ −mk= k ak– сила інерції для k-ої точки (рис. 4.48).Умови (4.78) можна подати в еквівалентній формі:135

{ F , R , Ф } ∝ 0, k = 1,2, K,N.kkkN векторних умов (5.6) виражають принцип Даламбера длясистеми: при русі механічної системи активна сила та реакція в'язівразом з силою інерції складають зрівноважену систему сил для кожноїточки системи.zФ km k(i)F ka k( e)F kx0R kyРисунок 4.48Якщо підсумувати ліві частини (4.78) за всіма точками системи, тоді:N∑ F + ∑ R + ∑Ф= 0 . (4.79)k=1kNk=1k136Nk=1Помножуючи векторно кожне з співвідношень (4.79) зліва на радіус-вектор точкиотримаємо:kr k та знову підсумовуючи за всіма точкам системи,N∑k=1абоN( r × F ) + ( r × R ) + ( r × Ф )∑ Mk=1kOk∑k=1N( F ) + M ( R ) + M ( Ф )kN∑k=1kOkkN∑k=1N∑k=1kOkk⎫= 0, ⎪⎪⎬⎪= 0. ⎪⎭(4.80)Умови (4.79) та (4.80), якщо виразити їх через проекції накоординатні осі, дадуть шість умов рівноваги, аналогічних умовамрівноваги сил, які прикладені до твердого тіла, у статиці.

Головний вектор сил інерції системи визначається за формулоюФN= ∑Фk=1kdQ= −dt=−MaC . (4.81)де М – маса системи, a C – прискорення центра мас, відповідно.У тих випадках руху твердого тіла, коли сили інерції приводяться дорівнодіючої, остання співпадає за величиною та напрямком з головнимвектором цих сил. Але рівнодіюча сил інерції необов'язково проходитькрізь центр мас тіла, хоча величина та її напрямок завжди визначаються заформулою (4.81).За формулою (4.82)абоN∑ Mk=1zdωdtz( Ф ) = − = −J= −JεkdKdtzz,LN( Ф) M ( Ф ) = −Jεz= ∑k=1zkz(4.82)вираховують момент сил інерції відносно осі обертання при обертальномурусі твердого тіла навколо нерухомої осі. Цей момент створюють дотичнісили інерції, так як нормальні сили інерції для кожної точки тілаперетинають ось обертання та, отже, моменту не створюють.Сили інерції твердого тіла в окремих випадках його рухуПоступальний рух. Якщо тверде тіло рухається поступально, тодіприскорення його точок однакові. Сили інерції цих точок складаютьсистему паралельних сил, котрі спрямовані в одну й ту ж сторону. Такасистема сил приводиться до рівнодіючої силивектору, тобтоФ*= Ф = −Ma C .*Ф , яка дорівнює головному137

Лінія дії рівнодіючої сили інерції в цьому випадку проходить крізьцентр мас, оскільки головний момент сил інерції точок тіла відносноцентра масN( Ф) LC= ∑ M C ( Фk) = 0.k=1Дійсно, згідно з наслідком принципа Даламбера (4.82) для центрамас маємо:N( Ф)( Ф ) + L∑ M = 0 .k = 1CkCПри поступальному русі тіло не робить обертання навколо центраN( e)мас, і тому ∑ ( )( Ф)M = 0 . Отже, і L = 0 .k=1C F kОбертання навколо нерухомої осі. Якщо вибрати за центрприведення сил інерції точку О на осі обертання Oz, тоді в цій точцібудемо мати головний вектор та головний момент сил інерції:CФ( Ф)= −Ma; L = −dKdt .C O O /Якщо центр мас знаходиться на осі обертання, тоді Ф = 0 . Проекціїголовного моменту сил інерції на нерухомі осі координат у загальномувипадку можна обчислити за формулами:( ФL)x( ФL)( ФL)zy= −dK= −dK= −dKzxy/ dt≠ 0;/ dt ≠ 0;/ dt = −Jz ε.Плоский рух. Вибираючи за центр приведення сил інерції центр масотримаємо у цій точці головний вектор та головний момент сил інерції.Для головного вектора сил інерції маємо138

Ф = −Ma C .Для головного моменту сил інерції відносно центра мас С, який єрухомою точкою при плоскому русі тіла, отримаємо формули відповідно:( Ф) ( r )L = −dKCx≠ 0;( Ф) ( Ф)L = −dK/ dtCy( Ф) ( r )L = −dK/ dtCzCxCyCz≠ 0;= −JCzε,де ось Cz перпендикулярна площині, паралельно якої здійснюютьрух точки тіла.Моменти сил інерції( ФL)таCx( Ф)L вираховуються так, як і приобертанні тіла навколо нерухомої осі. Вони дорівнюють нулю, якщо вісьCz є головною віссю інерції для точки С. Це, зокрема, виконується, якщотіло має площину симетрії, яка проходить крізь центр мас та паралельнаплощині руху тіла.Cy4.2.1.2 Умова задачіМеханічна система рухається у вертикальній площині під дією силваги тіл, що входять до системи.До складу системи входять: тягарі 1, 3 та 6, два ступінчатих шківа 2 і 4,коток 5, або рухомий блок 5 (рис. 4.49).R 2 , r 2 ; R 4 , r 4 . – радіуси ступінчатих шківів 2 і 4; відповідно:ί 2 та ί 4 – їх радіуси інерції відносно власних осей обертання.До ступінчатого шківа 4 прикладена стала пара сил моментомМ = 2mg (Н⋅м).Котки або рухомі блоки 5 рухаються без проковзування.Враховуючи тертя ковзання тягарів, які рухаються по шорсткихповерхнях площин і тертя кочення котка 5, що котиться без ковзання, та139

нехтуючи іншими силами опору і масами ниток, які не зазнаютьрозтягування, визначити реакції зовнішніх та внутрішніх в’язів тіл (1 – 2).Коефіцієнт тертя тягаря по шoрсткій поверхні опорної площиниƒ=0,2.Коефіцієнт тертя кочення котка 5 ( схеми 0-9 рис. 4.50) δ= 0,3 см.Тягарі, маси яких дорівнюють нулю (в таблиці не задані), накресленні не зображати.Ступінчаті шківи 2 і 4, а також котки (рухомі блоки) 5 зображатизавжди, як частини системи.Вказівки. Задача на застосування принципу Даламбера довизначення реакцій в’язів, накладених на механічну систему.На початку розв’язання поставленої задачі необхідно до активнихсил, що діють на систему, та реакцій зовнішніх в’язів приєднати силиінерції тіл системи.Отримана система сил, відповідно до принципу Д’аламбера, будееквівалентна нулю, і для неї можна скласти відповідні рівняння рівноваги.Такі рівняння рівноваги складаються як для системи тіл в цілому, так і длякожного тіла окремо. Розв’язуючи отримані системи рівнянь рівноваги,знаходять шукані реакції в’язів.Повний хід розв’язання задачі поданий у прикладах до задачі Д 8.140

ВаріантТаблиця 4.10Радіуси кіл Радіуси Кути,Маси тіл системи, кгшківів, см інерцій, см градm 1 m 2 m 3 m 4 m 5 m 6 R 2 r 2 R 4 r 4 i 2 i 4 α β0 6m 3m m - - - 35 25 20 15 30 - 60 451 2m - - 0,5m - 0,5m 30 25 25 20 - 25 45 302 3m m - - - 0,3m 25 20 30 20 25 - 60 453 3m m m - - - 20 15 35 20 20 - 45 304 4m - - m - 0,5m 25 15 30 15 - 25 60 455 5m m - - - 0,3m 30 20 25 20 25 - 45 306 4m 2m m - - - 35 25 30 25 30 - 60 457 4m - - 2m - m 30 25 20 15 - 20 45 308 5m 2m - - - 0,5m 25 15 30 25 20 - 60 459 4m 1,5m 0,8m - - - 20 15 30 20 20 - 45 30043β2M15α6Рисунок 4.49141

143 2βM16524 32M156α3432M516αРисунок 4.49, аркуш 2142

4 34 2M516α5324β1M56632M45β16Рисунок 4.49, аркуш 3143

7234α1M5683 24βM15α69213α4M56Рисунок4.49, аркуш 4144

4.2.1.3 Приклад 1 розв’язання задачі Д5Механічна система рухається у вертикальній площині під дією силваги тіл, що входять до системи. До ступінчатого шківа прикладена сталапара сил моментом М = 0,2mg (Н⋅м). Коефіцієнт тертя ковзання тягаря пошoрсткій поверхні опорної площини ƒ=0,2.R 2 , r 2 ; R 4 , r 4 . – радіуси ступінчатих шківів 2 і 4; відповідно:ί 2 та ί 4 – їх радіуси інерції відносно власних осей обертання.Для заданої механічної системи (рис. 4.49), використовуючипринцип Даламбера, визначити силу розтягування канатів та складовіреакції підшипника нерухомого ступінчатого блоку.Дано: m 1 = m; m 2 = m; m 3 = m; m = 100 кг; R 2 /r 2 = 2; f = 0,2;M 2 = 0,2 mg (H⋅м); α = 30 0 ; r 2 = 0,2 м; i 2x = r 22 (м).Визначити: Т 1 , Т 3 , Y 2 , Z 2Розв’язанняВідповідно до принципу Даламбера, якщо до системи сил, що діютьна механічну сукупність, додати сили інерції, то отримана система силспільно з силами інерції еквівалентна нулю.З механічної сукупності, що наведена на рисунку 4.50 залишаємотільки ті тіла, маси яких задані: 1, 2 і 3.3 24156Рисунок 4.50145

Розрахункова механічна система зображена на рисунку 4.51.ΦL2Z223OY2Φ3ε230°FтрN3M2Φ11P 1a 1Рисунок 4.51На рисунку 4.51 зображені всі зовнішні сили, що діють на систему, атакож сили інерції.P 1 = m 1 g, P 2 = m 2 g P 3 = m 3 g – сили тяжіння тіл,F 3тр – сила тертя тіла 3 по шорсткій поверхні,N 3 – нормальна реакція шорсткої поверхні;Z 2 і Y 2 – складові реакції підшипника нерухомого ступінчатогошківа 2.Тіла 1 і 3 здійснюють поступальний рух. Сили інерції для нихприводяться до головних векторів сил інерції, відповідно Ф 1 і Ф 3.цих тіл:Вектори сил інерції направляються протилежно векторам прискореньФ −m1 = 1a1; Ф3 = −m3a3.Ступінчатий нерухомий шків 2 здійснює обертальний рух.146

інерції –Усі сили інерції шківа 2 приводяться до головного моменту силприскорення ε 2 .ФL 2 , що направлений у бік, протилежний напрямку кутовогоДля визначення сил розтягування канатів розділимо дану механічнусукупність на окремі тіла та застосуємо принцип Даламбера до кожного зних ( див. рисунки 4.53…4.55). При цьому взаємодія тіл оцінюєтьсязусиллями у гнучких в’язях, тобто силами розтягування канатів.Оскільки система сил, що діє на тіла, спільно з силами інерціїзрівноважена, складаємо рівняння рівноваги для кожного тіла ірозв’язуємо спільно систему рівнянь рівноваги, з яких знаходимо невідомізусилля розтягування канатів.Для тіла 1, яке рухається поступально, сила розтягування каната, щоз’єднує тіла 1 і 2, визначається з виразу (рис. 4.52)∑F KZ = 0;T1+ Ф1+ P1= 0 . (1)1З урахуванням того, щоP m1g1 = , а 1 m1a1Ф = ,T( g − )1 = m1g− m1a1= m1a1. (2)z2Z1T1Φ11T'3ε2OZ22Y2M2y2P1a1ΦL2P2T'1Рисунок 4.52 Рисунок 4.53147

Для тіла 2, яке обертається навколо нерухомої осі (рис. 4.53):∑= 0;Y2− T3′cosα= 0F KY ; (3)2∑ F KZ = ; Z − P − T ′ − T ′ sinα= 0; (4)20 2 2 1 3Сума алгебраїчних моментів сил, що діють на тіло 2 (див. рис 4.53):∑ MФ0 ( 3 2 2 1 2 2 =FK ) = 0; T ′ ⋅ R + L − T ′ ⋅ r − M 0 ; (5)Враховуючи, що 1 = T1, з рівняння (5)T ′2Ф2( g − a )T1′⋅ r2+ M 2 − L m11 r2+ M 2 − LT3′ ==. (6)RR2Ф2Враховуючи, що головний момент сил інерції, який прикладено дотіла 2,ТодіL Ф , а2 = J 2 ⋅ ε 2TLФ2a1ε 2 = ,r22 a1= m2i2x⋅ .r2J22 = m2⋅i2x.2 1m1( g − a1) r2+ M 2 − m2i2xr23′ =. (7)R2Для тіла 3, яке рухається поступально (рис. 4.54),a∑ F= 0;T3− Ф3− Fmp− P3sinα= 0KY .3З урахуванням того, що148

Р 3 = m 3 ⋅g, Ф 3 = m 3 ⋅a 3,F тр = f⋅N 3 = f⋅m 3 ⋅g⋅cosαT 3 = m 3 ⋅a 3 + f⋅m 3 ⋅g⋅cosα + m 3 ⋅g⋅sinα. (8)a33N3T3y3Φ3αFтрP3Рисунок 4.54Визначимо прискорення тягаря 3 через a 1 :aa= ε ,13 2 ⋅ R2= ⋅ R2r2R23 = m3⋅a1+ m3g(f cosα + sinα)rT . (9)2Враховуючи, що сила розтягування каната, який з’єднує ступінчатийшків 2 і тягар 3 однакова (Т 3 = Т ’ 3 ), прирівнюємо праві частини рівнянь (7) і(9):m ( g − a11) r2+ MR22− m22i2xar12= m3Rr22⋅ a1+ m3g(fcosα + sinα).З останнього рівняння визначаємо прискорення тягаря 1 – a 1 :a1=m1g+Mm21− m+ m32gRi222 x +r2( fcosαm3Rr222+ sinα). (10)149

Підставляючи у рівняння (9) вихідні данні, знаходимо прискореннятягаря 1:[ 1 + 0,2 − 0,4(0,2 ⋅ 0,866 + 0,5) ]9,8 ⋅ 0,93a 1 == = 4,15 (м/с 2 ).(11)m(1+ 0,4 + 0,8)2,2Ураховуючи значення прискорення a 1, з рівнянь (2) і (9), визначаємосили розтягування канатів, які з’єднують ступінчатий шків 2 з тягарями 1та 3:( g − 1 ) = 100( 9,81−4,15) 566+ 100 ⋅ 9,81( 0,2 ⋅ 0,866 + 0,5) 1490, 4T 1 = m a= (Н),T 3 = 100 ⋅ 2 ⋅ 4,15= (Н).Відповідні реакції підшипника нерухомого ступінчатого шківа 2визначимо з рівнянь (3) і (4):= T cosα= 1490,4 ⋅ 0,8661290,7Y 2 3= (Н),Z 2 = P 2 + T 1 + T 3 sinα = 100⋅9,8 + 566 + 1490,4⋅0,5 = 2291,2 (Н).Розв’язок: Т 1 = 566 Н; Т 3 = 1490,4 Н.Y 2 = 1290,7 Н; Z 2 = 2291,2 Н.Приклад 2 розв’язання задачі Д5Для заданої механiчної системи (рис. 4.55), використовуючипринцип Даламбера, визначити сили розтягування канатів i складовiреакції пiдшипника нерухомого ступiнчатого шківа.Дано: m 4 = 200 кг; m 5 = 100 кг; m 6 = 100 кг;M 4 = 235 (H⋅м); R 4 /r 4 = 2;R 4 = 0,2 м; r 5 = 0,3 м;i 4x = r 4 2 (м); i 5x = r 5 .Визначити: Т 4 ; Т 5 ; ; Y 4 ; Z 4 .150

324156Рисунок 4.55Розв’язанняУ механiчній сукупності, поданій на рисунку 4.55, залишаємо тiлькитiла, маси яких задані умовою задачi: 4, 5 і 6.Згiдно з принципом Д’Аламбера до заданої системи зовнiшних сил іреакцій в’язiв приєднуємо сили iнерції (див. рис. 4.55). Утворена системасил разом з силами iнерції еквiвалентна нулю.iнерції.шківа.На рисунку 4.55 вказанi усi діючі на систему зовнiшнi сили, і силиP 4 = m 4 g,; P 5 = m 5 g; P 6 = m 6 g – сили ваги тіл;S 5 – реакція сили розтягування каната;М 4 – заданий момент, який впливає на рух привідної системи;Y 4 и Z 4 – складовi реакції пiдшипника нерухомого ступiнчатого151

Ступiнчатий нерухомий шків 4 здiйснює обертальний рух. Усi силиiнерции шківа 4 приводяться до головного моменту –ФL 4 , якийнаправлений у бік, протилежний напрямку кутового прискорення ε 4 .Рухомий блок 5 здiйснює плоский рух. Усi сили iнерції блоку 5приводяться до головного вектору Ф 5 і головного моментуФL 5 силiнерції.Тягар 6 здiйснює поступальний рух. Сили iнерції для ньогоприводяться до головного вектору сил iнерції Ф 6 .Напрямки головних векторiв сил iнерції Ф 5 і Ф 6 спрямованiпротилежно векторам прискорень центрів мас тiл 5 і 6.Ф5 m5⋅ a5= ; Ф6 = −m6⋅ a6Головний момент сил iнерції рухомого блоку 5 –ФL 5 напрямлений убік, протилежний кутовому прискоренню блока ε 5 .Для визначення зусиль розтягування канатiв механiчної системироздiлимо її на окремi тiла i застосуємо принцип Д’Аламбера до кожного зних (рис. 4.56…4.58). При цьому взаємодiї тiл у системi оцiнюютьсязусиллями у гнучких в’язях, тобто силами розтягування канатiв. Так як.система сил, дiючих на тiла, разом з силами iнерцii зрiвноважена,складаємо рiвняння рiвноваги для кожного тiла i, розв’язуючи спiльносистему рiвнянь рiвноваги, знаходимо невiдомi зусилля розтягуванняканатiв.Для тiла 4 (див. рис. 4.56).Система дiючих на тiло сил являє собою плоску систему сил, якадовільно розташована на площинi.Складемо для неї умови рiвноваги:∑ F KY = 0, Y44 = 0. (1)∑ F KZ = 0, Z44 – P 4 – T 4 = 0 . (2)∑M F ) = 0,0 (KФL 4 +Т 4 ⋅r 4 – M 4 = 0, (3)152

Фде L 4 = I x4 ⋅ε4 ; 2Ix4 = i4x⋅m4 , тоді Ф 2L = i4x⋅ m4⋅З рiвняння (3) знаходимо силу розтягування канату Т 4 :4 ε 4.T4Ф2M 4 − L4M 4 − i4x⋅ m4⋅ε 4= =. (4)r4r4z44Z4ε4y4M4OY4ΦL4P4T4Рисунок 4.56Для тiла 5 (див. рис. 4.57). Складаємо три рiвняння рiвноваги томущо система сил, дiюча на нього, являє собою також плоску системудовільно розташованих на площині сил.∑ )M P ( F K = 0,∑F KZ = 0, S 55 + T ’ 4 – P 5 – T 5 – Ф 5 = 0; (5)∑ F KY 5= 0; (6)фL 5+ Р 5 ⋅r 5 + T 5 ⋅r 5 + Ф 5 ⋅r 5 – T 4 ’ ⋅2r 5 = 0. (7)153

z65T'4ε5S5ΦL5CPT'56P5a6Φ5P6T5Φ6Рисунок 4.57 Рисунок 4.58З рiвняння (7)Т 5 = 2Т 4 ’ – Р 5 – Ф 5 -1ФL 5r . (8)5Враховуючи, що сили розтягування канату Т 4 = Т 4 ’ :T 5 =2( M24 −i4x⋅m4⋅ε4)Ф 1− P5−Ф5− L5. (9)rr5Для тягаря 6 (див. рис. 4.58)Умова зрiвноваження сил∑ F KZ = 0, Т ’ 65 – Р 6 – Ф 6 = 0; (10)звiдкиТ 5 ’ = Р 6 + Ф 6 . (11)Враховуючи, що сили розтягування каната у гілцi Т 5 = Т 5’прирiвнюємо правi частини рiвняннь (9) і (11):,154

2( M24 −i4x⋅m4⋅ε4)Ф 1−P5−Ф5−L5r4r5= P 6 + Ф6. (12)В останнє рiвняння підставляємо значення Ф 6 = m 6 ⋅a 6 ; a 6 = a c ;Тодi2ФL 5 =Ф 5 = m 5 ⋅a c a c =ε 4 ⋅r4;2ФL 5 = i5x2 ⋅m 5 ⋅ε 5 ; ε 5 =25x⋅m 5 ⋅iε4⋅2 r2( M −i⋅ m ⋅ε)44xr4445r4,− m g − m55r4ε24= 6gm64a c=r 54− i25xε 4 ⋅ r2 r⋅ m55r42r54ε.4=rm +2 ε . (13)Рівняння (13) розв’язується вiдносно невiдомого ε 4 :ε 4 =r4⎛⎜2m4⋅i⎝ r424x2M+4− r4m5⋅ r24( m + m )+5m56⋅ r42r5g⋅i25x+m6⋅ r24⎞⎟⎠.Пiдставляючи в останнє рiвняння вихіднi даннi, можна знайтичислове значення кутового прискорення ε 4 :ε 4 =0,2 22⋅235−0,2100 ( + 100)⋅9,81( ⋅200⋅0,2 ⋅ 2 + 100⋅0,2 + 100⋅0,1 ⋅0,3)ε 4 = 2,12 (с -2 ).;Знайшовши числове значення кутового прискорення ведучогобарабана з рiвнянь (4) і (9), можна знайти зусилля у гілках канатiв Т 4 і Т 5 :155

Т 4 =424M − i x ⋅ m ⋅ε22Т 5( M 4 − i 4 4 )= 4 x ⋅ m ⋅εr4r444Т 4 = 1174,2 (Н);− m52235 − 0,2 ⋅ 2 ⋅ 2,12=;0,2g − m5Т 5 = 1339,8 (Н).r42ε4− i25x⋅ m5r42r5ε4;Зусилля у холостій гілці канату S 5 і складова реакції Z 4 пiшипникаступiнчатого шківу 4 (Y 4 = 0), знаходяться з рiвнянь, вiдповiдно (5) і (2):42 εS 5 = P 5 + T 5 + Ф 5 – T 4 = m 5 g + T 5 + m 54S 5 = 1167,8 (Н),Z 4 = P 4 + T 4 = 200⋅9,81 + 1174,2,Z 4 = 3136,2 (Н).r- T 4,Розв’язок: Т 4 = 1174,2 Н; Т 5 = 1339,8 Н; S 5 = 1167,8 Н; Y 4 = 0;Z 4 = 3136,2 Н.4.2.2 Задача Д6. Застосування принципа можливих переміщеньдля вивчення умов рівноваги механічної системи4.2.2.1 Відомості з теорії для розв’язку задачАналітична механікаВ аналітичній механіці вивчають рівновагу та рух механічнихсистем. При цьому широко використовують поняття можливогопереміщення точок та систем. Найбільш зручну форму умов рівноваги тарівнянь руху системи можна отримати при використанні узагальненихкоординат та узагальнених сил.В'язі та їх класифікаціяВ аналітичні механіці більш докладно розглядаються в'язі, якінакладаються на точки механічної системи. Умови, які обмежують156

вільність переміщення точок механічної системи, називаються в'язями.Математичні в'язі можуть бути виражені рівняннями або нерівностями, дояких входить час, координати всіх або частини точок системи та їх похідніза часом будь-яких порядків. Для однієї точки рівняння в'язів у загальномувипадку можна виразити у формі:( x, y,z;x,y,z,;x,y,z;...;t) = 0f . (4.83)Для механічної системи, яка складається з N точок, l рівнянь в'язівподається у вигляді системи рівнянь( x , y , z ; x , y , z ; t) 0, s = 1,2 lfs k k k k k k,...,= . (4.84)Вважається, що індекс k набуває всіх або частини значень від l до N,як для координат, так і для їх похідних.Якщо до рівняння в’язів (4.84) входять тільки координати точок та невходять похідні від координат, тоді в’язі називаються геометричними.Рівняння геометричних в’язів для системи має виглядf( x , y , z ; t) = 0k k k .Якщо до рівнянь в’язів окрім координат входять також і їх похідні зачасом (проекції швидкостей точок на осі координат) або тільки одніпохідні, крім часу, тоді в’язі називаються кінематичними.У цьому випадку рівняння в’язів є диференціальними рівняннямидля координат точок. З геометричних в’язів диференціюванням можнаотримати в’язі кінематичні. Із кінематичних в’язів геометричніотримуються не завжди, так як диференційні рівняння не завжди можутьбути інтегровані. Іноді диференційне рівняння в’язів можна подати якпохідну за часом від деякої функції координат та часу:ddt( x , y , z , t) = 0ϕ k k k .Після інтегрування така кінематична в’язь стає геометричною.Усі геометричні та інтегровані кінематичні в’язі називаються157

голономними. Кінематичні в’язі, які не інтегруються, котрі не можна звестидо геометричних, будуть неголономними. Важливий клас механічнихсистем з неголономними в’язями (неголономних систем) інтенсивнодосліджуються у наш час, і ці дослідження ще далекі від досконалості. Уподальшому викладі системи з такими в’язами не розглядаються.При русі механічної системи координати точок та їх похідні зачасом, які входять до рівняння в’язів, можуть залежати від часу. Окрімтого, до рівняння в’язів може входити час, крім координат та їх похідних.В’язі, до рівнянь яких час не входить, називаються стаціонарними абосклерономними. Якщо час входить до рівняння в’язів, тоді в’язьназивається нестаціанарною або реономною.У найпростішому випадку однієї точки нестаціонарна в’язь у формірухомих поверхонь має рівняння( x, y,z,t) = 0f .В’язі називають незвільняючими або утримуючими, якщо вонивиражаються математичними рівняннями, та звільняючими або,неутримувальними, якщо вони виражаються нерівностями.Для однієї точки М, з’єднаною з кінцем жорсткого стрижня, другийкінець якого закріплений у нерухомій точці O, в’язь (жорсткий стрижень),є геометричною, утримувальною.0xyMzM (x,y,z)Рисунок 4.59158

Її рівняння22x + y + z − l = 0,22де l – довжина стрижня.Якщо стрижень замінити ниткою тієї ж довжини, тоді в’язь (нитка)буде неутримувальною. Вона математично виражається нерівністю22x + y + z − l ≤ 0 .22Якщо при русі точка M опиниться від точки O на відстані менш, ніждовжина нитки, тоді нитка вже не обмежує волю переміщення точки.Усі в’язі можна розподілити на реальні та ідеальні. До ідеальнихв’язей відносяться всі в’язі без тертя. Деякі в’язі з тертям теж можнавіднести до ідеальних. Поняття ідеальних в’язей дається після введенняпоняття можливого переміщення системи.Можливі переміщенняДля формулювання принципу можливих переміщень, який визначаєумови рівноваги механічної системи, треба ввести поняття можливого, абовіртуального, переміщення.Для однієї точки можливим переміщенням називається такенескінченно мале (елементарне) уявне переміщення,накладеними на точку в’язями у фіксований момент часу.яке допускаєтьсяДля можливого переміщення не треба часу на його виконання. Цеуявне переміщення, котре могла б виконати точка при накладених на неїв’язях у розглядувальний момент часу. На відміну від елементарного(нескінченно малого) дійсного переміщення точкиd r ,котре здійснюєточка за час dt під дією прикладених сил при даних початкових умовах інакладених в’язях, можливе переміщення δ r визначається тільки в’язямиу даний момент.Проекції можливого переміщення δ r на осі координат, або варіаціїкоординат, позначають δ x, δy,δz, а проекції елементарного дійсногопереміщення на осі координат, або диференціали координат при зміні часуна dt , позначають δ x, δy,δz.159

Якщо в’язь для точки є, наприклад, рухомою поверхнею, рівнянняякої ( x, y,z,t) = 0f , тоді дійсне переміщення точки d r за час dt є узагальному випадку векторною сумою переміщень точки по поверхні таразом з поверхнею.Усі можливі переміщення точкиδ r розташовуються на поверхні уположенні, яке займає точка у даний момент часу t . Дійсне переміщенняпри даних початкових умовах та силах, яке точка може здійснити відмомента часу t до моментуt + dt, тільки одне. Можливих переміщень уточки у момент часу t нескінченно багато. Усі вони допускаються в’яззю(поверхнею) та як відрізки нескінченно малої довжини розташовуються вдотичній площині до поверхні в точці, яка співпадає з рухомою точкою.Можливе переміщення δ r , як і дійсний d r , є вектором і томузавжди зображується спрямованим прямолінійним відрізком. Очевидно,що елементарне дійсне переміщення точки належить до числа можливих,якщо в’язь стаціонарна, тобто дійсне переміщення не міститьпереміщення разом із в’яззю.Можливими переміщеннями системи називають будь-яку сукупністьможливих переміщень точок системи. У загальному випадку система можемати декілька і навіть нескінченно багато можливих переміщень.Унаслідок рівнянь в’язів, які накладені на систему, не всі можливіпереміщення будуть незалежними.Число незалежних можливих переміщень називають числомступенів вільності системи.Вільна точка має три ступеня вільності. У цьому випадку можливіпереміщення (варіації) δ x, δy,δzє незалежними.в’язіЕлементарна робота сили на можливому переміщенні. ІдеальніЕлементарна робота сили на можливому переміщенні точки їїприкладення обчислюється за звичайними формулами для елементарноїроботи, наприклад, δ A = F ⋅δr= Fxδx+ Fyδy+ Fzδz, та іншимиформулами для елементарної роботи. Для механічної системи, якаскладається з N точок, до яких прикладені сили, елементарна робота цих160

сил на якому-небудь можливому переміщенні системи, відповідно, будевиражатися так:δ A = ∑ ∞ F k ⋅δr k . (4.85)k = 1Елементарна робота сил при цьому залежить від обраногоможливого переміщення системи.Позначимо сили реакції в’язей для точок системиR k . Тоді в’язісистеми називаються ідеальними, якщо для будь-якого можливогопереміщення системи виконується умоваN∑ R k ⋅ r kk = 1δ . (4.86)Умова (4.86) є визначенням ідеальних в’язей. Важливо відмітити, щоця умова повинна виконуватися для всіх можливих переміщень системи.При цьому вся сукупність в’язів є ідеальною. Може бути ідеальною кожназ в’язів окремо.Наведемо приклади ідеальних в’язей:1 В абсолютно твердому тілі точки зв’язані ідеальними в’язями.Силами реакцій в’язей у цьому випадку є внутрішні сили, для яких булодоведено, що сума елементарних робіт цих сил на будь-яких елементарнихпереміщеннях точок тіла дорівнює нулю.2 Абсолютно гладенька поверхня або абсолютно гладенька лінія єідеальною в’яззю для точки. Можливі переміщення точки з такими в’язямиспрямовані за дотичною до поверхні або лінії. Сили реакцій у цихвипадках спрямовані за нормаллю до них, тобто перпендикулярні силам.Так, наприклад, усі шарніри (поверхні) без тертя, рухомі та нерухомі, єв’язями, ідеальними для тіл, які об’єднані такими в’язями. Шарніри безтертя, як ідеальні в’язі, еквівалентні в’язям між точками у твердому тілі.3 Гнучкі нерозтяжні в’язі (нитки, канати, троси та таке інше), якіз’єднують точки системи, є ідеальними в’язями. У кожному перерізі такоїв’язі сили реакції (сили натягнення) рівні за модулем та протилежні занапрямком, а можливі переміщення в їх точках прикладення одні й ті ж.161

Сума елементарних робіт сил натягнення для всіх можливих перерізівтаких в’язів дорівнює нулю.4 Окремо закріплені точки системи є ідеальними в’язями так, як їхможливі переміщення дорівнюють нулю.5 Шорстка поверхня для котків, які котяться по ній без ковзання,при відсутності тертя кочення є ідеальною в’яззю. Можливі переміщення вточці або в точках лінії зіткнення дорівнюють нулю у кожний момент часутак, як дорівнюють нулю швидкості в точках зіткнення, як для точок, якізакріпленні.Принцип можливих переміщеньПринцип можливих переміщень, або принцип Лагранжа, міститьнеобхідні та достатні умови рівноваги деяких механічних систем. Вінполягає у такому твердженні: для рівноваги механічних систем, щопідпорядковуються утримувальним, ідеальним, стаціонарним в’язям,необхідно і достатньо, щоб сума елементарних робіт всіх активних сил,які прикладені до точок, дорівнювала нулю на будь-якому можливомупереміщенні системи, якщо швидкості точок системи у розглядуваниймомент часу дорівнюють нулю, тобтоN∑ F ⋅δ = 0, (4.87)k = 1k r kдеF k – активна сила, яка прикладена до k-ої точки системи;r k – радіус-вектор цієї точки (рис. 4.59).До принципу можливих переміщень не входять сили реакції в’язей.Але його можна використовувати також і для визначення невідомих силреакцій в’язей.Для цього в’язь, сили реакції якої необхідно визначити, відкидають(звільняють систему від цієї в’язі), роблячи заміну її силами реакції. Цісили додають до активних сил. В’язі системи, які залишилися, повиннібути ідеальними.Іноді неідеальну в’язь замінюють ідеальною, компенсуючинеідеальність відповідними силами. Так, якщо в’яззю для тіла є шорстка162

поверхня, тоді її можна замінити гладенькою поверхнею, додаючи доактивних сил силу тертя ковзання та в більш загальному випадку – ще йпару сил, яка є моментом опору коченню. В’язь у вигляді жорсткогокріплення твердого тіла можна замінити нерухомим шарніром, плоскимабо шаровим відповідно, додаючи реактивний момент кріплення,векторний або алгебраїчний. Таким чином, до принципу можливихпереміщень входять дійсно не активні сили, а всі прикладені до точоксистеми сил, окрім сил реакцій ідеальних в’язей, які за умовами задачі нетреба визначати.Питання для самоконтролю:1 Що спільного між дійсними та можливими переміщеннями і чимвони відрізняються?2 Яка аналітична умова ідеальних в’язей і чи суперечить вонапоняттю ідеальних в’язей, введеному у статиці?3 Для яких в’язей справедливий принцип можливих переміщень?4 Як отримати із принципу можливих переміщень умови рівновагитвердого тіла?5 Яким чином врахувати неідеальні в’язі, що обумовлені тертям упринципі можливих переміщень?6 Як визначаються степені вільності механічної системи, і количисло незалежних параметрів, що визначають положення тіла, збігається зчислом степенів вільності?4.2.2.2 Умова задачі Д 6.1Плоска складена конструкція складається з двох невагомих тіл,з’єднаних між собою циліндричним шарніром С. Конструкція опирається уточках А і В на зовнішні в’язі, які являють собою нерухомі циліндричнішарніри.На конструкцію діють зосереджені сили Р 1 і Р 2 , пара сил моментомМ і розподілене навантаження інтенсивністю q.Значення силових факторів, що діють на систему, наведено утаблиці 4.11.163

Використовуючи принцип можливих переміщень, визначити одну ізскладових реакцій зовнішніх в’язей (складова, яку необхідно визначити,зазначена у таблиці 4.11). На рисунку 4.60 всі розміри зазначені у метрах.ВКАЗІВКА. Застосування принципу можливих переміщень (ПМП)можливе для механічних систем, що врівноважені та підпорядкованіголономним, ідеальним, не звільняючим, стаціонарним в’язям.Схеми, що подані для розв’язку задач, являють собою статичновизначені жорсткі конструкції, що знаходяться у стані рівноваги та немають жодного степеня вільності.Для того, щоб застосувати при розв’язку поставленої задачі ПМП,необхідно замінити подані схеми на еквівалентні плоскі механізми, які піддією заданого навантаження знаходяться у стані рівноваги, тобто зробитиодну із зовнішніх опор рухомою, а у напрямку отриманої свободи руху, доповзуна приєднати складову реакції в’язі.Схеми еквівалентної заміни шарнірно-нерухомих опор зображені нарисунку 4.60.Схема розв'язування задач за допомогою принципу можливихпереміщень така:1) зазначити об'єкт рівноваги;2) при наявності неідеальних в'язей віднести відповідні сили тертя доактивних сил, після чого в'язі розглядати як ідеальні;3) вивчивши систему всіх активних сил, включаючи сили тертянеідеальних в'язей, вказати їх на фізичній схемі;4) у випадку визначення реакції в'язі, треба умовно відкинути в'язь,замінивши її дію шуканою реакцією в'язі;5) визначити число ступенів вільності системи;6) вибрати незалежні можливі переміщення точок системи за кількістю,що дорівнює числу ступенів вільності;7) надати системі можливе переміщення, яке відповідає одному ізступенів вільності системи, вважаючи при цьому, що можливіпереміщення, які відповідають останнім ступеням вільності, дорівнюютьнулю. Виразити можливі переміщення точок прикладання сил залежно відзаданого можливого переміщення;8) обчислити суму елементарних робіт усіх сил (заданих, реакцій164

неідеальних в'язей, шуканої сили реакції в'язі) на відповідних можливихпереміщеннях точок їх прикладання і цю суму дорівняти нулю;9) дорівняти нулю коефіцієнти при незалежних переміщеннях, щомістяться у рівнянні елементарних робіт. Це дає змогу скласти системурівнянь рівноваги, кількість яких дорівнює кількості незалежнихможливих переміщень, тобто числу ступенів вільності системи;10) розв'язати складену систему рівнянь рівноваги і визначитишукані величини;11) проаналізувати розв'язки, щоб можна було визначити область їхзастосування.Таблиця 4.11ВаріантР 1,кННавантаженняР 2,М,кН кНмq,кН/мКутиα, β,град градВизначитискладові реакціїв’язів0 15 12 10 3 90 60 R AX R BY1 13 10 8 2 60 45 R AY R BX2 10 8 6 1 30 90 R AX R BY3 9 6 5 3 45 60 R AY R BX4 8 5 10 2 60 30 R AX R BY5 14 8 8 1 45 60 R AY R BX6 12 10 6 2 60 90 R AX R BY7 10 6 5 3 90 45 R AY R BX8 8 6 8 2 60 30 R AX R BY9 16 10 10 1 45 90 R AY R BX165

0qP11 1 C1P 2αMAB2 3β21AP 1P 21,5αβ45°C13MBq3121P 2βP 11αCMq3AB2 4Рисунок 4.60166

3P 23 3PC1α1,5M1,5βq2BA4αq2P 1P 2CβMB22 2 1A35P1 1 αqCβP 211A3M23BРисунок 4.60, аркуш 2167

6qCP 1α1,5βP 2AMB1,52 2 2 27P 123q1αMCβP 2AB8qαP 12,5ACBM3 2 2Рисунок 4.60, аркуш 3168

9Bα2A3MCβ2q3P 1P 2Рисунок 4.60, аркуш 44.2.2.3 Приклад розв’язання задачі Д 6.1До плоскої складеної рами (рис. 4.61) прикладена зосереджена силаР 1 = 2 кН, пара сил з моментом М = 5 кНм та розподілене навантаженняінтенсивністю q=1,5 кН/м. Визначити складові реакції опор рами.Дано: Р 1 = 2 кН, М = 5 кНм, q=1,5 кН/м.Знайти: R AX ; R AY .90°P 13,5qMC2AB411Рисунок 4.61Розв’язанняЗамінимо рівномірне розподілене навантаження еквівалентноюзосередженої силою Q.169

Q = q⋅3,5 = 1,5⋅3,5 = 5,25 кН.Еквівалентна сила Q прикладена посередині навантаженої ділянки.1 Знайдемо вертикальну складову нерухомої опори А, для чогозамінюємо цю опору еквівалентною схемою нерухомої опори з доданоюневідомою: вертикальною складовою R AY (рис. 4.62).Задана жорстка конструкція при цьому перетворюється на плоскиймеханізм, який складається з двох ланок з одним ступенем вільності, якийпід дією заданого навантаження та невідомої складової R AY знаходиться урівновазі.наприклад,Надамо утвореній механічній системі можливе переміщення,δ yAта складаємо рівняння елементарної роботи всіх сил,прикладених до системи силових факторів, яке виражає принципможливих переміщень:∑ F ⋅δ r = 0 .kkПри цьому врахуємо, що робота сили при повороті тіла дорівнюєдобутку моменту сили відносно центра обертання на кут повороту тіла.В одержаній після еквівалентної заміни механічній системі, приможливому переміщенні повзуна А наδ yA, Γ – подібний елемент АСздійснює віртуальний плоский рух, який можна подати як віртуальниймиттєвий обертальний рух навколо миттєвого центра повороту (М.Ц.П.).α1,75αP 1CδS CQ1,75Aδy Aδφ ACMδφ BCP2BR Ay411Рисунок 4.62170

Для побудови М.Ц.П. відновлюємо перпендикуляри до можливихпереміщень точок А та С цієї ланки. М.Ц.П. (точка Р) співпадає з точкою В,а тобто віртуальний кут повороту ланки АСδϕACδyACy Aδδϕ = ,δy( AP)A A= = = δy(рад).1A( AP) ( AB) 6Елемент ВС одержаної механічної системи має можливістьобертатись навколо циліндричного шарніра В.Q⋅(2 - 1,75)⋅δφ АС + R AY ⋅6⋅δφ АС – Р 1 ⋅cosα⋅2⋅δφ АС –-Р 1 ⋅sinα⋅(2 + 1⋅tgα)⋅δφ АС + М⋅δφ ВС = 0.В одержаному рівнянні значення, які стоять у дужках, являютьсобою плечі відповідних сил у виразі їх моментів відносно М.Ц.П. (точкиВ). Установимо зв’язок між можливими кутами повороту δφ АС та δφ ВС . Дляцього визначимо спочатку можливе переміщення точки С -δ SC:З іншого бокуабоЗвідкиδS С = δφ АС ⋅(СР) = δφ АС ⋅(СВ) = 2δφ АС .δS С = δφ ВС ⋅(ВС) = 2δφ ВС ,2δφ АС = 2δφ ВС .δφ АС = δφ ВС.Тобто записане вище рівняння роботи набуває виглядуQ⋅(2 - 1,75) + R AY ⋅6 – Р 1 ⋅cosα⋅2 – Р 1 ⋅sinα⋅(2 + 1⋅tgα) + М = 0;171

51,5cosα = = 0,985; sin = = 0, 2872 22 25 + 1,55 + 1,5R AYα ;1 ,5 tg α = = 0,3 .5P1 ⋅cosα⋅ 2 + P1⋅sinα⋅ (2 + 1⋅tgα)− M − Q ⋅ (2 −1,75)=62⋅0,958⋅2 + 2⋅0,287⋅(2+ 0,3) − 5 − 5,25⋅0,25AY =6R AY = -1,17 (кН).R ;;2 Знаходження горизонтальної складової нерухомого шарніра А.Еквівалентна розрахункова схема подана на рисунку 4.63.Γ – подібний елемент АС еквівалентного плоского механізмуздійснює віртуальний плоско-паралельний рух, а елемент ВС –обертальний рух навколо нерухомого циліндричного шарніра В.М.Ц.П. ланки АС у розглядувальній схемі знаходиться унескінченності, тобто ланка АС здійснює віртуальний миттєвопоступальнийрух, а можливі переміщення всіх його точок однакові завеличиною та за напрямком.δ S=K= δSC= δSEδXA.Складаємо рівняння елементарної роботи прикладених до системисилових факторів на наданому системі можливому переміщенні:- R AX ⋅ δX А + Q⋅δS К – Р 1 ⋅sinα⋅δS Е + М⋅δφ ВС = 0.172

P(∞)ααEδS EC δS CP 1QKδS KMAR Axδφ BCδX A4 1 1BРисунок 4.63Установлюємо зв’язок між можливим переміщенням δX Аможливим кутом повороту δφ ВС .δS С = δφ ВС ⋅(ВС); δS С = δX А ; δφ ВС =З урахуванням цього рівняння робіт набуває вигляду:δSCδXA( BC)( BC)= .таδX- R AX ⋅ δX А + Q⋅δS К – Р 1 ⋅sinα⋅δS Е + М⋅ A(BC)= 0;- R AX + Q – Р 1 ⋅sinα + М 21 = 0;R AX = Q – Р 1 ⋅sinα + М 21 ;R AX = 5,25 – 2⋅0,287 + 5 21 = 7,18 (кН).3 Визначення горизонтальної складової нерухомого шарніра В.Еквівалентна розрахункова схема подана на рисунку 4.64.У поданій розрахунковій схемі Γ – подібний елемент АС маєможливість обертатися навколо шарніра А, а елемент ВС – рухаєтьсяплоскопаралельно.173

αP 1αPQCM1,75AδXBδφ BC4 1 1BR BxРисунок 4.64Надамо можливе переміщення повзуну В – δ X B та визначимонапрямок можливих переміщень інших точок еквівалентної системи.Так, можливий кут повороту Γ – подібного елемента АС – можназнайти, якщо буде відомо, наприклад, переміщення його точки С. Причомувектор можливого переміщення точки С напрямлений перпендикулярнодо лінії АС.З урахуванням того, що ланка ВС здійснює віртуальний плоский рух,знайдемо для неї М.Ц.П.Проводячи перпендикуляри до напрямків δ X B та δ SC,переконуємося, що вони перетинаються у точці С.Тобто можливе переміщення точки С- δ S C = 0 , оскільки вонаспівпадає з М.Ц.П. Це означає, що Γ – подібний елемент при віртуальномупереміщенні повзуна В наδ X B – залишається нерухомим, тобто,елементарна робота всіх сил, прикладених до цього елемента (Q, P 1)дорівнює нулю.має вигляд:Рівняння суми елементарних робот на можливому переміщенніR BX ⋅ δX B + M⋅δφ ВС = 0;δ XB174

δXB δXB δXB5δϕ BC = = = ; R = −MBX = − = −2,5 (кН).( BP)( BC)22 24 Визначення вертикальної складової нерухомого циліндричногошарніра В. Еквівалентна розрахункова схема подана на рисунку 4.65.У наданій розрахунковій схемі Γ – подібний елемент АС – маєможливість обертатися навколо нерухомого шарніра А, а елемент ВС –рухається плоскопаралельно.Надаючи можливе переміщення повзунові В – δ YBугору (див.рис. 4.65), визначаємо напрямок можливих переміщень інших точокеквівалентної системи.Віртуальне переміщення точки С – δ SCспрямованеперпендикулярно лінії АС, а М.Ц.П. ланки ВС співпадає при цьому зточкою А.αP 1δS CαCQδφ ACMAPβδφ BCδyBB4 1 1R ByРисунок 4.65Складаємо рівняння елементарних робот всіх сил, які діють насистему. При цьому роботу сил, які діють на Γ – подібний елемент АС –визначимо як роботу моментів цих сил відносно точки А на можливомукуті повороту δφ АС елемента АС:М А (Q )⋅δφ АС + М А ( P 1 )⋅δφ АС - М⋅δφ ВС + R By ⋅ δy B = 0,175

М А (Q ) = -Q⋅1,75 = -5,25⋅1,75 = -9,19 (кНм),М А ( P 1 ) = -Р 1 ⋅cosα⋅ 4 + P 1 ⋅sinα⋅(2 + 1⋅tgα) = -2⋅0,958⋅4 ++ 2⋅0,287⋅(2 + 1⋅0,3) = -6,344 (кНм).системи:Установлюємо зв’язок між можливими переміщеннями точок і тілδS С = δφ АС ⋅ (СА); δS С = δφ ВС ⋅ (СР), так як (СА)=(СР),δy B = δφ ВС ⋅ (ВР) = δφ ВС ⋅ (ВА) = δφ ВС ⋅ 6.Рівняння елементарних робіт набуває вигляду:ЗвідкиRBYMМ А (Q ) + М А ( P 1 ) - М + R By ⋅ 6 = 0.− M A ( Q ) − M A ( P1)65 − ( −9,19)− ( −6,344)==6= , або з урахуванням значеньмоментів, R BY3, 42 (кН).Розв’язок: R AX = 7,18 кН; R AY = -1,17 кН;R BX = -2,5 кН; R BY = 3,42 кН.Від’ємні знаки значень складових R AY та R BX вказують на те, щодійсний напрямок складових протилежний вказаним на рисунках.4.2.2.4 Задача Д6.2. Застосування принципу можливих переміщеньдля визначення реакцій зовнішніх в’язів4.2.2.5 Умова задачіМеханічна сукупність складається з системи тіл, з’єднаних міжсобою гнучкими нитками, які не розтягуються. Вона розташована в176

вертикальній площині та знаходиться під дією прикладених сил та сил вагитіл у рівновазі.Тягар 6 механічної системи з’єднаний з нерухомим тілом (Землею)через пружний елемент (пружину), коефіцієнт жорсткості якої С –заданий. Пружна сила пружини змінюється за законом Гука: F = c h , таврівноважує всі інші силові фактори, які діють на механічну сукупність.h – деформація пружини.Усі сили, які діють на систему, зрівноваженіДо одного зі ступінчатих шківів прикладена пара сил з моментом М.Радіуси ступенів шківів дорівнюють R 2 , r 2 ; R 4 , r 4 ;Визначити величину, яка означена у стовбці «Знайти» таблиці 4.13.При розрахунках урахувати, що опорні поверхні тягарів шорсткі.Коефіцієнт тертя тягарів об поверхню ƒ.У схемах 0…4 (рис. 4.66) коток 5 зазнає момент опору коченню.Коефіцієнт тертя кочення – δ (см). Значення всіх заданих величин наведенів таблиці 4.12. Рухоме тіло 5 (блок або коток) котиться без ковзання.ВКАЗІВКИ. Задача на визначення умов рівноваги механічної системи задопомогою принципу можливих переміщень. Механічна сукупність вданій задачі має одну степінь вільності, тобто одне незалежне можливепереміщення.Для розв’язання задачі потрібно надати системі можливепереміщення, вирахувати суму елементарних робіт всіх діючих активнихсил і пар на цьому переміщенні та дорівняти їїнулю. Усі можливіпереміщення, які увійшли до відповідних рівнянь, треба виразити черезяке-небудь одне.Щоб знайти деформацію пружини (розтягнення) h, треба з одержаноїумови рівноваги визначити силу пружності F177

ВаріантТаблиця 4.12Маси тіл системи, кгРадіуси кіл шківів, смКути,градm 1 m 3 m 5 m 6 R 2 r 2 R 4 r 4 R 5 α β0 100 50 30 20 35 25 20 15 30 60 451 150 75 50 30 30 25 25 20 25 45 302 200 100 60 40 25 20 30 20 20 60 453 250 120 75 50 20 15 35 20 30 45 304 300 150 90 60 25 15 30 15 25 60 455 250 130 70 50 30 20 25 20 35 45 306 200 90 65 40 35 25 30 25 30 60 457 150 80 55 30 30 25 20 15 25 45 308 100 60 35 20 25 15 30 25 35 60 459 200 110 70 40 20 15 30 20 25 45 30ВарианТаблиця 4.13МоментМ,НмКоефіцієнттертяковзання fКоефіцієнттертя коченняδ, смПружинаЗнайтиС, h,Н/см см0 120 0,1 0,2 100 - h1 170 0,2 0,25 - 4 c2 220 0,3 0,3 200 - h3 260 0,2 0,25 - 2 c4 - 0,1 0,2 300 3 M5 280 0,3 0,3 250 - h6 210 0,2 0,25 - 5 c7 - 0,1 0,2 150 2 M8 120 0,2 0,3 100 - h9 220 0,3 0,25 - 4 c178

023α1456M1324β1M5623245β16MРисунок 4.66179

3234α1M5643 24βM5α16534 2M516Рисунок 4.66, аркуш 2180

64M3β215αТа743 2βM1568M4 32561Рисунок 4.66, аркуш 3181

94M32516αРисунок 4.66, аркуш 44.2.2.6 Приклад розв’язання задачі Д 6.2Механічна сукупність складається з двох ступінчатих шківів 2 та 4(рис. 4.67), тягарів 1, 3, 6 та рухомого блока 5. Тягарі 1 та 3 знаходяться нашорстких поверхнях, коефіцієнти тертя ковзання яких складаютьf3 .f та1На ступінчатий шків 2 діє пара сил з моментом М. Тягар 6 системиз’єднаний через пружний елемент, жорсткість якого С, з нерухомоюповерхнею.Механічна система розташована у вертикальній площині тазнаходиться в рівновазі. Усі сили, які діють на систему,врівноважені.Визначити величину деформації пружини λ/Дано: М = 300 Нм ; α = 60 0 ; с = 100 Н/ см ;R 2 = 0,2 м ; r 2 = 0,1 м; R 4 = 0,3 м; r 4 = 0,15 м.Визначити: λРозв’язанняf = 0,1; f3 = 0,3 ;1Оскільки механічна система знаходиться в рівновазі та підпорядкованаголономним, стримувальним, стаціонарним в’язям, то для розв’язання182

задачі можна використати принцип Лагранжа (принцип можливихпереміщень), згідно з яким∑AKδ = 0 , (1)деδ AK– елементарна робота зовнішньої сили на відповідномуможливому переміщенні К-ї точки системи.Зображуємо на рисунку 6.48 діючи на систему зовнішні сили:розтягнена).сили ваги тіл системи – P 1 , P 2 , P 3,P 4 , P 5 та P 6 ;реакції зовнішніх в’язей – N 1 , N 3 , 2 , Z 2 , Y 4 , Z 4 , S 5сили тертя ковзання –силу пружності пружини –F 1 ТР та F 3 ТР ;Y ;F (припускаючи, що пружинаУП4 32156 αРисунок 4.67183

Невідому силуFУП знайдемо за допомогою рівняння (1), а знаючиFУП та враховуючи, що FУП = с⋅λ, визначимо λ.1 Щоб скласти рівняння (1), надамо системі можливепереміщення, наприклад, δϕ2 .При цьому тіла системи, набудуть відповідні віртуальніпереміщення: тягарі – δ S 1, δ S 3 та S 6δ ; ступінчатий шків 4 – δϕ4 ;рухомий блок 5 отримає віртуальний поворот δϕ5 (рис. 4.68).Складаємо рівняння (1)M ⋅δϕ− P62⋅δS− P ⋅δS61− FУП1⋅sin60⋅δS60= 0− F1ТР⋅δS1− F3ТР⋅δS3− P5⋅δSC−(2)δφ4Z4δS3Z2δφ2Y4F3трP3Y2P4δS1P2MδScS5δφ5CP5PF1тр60°P1N1δS6P6FупРисунок 4.68184

Елементарна робота сил ваги шківів 2 і 4: P 2 та P 4 , а також реакціїїх підшипників Y 2 , Z 2 , Y 4 та Z 4 дорівнюють нулю, оскільки усі цісили прикладені до нерухомих точок системи.Елементарна робота сили натягнення S 5 холостої гілки канататакож дорівнює нулю, оскільки вона прикладена до нерухомої точки.Елементарні роботи реакцій N 1 та N 3 дорівнюють нулю, так яквони спрямовані перпендикулярно можливим переміщенням, відповідноδ S .δ S 1 та 3Виразимо всі можливі переміщення у рівнянні (2) через одненезалежне (система має одну степінь вільності), наприклад, δϕ2 :Sδ ; δ S3 = δϕ2⋅ R 2 ;1= δϕ2⋅ r2R2δϕ4= δϕ2 ;r4Сили тертя 1 1R⋅ R42 4δϕ5= δϕ4⋅ = δϕ2⋅ ;2r52r4⋅ r5R⋅ R2 4δ S C = δϕ5⋅r5= δϕ2⋅ ;2r4R2⋅ R4δ S6= δ SC= δϕ2⋅ . (3)2rF1 ТР= f ⋅ N0F1 ТР= f1⋅ P1⋅ cos 60F3 ТРf3⋅ N3= f3⋅ P34= (4)RЗ урахуванням (3) та (4) рівняння (2) набуде вигляду00( M ⋅δϕ2− P 1 ⋅ sin60 ⋅ r 2 ⋅δϕ2− P 1 ⋅ f 1 ⋅cos60⋅ r 2 ⋅δϕ2− P 3 ⋅ f 3 ⋅ R 2 ×R 2 ⋅R 4 R 2 ⋅R 4R 2 ⋅R δ P δ P δ F 4(5)× ϕ2− 5 ⋅ ϕ2− 6 ⋅ ϕ2− УП ⋅ δϕ2= 02r 42r 42r 4185

− PТак як δϕ2≠ 0M − P61⋅sin 60R2⋅ R⋅2r440⋅ r− F2УП− P1R2⋅ R⋅2r, виходить:⋅4f14⋅cos 60= 00⋅ r2− P3⋅f3⋅ R2− P5R2⋅ R⋅2rЗ рівняння (6) знаходимо величину F УП та визначаємо :44−(6)F УПλ =с ,00[ M − P ( sin 60 + f ⋅ cos ) r − P ⋅ f ⋅ R ]2r4 60F = УП 112 3 3R2⋅ R4− 5 +З урахуванням вихідних даних:M = 300 (Н·м); P = m ⋅ g = 100⋅9,8980 (Н);1 1=2( P P )P = m ⋅ g = 50⋅9,8490 (Н); P = m ⋅ g = 50⋅9,8294 (Н);3 3=P = m ⋅ g = 20⋅9,8196 (Н);6 6=F УП5 5=583,7FУП= 583,7 (Н); λ = = = 5, 84 (см).С 100Розв’язок: λ = 5, 84 (см).6−4.2.3 Задача Д 7. Застосування загального рівняння динаміки длявивчення руху механічної системи з одним степенем вілності4.2.3.1 Скорочені відомості з теорії до задачіЗагальне рівняння динамікиЗа відповідністю до принципу Даламбера, для будь-якої механічноїсистеми активні сили, сили реакцій в’язів разом з силами інерціїзадовольняють умові рівноваги сил для кожної точки системи, тобто186

деFF k – активна сила;R k – сила реакції в’язів;+ R k + Ф k = 0;k 1,2.. N,(4.88)k =Ф k – сила інерції точки.Помножуючи скалярно кожне з цих співвідношень на можливепереміщення точкиδ r k, отримаємо:Fkδ r k + R kδr k + Ф kδr k = 0 . (4.89)Це і є загальне рівняння динаміки для системи з будь-якими в’язями.Зазвичай його використовують для системи з ідеальними в’язями, для якихсправедлива умоваR kδ r k = 0.У цьому випадку рівняння (4.93) набуває однієї з форм:N∑k = 1∑( F k + Фk) δ r = 0; ( F k + m a k ) δrkNk=1kk=0Або (4.90)так як сила інерції через прискореннясистеми відліку виражається у форміa kвідносно інерціальноїде rk– радіус-вектор точки.,Таким чином, згідно з загальним рівнянням динаміки, у будь-якиймомент руху системи з ідеальними в’язями сума елементарних робіт всіх187

активних сил та сил інерції точок системи дорівнює нулю на будь-якомуможливому переміщенні системи, яке припускається в’язями.Загальне рівняння динаміки (4.89) часто називають об’єднанимпринципом Даламбера – Лагранжа. Його можна назвати також загальнимрівнянням механіки. Воно, у випадку рівноваги системи при перетворенніна нуль всіх сил інерції точок системи, переходить у принцип можливихпереміщень статики.Загальне рівняння динаміки для систем, які підпорядкованіголономним, ідеальним, незвільнюючим в’язям, дає повну інформацію прорух таких систем, тобто з нього, аналогічно тому, як із принципуможливих переміщень виходили умови рівноваги системи, можна вивестиповну систему диференціальних рівнянь руху системи.Питання для самоконтролю:1 Як формулюється принцип Даламбера-Лагранжа?2 Як із загального рівняння динаміки отримати принцип можливихпереміщень?3 У чому полягає суть методики складання рівнянь руху системи задопомогою загальних рівнянь динаміки?4 Яка класифікація сил застосовується у принципі Даламбера-Лагранжа?5 Яким чином врахувати неідеальні в’язі, що обумовлені тертям упринципі можливих переміщень і в загальному рівнянні динаміки?6 Як визначаються степені вільності механічної системи, і коликількість незалежних параметрів, що визначають положення тіла,збігається з числом степенів вільності?4.2.3.2 Умова задачі Д7Механічна система складається з двох однорідних ступінчатихшківів 2 і 4, трьох тягарів 1, 3 та 6, а також рухомого блока ( схеми 0...4,рис 4.69) або котка 5 ( схеми 5...9, рис 4.69 ).Тіла системи з’єднані проміж собою гнучким канатом, що нерозтягується та масою якого нехтують.188

Система рухається зі стану спокою у вертикальній площині під дієюсил ваги тіл, що входять до системи, та привідного моменту М, якийприкладено до шківа 4.Радіуси ступенів шківів дорівнюють R 2 , r 2 ; R 4 , r 4 ; а їхні радіусиінерції відносно осей обертання, відповідно ί 2 і ί 4 .Тягарі системи 1, 3 і 6, які знаходяться на опорних площинах,рухаються ними, долаючи сили тертя ковзання. Коефіцієнт тертя ковзанняƒ. α і β – кути нахилу опорних площин тягарів до горизонту.Котки 5 у схемах 5...9 ( рис 4.69) являють собою однорідні суцільніциліндри радіусом R 5 , що котяться без проковзування, долаючи моментопору коченню. δ – коефіцієнт тертя кочення – наведений у таблиці 4.15.Нехтуючи тертям у підшипниках шківів і блока (котка), знайтиприскорення тіла системи, яке указане в стовбці «Знайти» таблиці 4.15.Тягарі, маси яких дорівнюють нулю (у таблиці 4.14 не задані) накресленні не зображати (шківи 2 і 4 зображати завжди як частинисистеми).ВКАЗІВКИ. Задача Д7 на застосування загального рівняння динамікидо вивчення руху механічної системи. Для вирозв’язання задачі необхідноспочатку до активних сил, що діють на систему, і реакцій зовнішніх в’язівприєднати сили інерції тіл системи ( задача на приєднання сил інерціївирішувалася при виконанні Д5 ).Отримана система активних сил, реакції зовнішніх зв’язків та силінерції, відповідно до принципу Даламбера, еквівалентна нулю, і до неїможна застосувати принцип Лагранжа ( принцип можливих переміщень).Сили інерції тіл системи (їхні головні вектори та моменти необхідновиразити через прискорення заданого тіла, яке необхідно знайти).З отриманого рівняння об’єднаного принципу Даламбера-Лагранжа,що являє собою загальне рівняння динаміки, знаходиться прискореннязаданого тіла.189

Таблиця 4.14ВаріантСили ваги тіл системи, НРадіуси кіл шківів, смG 1 G 2 G 3 G 4 G 5 G 6 R 2 r 2 R 4 r 4 R 50 6G 3G - - G 0,5G 35 25 20 15 301 5G - - 3G 0,5G 0,3G 30 25 25 20 252 4G 2G G - G - 25 20 30 20 203 3G - 0,5G 2G 0,5G - 20 15 35 20 304 2G - - 2G 0,5G 0,1G 25 15 30 15 255 5G 3G - - G 0,5G 30 20 25 20 356 4G - - 2G G 0,3G 35 25 30 25 307 3G G 0,5G - 0,5G - 30 25 20 15 258 2G - 0,5G G 0,5G - 25 15 30 25 359 6G - 3G G G - 20 15 30 20 25ВаріантТаблиця 4.15Радіусиінерції, смКути,градi 2 i 4 α βКоефіцієнттертяковзанняfКоефіцієнттертякоченняδ , смМоментМ,НмЗнайтиприскор.тіла0 30 - 60 45 0,3 0,35 0,05G 11 - 25 45 30 0,25 0,3 0,1G 42 25 - 60 45 0,2 0,2 0,15G 23 - 30 45 30 0,15 0,1 0,2G 34 - 25 60 45 0,1 0,1 0,2G 15 25 - 45 30 0,3 0,35 0,05G 66 - 30 60 45 0,2 0,2 0,1G 47 30 - 45 30 0,15 0,1 0,2G 28 - 30 60 45 0,1 0,1 0,2G 19 - 25 45 30 0,3 0,35 0,05G 3190

04 32561α143251M6α234 2516αРисунок 4.69191

3324β15α643 24β1565234α156Рисунок 4.69, аркуш 2192

63 24β15α6723α14568324β156Рисунок 4.69, аркуш 3193

923β1456Рисунок 4.69, аркуш 44.2.3.3 Приклади розв’язання задачи Д7Механічна система складається з двох однорідних ступінчатихшківів 1 і 2, трьох тягарів 3, 4 та 5 (рис. 4.70). Тіла системи з’єднані проміжсобою гнучким канатом, що не розтягується та масою якого нехтують.Система рухається зі стану спокою у вертикальній площині під дієюсил ваги тіл, що входять до системи, та привідного моменту М, якийприкладено до шківа 2. ρ 1 , ρ 2 – осьові радіуси інерції ступінчатих блоків1 і 2 відносно власних осей обертання, які проходять через центри масблоків.Радіуси кіл шківів дорівнюють R 1 , r 1 ; R 2 , r 2 .Нехтуючи тертя ковзання тягарів та іншими силами опору,визначити прискорення тягаря 5 – а 5 .Дано: α = 45 0 ; М = 0,9 Н⋅м; ρ 1 = 0,1 м; ρ 2 = 0,2 м;R 1 = 0,2 м; r 1 = 0,1 м; R 2 = 0,3 м; r 2 = 0,15 м;P 2 = 40 Н; Р 3 = 10 Н; Р 5 = 30 Н; Р 6 = 20 НP 1 = 0;Знайти: а 5194

Розв’язання1 Розглянемо рух механічної системи, яка складається з тіл 1, 2,3, 4 та, що з’єднані нитками. Система має одну степінь вільності (рис.4.70).В’язи, які накладені на систему – ідеальні. Для визначення а 5використаємо загальне рівняння динаміки:an∑ A ∑ δAK=Kδ + 0 , (1)де ∑δ Aa K – сума елементарних робіт активних сил;∑δ – сума елементарних робіт сил інерції.An K23α156Рисунок 4.702 Зобразимо на кресленні (рис. 4.71) активні сили: P 5, P 6 тапару сил з моментом М. Задавши напрямок прискорення а 5 , зображуємона рисунку 4.71 сили інерціїnM 2 , величини яких дорівнюють:F n , F n3 5 іnF 6 та пару сил інерції з моментомP3F n 53= a3; 5a5gPPF n 6P= ; F n 2 26= a6; M n 2= ρ2⋅ε2ggg. (2)3 Надамо системі можливе переміщення і визначимоелементарну роботу усіх заданих сил і сил інерції. Отримаємо:195

nn0 nn( P − F ) S + M ⋅δϕ−M⋅δϕ− P ⋅δS⋅ 45 − F ⋅δS−( P + F ) ⋅δS05 5δ52 2 2 3 3sin3 3 6 6 6= .(3)2nM2δS3a3N3Mε245°nF31δφ25nF5P2P3ε1a5P5δS5δS66a6P6Рисунок 4.71nF6виду:Виразимо усі можливі переміщення через δϕ2 :δ S; S3 = δϕ2⋅ r25= δϕ2⋅ R22⋅ r2δ ; δ S6 = δϕ r1. (4)RПідставляючи величини (2) та (4) у рівняння (3), приведемо його до1⎡⎢⎣⎛⎜P⎝⎛−⎜P⎝65P5− ag+P6g5a⋅R⎞⎟ ⋅⎠52rR222+ Mr⋅R2121⎞⎟⎠P2− ρg⎤⎥ ⋅⎦δϕ222a⋅R= 052− P3⋅sin 450⋅ r2−P3ga⋅R52r22−(5)Враховуючи, що δϕ2 ≠ 0 , дорівняємо до нуля вираз, який стоїть в(5) у квадратних дужках:196

⎛ P ⋅ ρ⎜⎝ gP ⋅ rP ⋅ RP ⋅ r⋅ r222 22 2 3 2 5 2 6 1 20+ + +a5= P455⋅ R2+ M − P3⋅ sinR2g R2g g R1R⎟⋅ ⋅⋅ ⋅⋅2a5=P2⋅P⋅ R⎞⎠+ M − P ⋅ sin 45− P5 232 6⋅( R ) + P ⋅ ( r R ) + P ⋅ R + P ⋅ ( r ⋅ r R ⋅ R ) g222 2ρ ///22322Розрахунки дають наступний результат: а 5 = -0,69 (м/с 2 ).520⋅ r6121⋅ r22− P6;Від’ємний знак при а 5 означає, що тягар 5 має прискорення0,69м/с 2 , але напрямок цього прискорення протилежний, вказаному нарисунку.Розв’язок: а 5 = -0,69 м/с 2 .Приклад 2 виконання розв’язання задачі Д7За умовою попереднього прикладу, з урахуванням наведених нижчевихідних даних, знайти прискорення а 4 тягаря 4 для механічної системияка зображена на рисунку 4.72.Дано: α = 60 0 ; М = 16 Нм; ρ 2 = 0,2 м;Знайти: а 4R 1 = 0,2 м; r 1 = 0,1 м; R 2 = 0,3 м; r 2 = 0,15 м;P 2 = 10 Н; Р 3 = 30 Н; Р 4 = 40 Н; Р 5 = 20 Н.Розв’язання1 Розглянемо рух системи, яка складається з тіл 2, 3, 4, 5 та якіз’єднані нитками. Система має одну степінь вільності. В’язі, які накладеніна систему – ідеальні. Для визначення а 4 використаємо загальне рівняннядинамікиan∑ A ∑ δAK=K+ 0δ. (1)197

2 35α14Рисунок 4.722 Зобразимо на кресленні активні сили P 2 , P3,P 4 та P 5 тапару сил з моментом М. Задавши напрямок прискорення a 4 ,зображуємона рисунку 4.73 сили інерціїблока 2 –n n nF 3 F 4 , F 5nM 2 , величини яких дорівнюють:, та головний момент сил інерціїP3F n 43= a3; 4a4gPPPF n 5= ; F n 65= a5; F n 6= a6;gggP ⋅ ρg22 22= I2⋅ε2= ⋅ε2M n . (2)Прискорення, які входять до виразу (2), виразимо через шуканеприскорення тіла 4– а 4 :a4ε1=;R1a3a⋅ r4 1= ε1⋅ r1= ;R1aa⋅ r3 4 1ε2= = ;r2R1⋅ r2a5a⋅r⋅R4 1 2= ε2⋅R2=. (3)R1⋅r2198

a5nF5δS55M60°2δφ2ε2nF3nM23P3δS3ε11P2P5δφ1nF44δS4P4a4Рисунок 4.733 Надамо системі можливе переміщення і визначимоелементарну роботу усіх сил і сил інерції, отримаємо:nnn0 n( P −F) S − F ⋅δS−( M + M ) ⋅δϕ−( P ⋅ 60 + F ) ⋅δS04 4δ4 3 32 2 5sin5 5= .Виразимо усі можливі переміщення через δϕ2 :δ S; ; S3 = δϕ1⋅ r14= δϕ1⋅ R1δϕ ⋅ rδ S;1 15= δϕ2⋅ R2= R2r2δ ;⋅ r1 1δϕ2 . (4)r2= δϕСкладемо загальне рівняння динаміки з урахуванням (3) та (4):⎛⎜⎝P4−⎛−⎜ P⎝5Pg4a4⎞⎟ ⋅ R⎠1⋅ δϕ1−Pg0 P5r1⋅ R ⎞2r1⋅ R2⋅ sin 60 + ⋅ a4⎟ ⋅ δϕ1=g R1⋅ r2⎠ r23r⋅R211a4⋅ δϕ1⎛−⎜ M⎝0+P2⋅ ρg22⋅rr12⋅⋅aR41⎞⎟⎠rr12δϕ1−Враховуючи, що δϕ2 ≠ 0, отримаємо:199

⎛⎜⎝P4−⎛−⎜ P⎝5aPg4⋅ sin4=a460⎞⎟ ⋅ R⎠0+1P4⋅ R1P4⋅ Rg−P1g5P⋅g3r1R⋅1r21R1⋅ R⋅ r22− MP3+g ⋅ Raa44⎛−⎜ M⎝⎞ r⎟ ⋅⎠1⋅ Rr2+2P2=⋅ ρg022⋅R1r1⋅ r2a4⎞ r⎟ ⋅⎠ r0( r / r ) − P ⋅ sin 60 ⋅ ( r ⋅ R / r )1 22⋅ r11+Pr222511221222222 2⋅ r1⋅ ρ2P5⋅ r ⋅ R .+⋅ R ⋅ g g ⋅ r ⋅ RРозрахунки дають наступний результат: а 4 = -4,16 м/с 2 .Розв’язок: а 4 = -4,16 м/с 2 .112−;Від’ємний знак при а 4 означає, що тягар 4 має прискорення4,16 м/с 2 , але напрямок цього прискорення протилежний зображеному нарисунку 4.73.Приклад 3 розв’язання задачі Д7Механічна система складається з тягарів 1, 3 і 6, двох ступінчатихшківів 2 і 4, а також рухомого блоку 5.m 1 , m 2 , … , m 6 – маси тіл системиx , кг.Тягарі 1 і 3, які знаходяться на опорних поверхнях, при русі долаютьсили тертя ковзання. ƒ – коефіцієнт тертя ковзання.i i42 , – радіуси інерції ступінчатих блоків.xxСистема починає рухатись зі стану спокою під дією сил ваги.Нехтуючи тертям у підшипниках блоків, визначити кутовеприскорення блоку 2.Дано: m 1 = 2m; m 2 = 3m; m 3 = m; m 4 = 2m; m 5 = m; m 6 = m;R 2 = 35 см; r 2 = 25 см; R 4 = 20 см; r 4 = 15см; R 5 = 0,5R 4 ;i 2 = 30см; ix4 = 20 см; ƒ = 0,3; α = 60˚.xЗнайти: ε 2200

4 32156αРисунок 4.74Розв’язання1 Для вирозв’язання задачі застосуємо загальне рівняння динаміки:( F + R + Ф ) ⋅ δk k rk∑ (1);k=0деF k– зовнішні сили;RkФk– реакції зовнішніх в’язів;– Д’Аламберові сили інерції.2 Зобразимо на рисунку 4.75 усі діючі на систему активні сили,реакції зовнішніх в’язів та Даламберові сили інерції:P , P – сили ваги тіл системи;1P2,...,F F – сили тертя;, т1 m26Ф 1 , Ф3,Ф5,Ф6– сили інерції;Ф Ф ФL2 L4, Lc5, – моменти інерції;Z , Y – складові реакції підшипників блоків 2 і 4;2Y2, Z4,4S – зусилля розтягнення нерухомої гілки каната.201

ФL 44Z4N33Ф 3Z22Y45ФLc5P4Ф 5SN11P3Ф 1Fm 3Fm1αP2Y2ФL 26Ф 6P1P6Рисунок 4.753 Надамо системі можливе переміщення δϕ2 , та визначимоелементарну роботу всіх сил та сил інерції.δA= P ⋅sinα⋅δS −F−LФ41⋅δϕ451+ P ⋅δSm1⋅δSδ1−Ф⋅δS11δϕ−Lm3Фc−Ф5⋅ S5 c−L5 c⋅5 5+ P6⋅ S6−Ф6⋅ S6=Ф2⋅δϕδ2−F⋅δSδ3−Ф⋅δS30;3−(2)4 Визначимо усі активні сили:P m ⋅ g 2mg= ;1 1=F т 1= N 1⋅ ∫ ; N = m g ⋅cosα= 2mgcosα; 1= 2mg⋅cosα⋅ ∫1 1⋅F т 3= N 3⋅ ∫ ; N m g = mg= 3F т ;3 ; F т3=mg ⋅∫;P 5= m 5⋅ g = mg ; P = m 6⋅ g = mg5 Усі сили інерції виразимо через ε2 :6 . (3)202

ФФ= ; m 2m1m1⋅ a1L Ф 22= J2⋅ε2 ; J2 i2⋅m2Ф= ; m = m3m3⋅ a35 5 ca1⋅ r1= ; 2 2= ; m 3m3 ; a3 2⋅ R2L Ф 24= J4⋅ε4; J4 i4⋅m4= m ⋅ a ; m = m5L Ф c ;L Ф c= J5 5⋅ε5m ⋅ R= ε ; Ф1 = 2m⋅ε 2⋅ r2;22= ; L Ф 2= i2⋅3m⋅ε2;= ε ; Ф3 = m ⋅ε 2⋅ R2;= ; m 2m2L Ф4i4⋅ 25 ;J5= m ⋅ εa cR4= ;22 4= ε2⋅ ;245r⋅ R2m5⋅ R5=; m = m2R⋅5 ;Rrε5ε424Ф;5= ε= 52 4⋅2⋅2ε 2; Ф6 m6⋅a465 ra6⋅ RR2⋅ R= ac= ε5 2⋅2r44;Ф= ε2R⋅r= m⋅ε24242;R2⋅ R⋅2r⋅ R= ; m = mRR2⋅ R⋅2r456 ;⋅ R2 46= m⋅ε 2⋅2r; (4)4446 Усі можливі переміщення тіл необхідно виразити через δϕ2 .Отримаємо:δ S = δϕ ⋅ ; S3 = δϕ2⋅ R21 2r2δ ;⋅ R⋅ R2 2 4δ S c 5 ;2⋅r4= δϕR2δϕ4= δϕ2⋅ ;r4R⋅ R⋅ R2 4δϕ5= δϕ2⋅2 4;2r4⋅ Rδ 6 = δ S = ⋅δϕ525RS c ; (5)2r4203

δ S4 33δϕ22δϕ415δϕ56C 5δ S 1αδ S c5δ S 6Рисунок 4.767 Враховуючи (3), (4), (5), складемо рівняння (2):δA=2mg⋅sinα ⋅δϕ2⋅r 2 −2mg⋅cosα ⋅∫⋅δϕ2⋅r 2 −2m⋅ε 2 ⋅r 2 ⋅δϕ2⋅r 2 −−i 22 ⋅3mε ⋅ 2 ⋅δϕ2−mg⋅∫⋅δϕ2⋅R 2 −m⋅ε 2 ⋅R 2 ⋅δϕ2⋅R 2 −2 R 2 R 2 δϕ2⋅R 2 ⋅R −i 2mε δ mg 44 ⋅ ⋅ 2 ⋅ ⋅ ϕr2⋅+ ⋅ −4 r 4 2⋅r 4(6)R 2 ⋅R 4 δϕ2⋅R 2 ⋅R 4m⋅R5 R 2 ⋅R 4 R 2 ⋅R −m⋅ε 42 ⋅ ⋅ − ⋅ε 2 ⋅ ⋅δϕ2r2⋅+2r42⋅r 4 2 4 2r 4 ⋅R 5δϕ2⋅R 2 ⋅R 4 R 2 ⋅R 4 δϕ2⋅R 2 ⋅R + mg⋅−m⋅ε 42 ⋅ ⋅ = 0;2⋅r 42r42⋅r 4дорівнюють 0,де δϕ2 – незалежне можливе переміщення та m – маса не204

205Тому рівняння (6) можна поділити на 2⋅δϕm :0;2222221222232cos2sin24424422442442442244244224424242224222222222222=⋅⋅⋅⋅−⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−−⋅⋅−⋅∫⋅−⋅⋅−−⋅⋅⋅−⋅∫⋅⋅−⋅⋅rRRrRRrRRgrRRrRRrRRrRRrRRgrRrRiRRRgirrrgrgεεεεεεεαα(7)8 Підставимо дані та розв’яжемо рівняння (7):0;0,1520,20,350,1520,20,350,1520,20,359,810,1520,20,350,1520,20,35210,1520,20,350,1520,20,350,1520,20,359,810,150,350,150,3520,20,350,350,350,39,8130,30,250,2520,250,30,59,8120,250,8669,812222222222=⋅⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅εεεεεεε0;0,0542,2890,0270,0542,2890,4360,1231,030,270,1250,7364,2482222222=−+−−+−−−−−−−εεεεεεε0;1,089,067 2 =− ε1,0897,062 =ε ;Розв’язок: )./6,483(22 срад=ε

4.2.4 Задача Д8. Застосування загального рівняння динаміки длявивчення руху механічної4.2.4.1 Відомості з теорії для розв’язку задачУзагальнені координати системиНехай система складається з N точок, отже її положення в просторі вкожен момент часу визначається 3N координатами точок системи,наприклад, декартовими x k , y k , z k . Припустимо, що на систему накладеніголономні в’язі, рівняння яких у загальному випадку можуть містить іпохідні від координат точок, але після їх зінтегрування вониперетворюються на геометричні та мають формуfS( xx, yx, zx) 0; s = 1,2..,l= . (4.91)Таким чином, 3N координат, які зв’язані l рівняннями, будуть мати nнезалежних координатn = 3N-l.Будь-які п декартові координати можна задати незалежно один відодного. Координати, які залишилися, визначаються з рівнянь в’язів.Замість п незалежних декартових координат можна вибрати будь-які іншінезалежні параметри q 1 , q 2. …q п, , які залежать від усіх або частинидекартових координат точок системи. Ці незалежні параметри, яківизначають положення системи в просторі, називаються узагальненимикоординатами системи. У загальному випадку вони можуть залежати відусіх декартових координат точок системи, тобтоде k змінюється від 1 до N.q = q x , y , z ), (4.92)ii( k k kЗадання узагальнених координат цілком визначає положення точоксистеми відносно вибраної системи відліку, наприклад декартових осейкоординат.206

У вільної точки три узагальнених координати. Якщо точка повиннарухатися у заданій поверхні, тоді узагальнених координат тільки дві, тат.ін. Використовуючи рівняння в’язів (4.91) та вираз узагальненихкоординат через декартові (4.92), можна при виконанні умов розв’язанняцієї системи рівнянь подати декартові координати через узагальнені, тобтоотримати:( ) ( )( , ).x = x q,q ,...,q , t ; y = y q,q ,...,q , t ;k k 1 2 n k k 1 2 nz = z q,q ,...,q tk k 1 2 nВідповідно, для радіус-вектора кожної точки системиr= xki + xkj zkk,k +отримаємоrk = r k ( q1,q2,..qn,t).(4.93)У випадку стаціонарних в’язей час явно не входить до рівнянняв’язей. Тому і до рівняння (4.93) воно буде входити тільки неявно, черезузагальнені координати, якщо система рухається. Для голономних системвектор можливого переміщення точки(4.93), можна подати у форміδ r k, за відповідністю до рівнянняδ rk=δ rδqk1δq1δ r+δqk2δq2+δ r+δqknδqn=n∑i=1δ rδq..... .(4.94)kiδqiСистема, яка має п незалежних узагальнених координат,характеризується також п незалежними можливими переміщеннями, абоваріаціями,δ q δq,... δ,2q n1, якщо в’язі голономні. Для голономнихсистем кількість незалежних можливих переміщень співпадає з кількістю207

незалежних узагальнених координат. Отже, число степенів вільностіголономної системи дорівнює кількості незалежних узагальненихкоординат цієї системи, тобто п = 3N - l.Узагальнені сили. Визначення узагальнених силСума елементарних робот сил, які діють на точки системи, наможливому переміщенні системи:∑δ A F kδr k . (4.95)= Nk = 1Нехай голономна система має n степенів вільності. Отже, їїположення в просторі визначається n узагальненими координатамиq q ,...,2q nδ r1. Тоді для k , згідно з рівнянням (4.94), маємоδ r= ∑n kδ r k. (4.96)i=1 δqiПідставляючи (4.96) до (4.95) та змінюючи порядок складення заіндексами k та i, отримаємо:A =n∑∑i=1nδ r( Q δqnkF =k= k ) δq1 iδqiδ , (4.97)де скалярна величинаQi1n= ∑ k =Fkδ rδqназивається узагальненою силою, яка відноситься до узагальненоїкоординати q i . Використовуючи відомий вираз для скалярного добуткудвох векторів, узагальнену силу можна також подати у виглядіki∑i=1iiQi=∑δ rδxδynnkkkF k == ∑ ( Fkx+ Fky+k 1δqik=1 δqiδqiFkzδzδqki, (4.98)208

деFkx,kF , F – проекції сили на осі координат;kkyx y , zkkz, – координати точки прикладення сили F k .Розмірність узагальнених сил. Розмірність узагальнених сил, згідно з(4.97), залежить від розмірності δ q i , яка співпадає з розмірністю q i :[ ]i[ A][ q ]δQ = = δi[ A][ q ]i, (4.99)тобто розмірність узагальненої сили дорівнює розмірності роботи сили(енергії) або моменту сили, яка ділиться на розмірність узагальненоїq – довжина,координати, до якої відноситься узагальнена сила. Якщо [ ] iтодіробота сила ⋅ довжинаQ i =довжина довжина[ ] = =силатобто узагальнена сила має розмірність сил.q = l, як це має місце, якщо в якостіУ тому випадку, коли [ ] iузагальненої координати обрати кут, [ ] iОбчислення узагальненої силиQ – момент сили.1 Узагальнену силу можна обчислити за формулою (4.98),Qi=∑nknδ r k δxkδykF = (= 1k ∑ Fkx+ Fky+δqk=1 δqδqiiiFkzδzδqki).2 Узагальнені сили можна обчислити як коефіцієнт при відповіднихваріаціях узагальнених координат у виразі для елементарної роботи (4.97),тобтоN∑k=1Fk∑δ r k Q δq= Q δq+ Q δq+ ... + Q δq. (4.100)= ni=1ii113 Найбільш поширений спосіб обчислення узагальнених сил, який20922nn

виходять із рівняння (4.100), заключається в тому, що системі надаєтьсятаке можливе переміщення, при якому прирощення одержує тільки однаузагальнена координата, а інші при цьому не змінюються. Так, якщоδ q ≠ 0 1, та інші δ q δq= δq02=3 n=, тоді із рівняння (4.100) маємоQ1=(N∑k=1Fkδ rδq1k) q1.Індекс q 1 показує, що сума елементарних робіт обчислюється наможливому переміщенні, при якому змінюється тільки координата q 1 .Якщо координатою, яка змінюється є q 1 , тодіQ1=(N∑k=1Fkδ r k )δqiqi.(4.101)Умови рівноваги системиУмови рівноваги системи виходять з принципу можливихпереміщень. Вони стосуються систем, для яких цей принципвикористовується. Відповідно до принципу можливих переміщень, маємоN∑k=1F kδr kЦя умова є необхідною та достатньою для рівноваги системи. Але,відповідно з рівнянням (4.100),N∑k=1F= ∑nkδ r k Qiδqi= Q1δq1+ Q2δq2+ ... + Qnδqn.i=1=0210

А значить необхідною та достатньою умовою рівноваги системи єрівністьQ δ q1+ Q2δq2+ ... + Q nδq n1= 0. (4.102)Так як узагальнені координати незалежні, то їх варіаціїq q ,... q1,2являються також незалежними, довільними, нескінченно малимивеличинами. Можна прийняти δ q 1≠ 0, а всі інші –δ q δq= δq0. Тоді з рівняння (4.102) отримаємо Q 1 = 0.2=3 n=Аналогічно, якщо прийняти δ q 2≠ 0 , а δ q δq= δq01=3 n=n, будемомати Q 2 =0 та т. д. Таким чином, з рівняння (4.102) отримаємо наступніумови рівноваги системи:Q = 0Q , = 0,..., Q = 0,(4.103)1 2 nтобто для рівноваги механічної системи, яка підпорядковуєтьсяголономним, стаціонарним, ідеальним і в’язям, які не звільняються умомент, коли швидкості всіх точок системи дорівнюють нулю, необхіднота достатньо, щоб всі узагальнені сили дорівнювали нулю.Рівняння ЛагранжаЗ загального рівняння динаміки можна отримати рівняння Лагранжадругого роду або просто рівняння Лагранжа.ddt∂T−•∂ qi∂T∂qi=Q , i = 1, 2, K,ni. (4.104)Кількість рівнянь Лагранжа дорівнює числу степенів вільностісистеми.При складанні рівнянь Лагранжа можна рекомендувати наступнийпорядок операцій:1 Обчислити кінетичну енергію системи при її русі відносноінерціальної системи відліку.211

2 Обравши узагальнені координати, кількість яких дорівнює числустепенів вільності системи, виразити кінетичну енергію через узагальненікоординат та їх швидкості.3 Виконати операції диференціювання кінетичної енергії, якіпередбачені рівняннями Лагранжа.4 Обчислити одним зі способів, які вказані в п. 6.6, узагальнені силисистеми.5 Дорівняти величини лівої та правої частин, які входять дорівняння Лагранжа.Питання для самоконтролю:1 Наведіть три способи обчислення узагальненої сили.2 Як записуються умови рівноваги в узагальнених координатах?3 Як виразити швидкість точки через узагальнені координати?4 Як записується диференціал радіуса-вектора через узагальненікоординати?5 Що спільного і чим відрізняється вираз варіації радіуса-векторачерез варіації узагальнених координат від виразу для диференціаларадіуса-вектора?6 Що таке можлива робота?7 Як виразити можливу роботу через варіації радіуса-вектора?8 Як записується можлива робота через варіації узагальненихкоординат?9 Реакції яких в’язей виключаються з розгляду в узагальненомурівнянні динаміки і яким чином?4.2.4.2 Умова задачі Д 8Механічна система складається з двох однорідних ступінчатихшківів 2 і 4, трьох тягарів 1, 3 та 6, а також рухомого блока ( схеми 0...4,рис 4.77 ) або котка 5 ( схеми 5...9, рис 4.77).Тіла системи з’єднані проміж собою гнучким канатом, що нерозтягується, та масою якого нехтують.212

Система рухається зі стану спокою у вертикальній площині під дієюсил ваги тіл, що входять до системи, та привідного моменту М, якийприкладено до шківа 4.Радіуси ступенів шківів дорівнюють R 2 , r 2 ; R 4 , r 4 ; а їхні радіусиінерції відносно осей обертання – відповідно ί 2 і ί 4 .Тягарі системи 1, 3 і 6, які знаходяться на опорних площинах,рухаються ними, долаючи сили тертя ковзання. Коефіцієнт тертя ковзанняƒ. α і β – кути нахилу опорних площин тягарів до горизонту.Котки 5 в схемах 5...9 ( рис 4.77 ) являють собою однорідні суцільніциліндри радіусом R 5 , що котяться без проковзування, долаючи моментопору коченню. δ – коефіцієнт тертя кочення – наведений у таблиці 4.16.Нехтуючи тертям у підшипниках шківів і блока (котка), знайти рівнянняруху системи у заданих узагальнених координатах q.Тягарі, маси яких дорівнюють нулю (у таблиці 4.16 не задані) накресленні не зображати (шківи 2 і 4 зображати завжди як частинисистеми).Вказівки. Задача Д8 – на застосування рівнянь Лагранжа другогороду до вивчення руху механічної системи.Методика застосування рівнянь Лагранжа другого родуСкладання рівнянь Лагранжа другого роду при розв’язуванні задачз механіки рекомендуємо робити у такій послідовності:1 Визначити кількість степенів вільності матеріальної системи.2 Вибрати узагальнені координати.3 Визначити узагальнені сили відповідно до вибраних узагальненихкоординат.Найбільш поширеним способом визначення узагальнених сил єобчислення узагальнених сил як коефіцієнтів при можливих прирощенняхвідповідних узагальнених координат у виразі елементарної роботиактивних сил, прикладених до точок системи.Обчислювати узагальнену силу рекомендуємо за такою схемою:1) вивчити систему і визначити кількість її ступенів вільності;2) вибрати узагальнені координати;3) вивчити систему активних сил, прикладених до точок системи,213

зобразити їх на фізичній схемі;4) якщо серед в'язів, накладених на матеріальну систему, є також інеідеальні (з тертям), то до активних сил треба додати сили тертя;5) надати точкам системи незалежні можливі переміщення укількості, що дорівнює числу степенів вільності матеріальної системи;6) скласти вираз елементарної роботи всіх активних сил, включаючий реакції неідеальних в'язів на незалежних можливих переміщеннях точоксистеми:δ A = ∑SQ i ⋅δq i .i=1виразі.Узагальнена сила Q i дорівнює коефіцієнту при δq iу попередньому4 Визначити кінетичну енергію системи, виразивши її як функціюузагальнених координат і їх швидкостей T = T( q i , q&i)(це становитьнайбільш складну частину розв’язання задачі).5 Обчислити частинні похідні кінетичної енергії за узагальненимишвидкостямиq& i , тобто∂ T∂ &q i, а потім обчислити їх похідні за часом:ddt⎛⎜⎝∂T∂ &q i⎞⎟⎠.6 Визначити частинні похідні кінетичної енергії за узагальненимикоординатами:∂ T .∂q i7 Знайдені у пунктах 3,5,6 результати підставити у рівнянняЛагранжа другого роду.8 Інтегрувати ( якщо можна) складені рівняння і визначити сталіінтегрування з початкових умов задачі.9 Визначити ( якщо треба) реакції в’язів.214

10 Дослідити заданий розв’язок.Більш детально методика складання рівнянь Лагранжа другого родувикладена у прикладах розв’язання задач. Оскільки система має одинстепінь вільності, складається одне рівняння Лагранжа другого роду.Форма запису цього рівняння залежить від заданої узагальненоїкоординати q i .Необхідно визначити кінетичну енергію системи, виразивши її черезшвидкість заданої узагальненої координати та узагальнену силу системиQ i , відповідну заданій узагальненій координаті q i . Потім необхідно∂T∂ &∂ T∂визначити похідні і , скласти рівняння Лагранжа другого роду іq i q iвзяти інтеграл від нього, враховуючи початкові умови ( q i,q& i).ВаріантТаблиця 4.16Сили ваги тіл системи, НРадіуси кіл шківів,смРадіусиінерції,смG 1 G 2 G 3 G 4 G 5 G 6 R 2 r 2 R 4 r 4 R 5i 2 i 40 4G 2G G - G - 25 20 30 20 20 25 -1 3G - 0,5G 2G 0,5G - 20 15 35 20 30 - 302 2G - - 2G 0,5G 0,1G 25 15 30 15 25 - 253 5G 3G - - G 0,5G 30 20 25 20 35 25 -4 4G - - 2G G 0,3G 35 25 30 25 30 - 305 3G G 0,5G - 0,5G - 30 25 20 15 25 30 -6 2G - 0,5G G 0,5G - 25 15 30 25 35 - 307 6G - 3G G G - 20 15 30 20 25 - 258 6G 3G - - G 0,5G 35 25 20 15 30 30 -9 5G - - 3G 0,5G 0,3G 30 25 25 20 25 - 25215

03 24β15α61234α1562213α456Рисунок 4.77216

3324β156432β14565432561Рисунок 4.77, аркуш 2217

64 32561α743β215α6834 2516αРисунок 4.7, аркуш 3218

93 24β156Рисунок 4.77, аркуш 44.2.4.3 Приклад 1 розв’язання задачі Д8Задана механічна система рухається у вертикальній площині під дієюсил ваги Р тіл системи та пари сил М.Нехтуючи силою тертя тягаря 3 об опорну поверхню та тертям упідшипниках ступінчатих барабанів і блока, визначити прискореннятягаря 5 – a 5 .3Mα125 6S5Рисунок 4.78219

Дано: P 1 = 0; Р 2 = 40 Н; Р 3 = 10 Н; Р 5 = 30 Н; Р 6 = 20 Н;R 1 = 0,2 м;r 1 = 0,1 м; R 2 = 0,3 м; r 2 = 0,15 м;M = 0,9 H⋅м; α = 45 0 ;ρ 2 = 0,2 м – радіус інерції ступінчатого барабана 2.Визначити: прискорення тягаря 5 – a 5 .Розв’язання1 Для визначення прискорення тягаря 5 скористаємося рівняннямЛагранжа другого роду. Прийнявши за узагальнену координату системи,що має один степінь вільності, координату тягаря 5 – S 5 , маємо:ddt⎛⎜⎜⎝∂ T∂S• 5 . (1)5⎞⎟⎟⎠−∂ T∂ S5=Q Sшвидкості2 Визначимо кінетичну енергію системи Т як функцію узагальненої•S5, що дорівнює швидкості тягаря 5. Кінетична енергіядосліджуваної системи Т дорівнює сумі кінетичних енергій тіл 2, 3, 5, 6.υ33ϕ&22αϕ&21S5υ55 6υ6Рисунок 4.79Т = Т 2 + Т 3 + Т 5 + Т 6. (2)220

Кінетична енергія тіла 2, що здійснює обертальний рух:деX122T2I2⋅ ω2 , (3)=X2=ρ ⋅m2I 2 – момент інерції ступінчатого барабана 2: 2 2Кутову швидкість барабана ω 2 визначаємо через швидкістьузагальненої координати•S •5S5 :ω2=R2Тоді T2•212S5= m2⋅ρ 2⋅22 R2. (4)Кінетична енергія тіла 3, що здійснює поступальний рух:12T3= m3⋅υ3 .2Швидкість тіла 3 визначаємо через швидкість узагальненої•координатиТодіS :5•S5υ3= ω2⋅ r2= ⋅ r2 .R23=21 r •2m3⋅ ⋅S2 52 R2T . (5)Кінетична енергія тіла 5, що здійснює поступальний рух:Оскільки•5= S5υ ,122T5= m5⋅υ5 .IX•1 2T5= m5⋅ S5 . (6)2Кінетична енергія тіла 6, що здійснює поступальний рух:122T6= m6⋅υ6 .221

Швидкість тіла 6 визначаємо через швидкість узагальненої•координати5ТодіS :•S5r1υ6= ω1⋅ r1= ⋅ r2⋅ .R2R12 2 •1 r1⋅ r22T6= m6⋅ ⋅ S2 2 5 . (7)2 R ⋅ RКінетична енергія усієї заданої механічної системи визначається заформулою (2) з урахуванням (4), (5), (6) і (7):12T=12m2⋅ ρ22SR•2522+12m3⋅rR2222⋅ S•25+12m5⋅ S•25+12m6⋅rR2121⋅ r2⋅ R222⋅ S•25T1 ⎛= ⎜2m⎝2⋅2222+ m3r⋅RВизначимо узагальнену силу QS 5ρR2222+ m5+ m6r⋅R2121⋅ r2222⋅ R⎞⎟⋅ S⎠•25(8). Надаємо системі переміщення, приякому прирощення отримує узагальнена координата S 5, і визначаємороботу усіх сил, що прикладені до системи на цьому переміщенні.Z2N3P2Y2P3FmZ1Y1P5P1S5P6Рисунок 4.80222

( δA) SP5 ⋅δS5+ M ⋅δϕ2− P3⋅ sinα⋅δS3− P6⋅δS65= . (9)Можливі переміщення у виразі (9) визначаємо через δ S5:δSδSδ ;55δϕ2= ; S3= δϕ2⋅ r2= ⋅ r2R2R2S=⋅rδS=⋅ r5 1δ6δϕ112 . (10)R2R1З урахуванням (10), елементарна робота сил визначається:⎛ 1r r ⋅ r ⎞=⎜ R2R2R1R ⎟ . (11)⎝⋅2 ⎠21 2( δA) S⎜ P5 + M ⋅ − P3⋅ sin α ⋅ − P ⎟6⋅ ⋅δS55⋅rδAQ ⋅δS5 5Враховуючи, що ( )S 5S= , вираз, який стоїть удужках правої частини рівняння (11) і визначає узагальнену силу –⎛ Mr2r1⋅r2⎞Q S=⎜ P + − ⋅ ⋅ − ⋅⎟5P3sinα P5 6. (12)⎝ R2R2R1⋅ R2⎠MδS3δφ2P3δφ1P2δS5P5δS6S5P6Рисунок 4.81Визначаємо значення складників лівої частини рівняння (1):223

ddt∂T∂ S⎛⎜ ∂T⎜⎝ ∂ S⎛ρr⋅ r222 2 •221 2= ⎜⎟⋅• m2⋅ + m3⋅ + m5+ m6⋅222 2S5 ,⎝ R2R2R1⋅ R2⎠5⎞⎛222 2⎟221 2⎜⎟⋅• ⎟ =m2⋅ + m3⋅ + m5+ m6⋅222 2⎝ R2R2R1⋅ R2⎠5Рівняння (1) набуває вигляду:⎠ρ∂T∂S5r=0rr⎞⋅r⎞••S5.( m2= ( Pρ⋅R52222M+R+ m23− Pr⋅R32222+ m5r⋅sinα⋅R+ m226− Pr⋅R62121r⋅R⋅ r112222⋅ R⋅ r2⋅ R) ⋅ S2)••5=Враховуючи, що• •S5 являє собою прискорення тягаря 5 – а 5:a5⎛⎜P5+=⎝⎛⎜ρm ⋅⎜2⎝ RMR22222−P3+ m3r⋅sinα⋅R2r2⋅R222+ m25−P6+ m6r⋅R112121r⋅R⋅r2⋅R⋅r22222⋅R⎞⎟⎠⎞⎟⎟⎠(13)Враховуючи, щоmP22= ;gP3m3 = ;gP5m5 = ;gP6m6 = .gПідставляючи вихідні данні у рівняння (13), визначаємо чисельнезначення прискорення тягаря 5:224

a5⎛⎜10+⎝=⎛⎜40 0,2⋅⎝9,80,30,90,322+0,15 0,1 ⋅0,15⎞−10⋅0,707⋅−20⋅⎟0,3 0,2 ⋅0,3⎠210 0,15⋅9,8 20,3+309,8220 01,+ ⋅9,8 0,22⋅0,15⋅0,322⎞⎟⎠.а 5 = -0,69 м/с 2 .Знак указує, що прискорення тягаря 5 напрямлено у бік, протилежнийуказанному напрямку прирощення узагальненої координати.Розв’язок : а 5 = 0,69 м/с 2 .Приклад 2 розв’язання задачі Д8Умова задачіМеханічна система складається з тягарів 1, 3 і 6, двох ступінчатихшківів 2 і 4, а також рухомого блоку 5.m 1 , m 2 , … , m 6 – маси тіл системиx, кг.Тягарі 1 і 3, які знаходяться на опорних поверхнях, при русі долаютьсили тертя ковзання. ƒ – коефіцієнт тертя ковзання.i i42 , – радіуси інерції ступінчатих блоків.xxСистема починає рухатись зі стану спокою під дією сил ваги.У якості узагальненої координати рекомендовано обрати q = ϕ2 зпочатковими умовами = ; ϕ 0ϕ & .200 20=Нехтуючи тертям у підшипниках блоків, визначити рівняння рухусистеми в узагальнених координатах.225

4 32156αРисунок 4.82Дано: m 1 = 2m; m 2 = 3m; m 3 = m; m 4 = 2m; m 5 = m; m 6 = m;R 2 = 35 см; r 2 = 25 см; R 4 = 20 см; r 4 = 15см; R 5 = 0,5R 4 ;i 2 = 30см; ix4 = 20 см; ƒ = 0,3; α = 60˚.xЗнайти:рівняння руху системи в узагальнених координатах.роду.Розв’язання1 Для розв’язання задачі застосуємо рівняння Лагранжа другогоОскільки система має одну степінь вільності та в якості узагальненоїкоординати обрана φ 2 , рівняння Лагранжа набуде вигляду:ddt⎛ ∂T⎜⎝ ∂ϕϕ2& , (1)2⎞ ∂T⎟ −⎠ ∂ϕ2= Qде Т – кінетична енергія системи, яка у загальному випадку залежитьяк від узагальнених координат, так і від їх похідних (швидкостей):T = T ϕ , & ) ;( ϕ 2 2226

Qϕ 2– узагальнена сила системи, що відповідає обраній узагальненійкоординаті φ 2 .2 Визначимо кінетичну енергію системи. Усі швидкості, що входятьдо кінетичної енергії системи, необхідно виразити через швидкістьϕ& .T T1 + T2+ T3+ T4+ T5+ T6узагальненої координати 2= . (2)ϕ&v4 4 3325КvKρvc 51v1αϕ&2v66Рисунок 4.832.1 T1 – кінетична енергія тягаря 1, який рухається поступально:Tдеυ 1 – швидкість тягаря 1.;1= ϕ2⋅ r2 1 21 1⋅υ1= m2υ & m 2m12&1 = ; звідки22 2T1= ⋅ 2m⋅ ( ϕ2⋅ r2) = m ⋅ r2⋅ϕ2 . (3);&227

2.2 T2– кінетична енергія ступінчатого шківа 2, який здійснюєобертальний рух навколо нерухомої осі.деωT1 22I2⋅ω2=xI 2 x - осьовий момент інерції шківа 2.&2ϕ 2I= . Маємо222= i ⋅ m = i m ; ( m 3m)2⋅x 23x 2 2x32;2 = .2 2T2m ⋅ i22 . (4).=x2.3 T3 – кінетична енергія тягаря 3, який здійснює поступальний⋅ϕ&рух:Тодіде m3= m;2 23R12υ = ϕ& ⋅ .2T3= m3⋅υ3,122T3= m ⋅ R22 . (5)⋅ϕ&2.4 T4– кінетична енергія ступінчатого шківа 4, який обертаєтьсянавколо нерухомої осі.122T4= I4⋅ωx 4 ,ТодідеIII 4 x – осьовий момент інерції шківа 4:24i4⋅ m4;x= m 2mx24= 2m⋅i4.xx4 = .228

ТодіВстановимо зв’язок між кутовими швидкостями шківів 2 і 4:ω2⋅ R2R2ω2⋅ R2= ω4⋅ r4;звідки ω4= = ⋅ϕ&2.r rR422 2 2T4 = m ⋅i4⋅ ⋅ϕ&x 2 2r. (6).442.5 T5 - кінетична енергія рухомого блоку 5, який здійснює плоскийрух.деm =m5 ;1 2 12T5= m5⋅υc+ I ⋅ω5.5 c 5 x ,2 2υc 5– швидкість центра мас блоку 5.υ1ω= ⋅ R = ⋅ ⋅ϕ52 4c 4 422 2 r.41R⋅ R&Ic 5– осьовий момент інерції блоку відносно осі, щоxпроходить через центр мас.Оскільки блок 5 являє собою суцільний однорідний диск:Ic5xm⋅ R225 55= =.2m ⋅ Rω5 – кутова швидкість блоку, може бути визначена через кутовушвидкість шківа 2 ( ϕ&2).ω5υ= c5( C ρ) ; ( C ) 5= R55ρ .2229

( C ρ 5) – відстань від центра мас блоку 5 до миттєвого центрашвидкостей блоку. ТодіT⎛ 1m ⋅2⎜ ⋅⎝ 2ω1 R⋅2⋅ R2 45= ⋅ϕ2r4⋅ R52221 R2⋅ R4⎞2 1 m ⋅ R5R2⋅ R4⎞25=⎟ ⋅ϕ&2+ ⋅⋅ϕ&242 2⎟rr4⋅ R5рух.⎠&;⎛ 1⋅⎜ ⋅⎝ 2Після спрощення останнього виразу отримаємо:T5=316Rm ⋅22r⋅ R2424⋅ϕ&22⎠. (7)2.6 T6 – кінетична енергія тягаря 6, який здійснює поступальний.Враховуючи, щоm =mT1 26 6⋅υ6= m26 c6 , а5;υ = υ , можемо записати:або21 22⎛ 1 R2⋅ R ⎞4T6 = m ⋅⋅ϕ&2⎜ ⋅2⎟⎝ r4⎠;T6=18m ⋅R22r⋅ R2424⋅ϕ&22. (8)Підставляючи значення кінетичних енергій тіл системи з рівнянь (3),(4), …, (8) у рівняння (2), визначаємо:T . (9)= 0,544m ⋅ϕ&223 Визначаємо узагальнену силу системи Qϕ2.230

Зобразимо на рисунку 4.84 усі діючі на систему активні сили іреакції зовнішніх в’язів.P1, P2,..., P6– сили ваги тіл системи; , F т1 m22Y2, Z4,4F – сили тертя;Z , Y – складові реакції підшипників шківів 2 і 4;S – зусилля розтягнення нерухомої гілки каната.4 3Z 4N 3Z 22Y 45P 4SN 11P 3αF m3Fm1P 2Y 26P 5P 1P 6Рисунок 4.84Надамо системі можливе переміщення, при якому прирощенняδϕ2отримує узагальнена координата ϕ2 , і визначимо елементарну роботувсіх сил на цьому переміщенні.δAϕ2= P ⋅δS1⋅sinα− Fm1 ⋅δS1− Fm3 ⋅δS3+ P5⋅δSc+ P6⋅δS6.(10)15231

У виразі (10) усі можливі переміщення тіл необхідно виразити черезδϕ2 .Отримаємо:δ S1 = δϕ2⋅ r2; δ S3 = δϕ2⋅ R2;⋅ R⋅ R2 2 4δ S c.52⋅r4= δϕδ S4 33ϕ2δϕ22δϕ4156C 5δ S 1αδ S c5δ S 6Рисунок 4.85δR⋅ R2 4S6= δ Sc = ⋅δϕ52 . (11)2r4матимемо:Підставляючи значення можливих переміщень з (11) у (10),δ A ϕ2⎛= ⎜P1⋅r⎝2⋅sinα− Fm1⋅r2− Fm3⋅ R2+ P5R2⋅ R⋅2r44+ P6R2⋅ R⋅2r44⎞⎟⋅δϕ⎠2Або, враховуючи, щоP= m ⋅ g = 2m⋅ g1 1; P5 = m ⋅ g;232

Aδ ϕ2F m1= N1⋅ f = f ⋅ m1⋅ g ⋅ cosα= 2 f ⋅ m ⋅ g ⋅ cosα;F m 3 3g= f ⋅ N = f ⋅ m ⋅ ; P = m ⋅ .⎛= ⎜2m⋅g⋅r⎝2 ⋅sinα−26gR2⋅Rf ⋅m⋅g⋅r2+ f ⋅m⋅g⋅R2+ m⋅g⋅r4δ A ϕ = 0,495m⋅ g ⋅δϕ ..Враховуючи вихідні данні: 2Враховуючи, що δA ϕ= Qϕ⋅2 .силою ϕ22δϕ2 24⎞⎟⋅δϕ⎠Коефіцієнт, що стоїть перед прирощенням δϕ2 , і є узагальненоюQ . Тобто Q = 0, 495m⋅ gϕ . (12)224 Складаємо рівняння Лагранжа другого роду:;∂T∂ϕ&ddt2=⎛ ∂T⎜⎝ ∂ϕ&∂∂ϕ&222⋅ ( 0,544 m ⋅ϕ&);⎞⎟ = 1,088m⋅ϕ&&⎠2;2∂T∂ϕ&2∂T∂ϕЗ урахуванням значення узагальненої сили:= 2 ⋅ 0,544 m ⋅ϕ&2=0.1,088m⋅ϕ& &2= 0,495m⋅ g.2Абоϕ& &20,495= ⋅ g1,088=0,495 ⋅ 9,81;1,088ϕ& & = 24,46 с -2 .Зінтегруємо двічі отримане диференційне рівняння та визначимозакон руху заданої механічної системи в узагальнених координатах:ϕ&4,46t +1;2= C233

ϕ2=2t4,46⋅+ C1⋅t+ C22.Сталі інтегрування визначаються з початкових умов:t = , ϕ = 0, ϕ&0 . Значить, = C 00020 20=2t= 4,46⋅2ϕ2(рад).C .1 2=Отриманий вираз являє собою закон руху заданої механічної системи.Розв’язок :2ϕ = 2,t рад.223234

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ1 Никитин, Н.Н. Курс теоретичної механики: учеб. пособие длямашиностроит. и приборостроит. спец. вузов/ Н.Н Никитин. – 5–е изд.,перераб. и доп. – М.: Высш. шк., 1990. – 507 с.: ил.– ISBN 5-06-000695-6.2 Тарг, С.М. Краткий курс теоретической механики: учеб.дляВТУЗов./ С.М. Тарг.12- е изд.,стер. – М. :Высш. шк., 1986. – 416 с.: ил.-ISBN 5-06-00-35-13-9.3 Бать, М.И. Теоретическая механика в примерах и задачах: учеб.пособие для ВУЗов. Т. 1. Статика и кинематика. – М.: Наука. – 1990. –670 с.4 Сборник задач для курсовых работ по теоретической механике /А.А. Яблонского. – М.: Высш. шк., 1984. – 366 с. – ISBN 5-89602-016-3.5 Подлєсний, С.В. Розв’язання задач з теоретичної механіки.Статика/ С.В.Подлєсний, В.Г.Федорченко, Ю.О.Єрфорт та ін. –Краматорськ: ДДМА, 2004. – 200 с. – ISBN 5-7763-13-02-3.6 Подлєсний, С.В. Розв’язання задач з теоретичної механіки.Кінематика/ С.В.Подлєсний, В.Г.Федорченко, Д.Г.Сущенко та ін. –Краматорськ: ДДМА, 2006. – 200 с. – ISBN 966-379-096-2.7 Водолазська, О.Г. Збірник завдань для самостійної роботи таконтролю знань студентів з теоретичної механіки. Кінематика і статика/О.Г.Водолазська, Ю.О.Єрфорт, Л.В.Кутовий та ін. – Краматорськ: ДДМА,2004 – 132с. – ISBN 966-7851-29-Х.235

Навчальне виданняЄРФОРТ Юрій ОлександровичПОДЛЄСНИЙ Сергій ВолодимировичІСКРИЦЬКИЙ В’ячеслав МихайловичТЕОРЕТИЧНА МЕХАНІКАДИНАМІКАНавчальний посібникз методичними вказівками і контрольними завданнями для студентівмашинобудівних спеціальностей заочної форми навчанняРедакторКомп’ютерна версткаІ.І.ДьяковаО.П.Ордіна173/2007. Підп. до друку 29.10.08. Формат 60х84/16.Папір офсетний. Ум. друк. арк. 10,00. Обл.-вид. арк. 7,73.Тираж 320 прим. Зам. № 249.Видавець і виготівник«Донбаська державна машинобудівна академія»84313, м. Краматорськ, вул. Шкадінова, 72Свідоцтво про внесення суб’єкта видавничої справи до державного реєструсерія ДК № 1633 від 24.12.2003236

Ð¢ÐµÐ¾ÑÐµÑÐ¸ÑÐ½Ð° Ð¼ÐµÑ Ð°Ð½ÑÐºÐ°. ÐÐ¸Ð½Ð°Ð¼ÑÐºÐ° - ÐÐ¾Ð½Ð±Ð°ÑÑÐºÐ° Ð´ÐµÑÐ¶Ð°Ð²Ð½Ð° ...

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?

Ð¢ÐµÐ¾ÑÐµÑÐ¸ÑÐ½Ð° Ð¼ÐµÑÐ°Ð½ÑÐºÐ°. ÐÐ¸Ð½Ð°Ð¼ÑÐºÐ° - ÐÐ¾Ð½Ð±Ð°ÑÑÐºÐ° Ð´ÐµÑÐ¶Ð°Ð²Ð½Ð° ...