Главная Промышленная автоматика.

ТОЧКИ Р ТОЧКОЮ S, направлена по PS и равна Складывая эту силу

Ф с силой Р*, получаем равнодействующую

fMm fm{M-\- т)

гч + г2 г2 •

Следовательно, относительное движение будет таким же, как если бы Солнце S было неподвижно, но имело бы массу, равную М + т (п. 235).

417. Упражнение. Относительное движение тяжелой точки, находящейся на идеально гладкой наклонной плоскости Р, которая вращается с постоянной угловой скоростью щ вокруг вертикали. Примем за ось z направленную вверх ось вращения (рис. 247), за начало О - точку,

в которой эта ось пересекает плоскость, за ось Ох - горизонталь плоскости и за ось Оу - перпендикуляр к плоскости хОг. Следовательно, триэдр Охуг вращается вокруг Ог с угловой скоростью (О и ее проекции р, q, г имеют значения О, О, <а. Если через р обозначить расстояние движущиейся точки от оси Ог, то центробежная сила будет равна mafip, а ее проекции на оси Охуг равны mwx, maiy, 0. Пусть / - угол наклона плоскости к горизонту, /пТУ - нормальная реакция плоскости, считаемая положительной, когда она расположена над плоскостью. Тогда, обозначая штрихами производные по t, будем иметь следующие уравнения относительного движения:

х" = <л-х -f 2соу,

у" = щЗу + sin / - 2<flx,

г" N чоъ I - g.

Исключим и заменим г через ytg/ (уравнение плоскости Р). Получим


Рис. 247.

у" = ufly cos2; -- Sin / COS; - 2<лх cos i.

Следовательно, переменные х л у определяются в функции t двумя линейными уравнениями с постоянными коэффициентами. Эти уравнения можно проинтегрировать, положив

х = АеМ, y = AleMl.tgl, где .А - произвольная постоянная, а и X удовлетворяют условиям

X = =1 , k*-a-d C0S2 /) 20,2 + 0)4 coS2 / = 0.

Это уравнение имеет четыре корня ± а и ± р, попарно равных, но противоположных по знаку; будет вещественным, когда cos < • Тогда интегралы будут иметь вид:

X = Aet -f Aie-f + Ве* -\- Ве*,




За подробностями отсылаем к задачнику де Сен-Жермена (Saint-Oermain, Recueil dExercices sur la Mecanique rationnelle, Oautliier-Viilars). Точка х = 0, my cos / = -gsinl является положением относительного равновесия.

m. Относительное движение и равновесие системы

488. Общие сведения. Чтобы получить уравнения относительного движения системы по отношению к осям Oxyz, совершающим известное движение, можно на основании предыдущего рассматривать оси как неподвижные при условии добавления к силам, действующим на каждую точку т системы, переносной силы инерции -m.j\ и кориолисовой силы инерции -т/. При применении теоремы кинетической энергии к этому относительному движению

работа кориолисовых сил инерции будет равна нулю.

419. Движение системы вокруг своего центра тяжести. Теорема моментов и теорема кинетической энергии. Рассмотрим движущуюся систему, в которой центр тяжести G имеет ускорение / (рис. 248). Исследуем движение системы относительно осей Gx, Gy, Gz, проведенных через центр тяжести и имеющих постоянные направления. Все точки, неизменно связанные с движущимися осями, имеют в каждый момент времени одно и то же переносное ускорение, равное /. Обозначим через а, Ь, с проекции J на подвижные оси. Для изучения относительного движения можно »ти оси рассматривать как неподвижные при условии добавления к внещним и внутренним силам, действующим на каждую отдельную точку т системы, только переносной силы -mJ с проекциями -та, -тЬ, -тс. Кориолисова сила инерции равна в этом случае нулю (п. 416). Тогда, применяя к относительному движению теорему моментов количеств движения и употребляя обозначения, принятые в п. 350, имеем:

Так как центр тяжести находится в подвижном начале, то последняя сум.ма равна нулю, ибо, например, тЬх = b тх - 0. Следовательно, теорема моментов количеств движения справедлива для относительного движения вокруг центра тяжести, как это было доказано другим путем (п. 350). Точно так же применим к относительному движению по отношению к осям Gxyz теорему кинетической энергии, рассматривая эти оси как неподвижные и вводя переносные силы инерции. Имеем:

d-mv"

Рис. 248.

= V V (Xi dx -f Yi dy -f Zi dz) -f

+ 2 S rfr + Fe rfy + Ze dz) m {a dx + Ыу -f с dz).



Последняя сумма опять равна нулю, так как 2 dx, 2 dy< 2 г равны нулю. Таким образом, мы видим, что можно применить к относительному движению вокруг точки Q теорему кинетической энергии, не вводя фиктивных сил. Это мы уже доказали ранее (п. 351).

420. Пример относительного движения. Концы однородного тяжелого стержня длины 2/ скользят без трения, один А - по горизонтальной оси Ох, а другой В - по вертикали Оу (рис. 249). Найти движение стержня, предполагая, что система хОу вращается вокруг Оу с постоянной угловой скоростью (1). (Routh, Rigid Dynamics, Elementary Part, стр. 343.)

Силы, приложенные к стержню, суть вес Mg, приложенный в середине О, и нормальные реакции осей Ох и Оу. Чтобы найти относительное движение по отношению к этим осям, можно рассматривать их как неподвижные при условии, что в каждой точке т. стержня прикладываются центробежная сила Ф и кориолисова сила Ф. После этого применим к относительному движению теорему кинетической энергии, вспомнив, что работа корио-

лисовых сил инерции равна нулю, и заметив, что работа реакций на относительном перемещении также равна нулю. Обозначим через МК момент инерции стержня относительно точки О и через в -угол, который он образует с осью Ох, так что координаты 5 и К) центра тяжести суть / cos 6 и / sin 6. По теореме Кёнига кинетическая энергия стержня равна

.1Л1Г-е2 + 1л1й2г2), где 6

обозначает производную от 0 по t. Элементарная работа силы гяжссти равна Mg di], т. е. Mgl cos 6 dB. Наконец, центробежная сила Ф, приложенная к точке т с абсциссой х, параллельна оси Ох и имеет значение ти>х. Ее элементарная работа равна «шх dx. Если обозначить через р расстояние Вт, то х = р cos в, и когда стержень скользит, тогда dx = - р sin 6 dB. Отсюда для тах dx получается значение -/пш2р sin 6 cos 6d6. На основании этого сумма элементарных работ центробежных сил есть - 2"Р sin 6 cos В d9. Так как 2"Р ть момент инерции стержня относительно точки В, равный Mk-\-MP, то для суммы работ центробежных сил получаем -М (k + Р) sin В coS 6 dB. Заметив, что для однородна

ного стержня = -, и разделив уравнение кинетической энергии на М,

получим


Рис. 249.

2Р „ 4/2

82 = gl cos В dB - 3i- «2 sin 6 cos 0 dO,

что непосредственно определяет В в функции 6 при помощи одной квадратуры. Предполагая для упрощения, что 6 = о при 0 = Bq, получим

= 0)3 (sin в - sin во) - sin 0 - sin Bo

Отсюда можно выразить t в функции sin 6 при помощи эллиптического интеграла первого рода и sin 6 как эллиптическую функцию переменного t.





0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 [75] 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157

0.0039