ТеоÑеÑиÑна Ð¼ÐµÑ Ð°Ð½Ñка. ÐинамÑка - ÐонбаÑÑка деÑжавна ...
ТеоÑеÑиÑна Ð¼ÐµÑ Ð°Ð½Ñка. ÐинамÑка - ÐонбаÑÑка деÑжавна ... ТеоÑеÑиÑна Ð¼ÐµÑ Ð°Ð½Ñка. ÐинамÑка - ÐонбаÑÑка деÑжавна ...
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
- Page 87 and 88: Рисунок 4.29, аркуш 2З
- Page 89 and 90: Дію каната, що з’єд
- Page 91 and 92: (2−3)2K = K + K3.Блок 2 об
- Page 93 and 94: Або:⎧⎪ϕ&&2(m⎨⎪⎩ϕ&&2(
- Page 95 and 96: Визначимо кутове п
- Page 97 and 98: Дано: m 1 =150 кг; m 2 =300
- Page 99 and 100: де V 4 - швидкість ру
- Page 101 and 102: K XD 2= m3⋅V3⋅ r3, деK XD 2V3
- Page 103 and 104: ⎛⎜ I⎝2r1пр R1 2 + I ⎟пр
- Page 105 and 106: 4.1.4 Задача Д4. Засто
- Page 107 and 108: деdA k - робота на k-му
- Page 109 and 110: де r — відстань від
- Page 111 and 112: При обертанні твер
- Page 113 and 114: тобто2mV mV або2 2Кіне
- Page 115 and 116: Окремі випадки. Для
- Page 117 and 118: виражати як функці
- Page 119 and 120: 3432651α434 2516α5324β156Рис
- Page 121 and 122: 923α1456Рисунок 4.42, ар
- Page 123 and 124: зовнішні сили, що д
- Page 125 and 126: 1132241222= 2m1 ⋅ R3+ 2m3⋅ ρ3+
- Page 127 and 128: Склавши визначені
- Page 129 and 130: де V2 3 ⋅ R3= ω - швидкі
- Page 131 and 132: Визначимо роботу з
- Page 133 and 134: 4.2 ПРИНЦИПИ МЕХАНІК
- Page 135 and 136: Прискорення точки
- Page 137: Головний вектор си
- Page 141 and 142: ВаріантТаблиця 4.10Р
- Page 143 and 144: 4 34 2M516α5324β1M56632M45β16Р
- Page 145 and 146: 4.2.1.3 Приклад 1 розв
- Page 147 and 148: інерції -Усі сили і
- Page 149 and 150: Р 3 = m 3 ⋅g, Ф 3 = m 3 ⋅a 3,
- Page 151 and 152: 324156Рисунок 4.55Розв
- Page 153 and 154: Фде L 4 = I x4 ⋅ε4 ; 2Ix4 = i
- Page 155 and 156: 2( M24 −i4x⋅m4⋅ε4)Ф 1−P5
- Page 157 and 158: вільність переміще
- Page 159 and 160: Її рівняння22x + y + z
- Page 161 and 162: сил на якому-небудь
- Page 163 and 164: поверхня, тоді її м
- Page 165 and 166: неідеальних в'язей,
- Page 167 and 168: 3P 23 3PC1α1,5M1,5βq2BA4αq2P 1P
- Page 169 and 170: 9Bα2A3MCβ2q3P 1P 2Рисунок
- Page 171 and 172: Для побудови М.Ц.П.
- Page 173 and 174: P(∞)ααEδS EC δS CP 1QKδS KMA
- Page 175 and 176: δXB δXB δXB5δϕ BC = = = ; R =
- Page 177 and 178: вертикальній площи
- Page 179 and 180: 023α1456M1324β1M5623245β16MРи
- Page 181 and 182: 64M3β215αТа743 2βM1568M4 32561
- Page 183 and 184: задачі можна викор
- Page 185 and 186: Елементарна робота
- Page 187 and 188: деFF k - активна сила;
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
Change language