И. В. Богомаз. Механика

В начальный момент времени система находилась в покое, следовательно, T(1) = 0.

Имеем согласно формуле (8.14)

T	(2)	= A	→	1	2	m* = S F *.	(г)
					S
		1−2		2

Продифференцировав по времени правую и левую части уравнения (г), получим

12 2S S m = S F , откуда a = S = mF ** = 20080 = 25м/с2.

Ответ. Груз поднимается с ускорением a = 25 м/с2.

8.4. Принцип возможных перемещений

В механике И. Ньютона влияние связи на движение тела учитывалось мысленным освобождением тела от связей и присоединением реакций связей к внешним силам. Связи, наложенные на систему, будем называть стационарными, если они не меняются с течением времени.

Эффект действия связи на движение тела можно определять возможными перемещениями точек, на этом построен принцип возможных перемещений.

Возможным перемещением точки (тела) называется такое бесконечно малое (элементарное) мысленное перемещение, которое допускается в рассматриваемый момент времени наложенными на точку (тело) связями.

Будем рассматривать систему с идеальными связями: связи системы называются идеальными, если сумма элементарных работ реакций этих связей на любых возможных перемещениях равна нулю.

Сформулируем принцип возможных перемещений.

Для того, чтобы стационарная механическая система с идеальными связями находилась в положении равновесия, необходимо и достаточно, чтобы в этом положении сумма элементарных работ внешних сил на любых возможных перемещениях системы равнялась нулю.

Это относится и к реакциям опор системы, вызванных внешними силами. Но реакции опор в нашем случае не совершают работу, поэтому этотпринципделаетизлишнимкропотливоевычислениереакцийопор.

174

8. Динамика

Принцип возможных перемещений был известен со времен Архимеда под названием золотого правила механики и применялся к простейшим механизмам. Этот принцип рассматривался Галилеем, развивался Д’Аламбером, однако наиболее точное определение получил в «Аналитической механике» Лагранжа.

Рассмотрим в качестве примера простейшие механизмы.

Рычаг Архимеда (рис. 8.20) – простейшее механическое устройство, используется для получения большего усилия на коротком плече с помощью меньшего усилия на длинном плече.

Рычаг имеет одну степень свободы – может вращаться вокруг неподвижной точки О. Равновесие имеет место, когда элементарная работа при повороте рычага на элементарный угол δϕ равна нулю.

Имеем

∑δAφ = 0; ∑MО(Fi )dϕ= 0; (F1 a − F2 b)dϕ= 0 ,

откуда

F1 = F2 ba ,

выигрыш в силе компенсируется проигрышем в перемещении и на-

оборот – это и есть золотое правило механики.

Полиспаст (рис. 8.21) – от греческого polyspastos – натягиваемый многими верёвками – это механизм, состоящий из системы огибаемых тросом подвижных и неподвижных блоков для подъёма и перемещения грузов. Полиспасты можно встретить в конструкциях разнообразных крановых и других подъемных устройств.

Рис. 8.20

Рис. 8.21

175

И. В. Богомаз. Механика

Допустим, что число блоков на нижнем и верхнем ярусе равно n. Обозначим поднимаемый груз через Q, а прилагаемую при этом силу обозначим через P.

Пусть точка приложения силы P проходит путь dp, а точка приложения силы Q – dq (рис. 8.21).

Равновесие имеет место, если

P d p −Q d q = 0.

(8.15)

Когда груз Q поднимется на dq, то 2n канатов между верхними и нижними блоками сокращаются каждый на dq, в целом на 2n · dq. На такую же величину опустится груз P. Таким образом,

dp = 2n dq.

Тогда формула (8.15) будет иметь вид

(Q −2nP) dq = 0 .

Следовательно,

Р= 2Qn .

8.5.Принцип Д’Аламбера. Силы инерции

Инерцию тела можно понимать как сопротивление изменениям

движения, как силу инерции. Соответственно этому сила инерции F u для материальной точки будет

F u = −ma

и основной закон движения материальной точки примет вид

F + F u = 0 .

Здесь F − главный вектор внешних сил; F u − вектор силы инерции.

Силы инерции хорошо известны из повседневной жизни. Например, при резком торможении автобуса пассажиры могут упасть,

176

8. Динамика

так как возникшая сила инерции (возникло ускорение, направленное против движения автобуса) будет направлять пассажира по направлению движения автобуса.

Принцип Д’Аламбера для материальной точки. В каждый момент движения главный вектор внешних сил и вектор силы инерции уравновешивают друг друга.

Пример 8.7. Шарик массой m подвешен на нити длиной L. Шарику сообщают равномерное движение по окружности в горизонтальной плоскости (рис. 8.22). Нить составляет угол α с вертикалью. Определить скорость шарика и натяжение нити.

Рис. 8.22

Решение. Направим ось Оу вертикально вниз, а плоскость Оxу пусть проходит через шарик в рассматриваемый момент времени (рис. 8.22). При равномерном движении по окружности точка имеет ускорение

a = a =	V 2	=	V 2	,
n	R		Lsin α

направленное по оси Оx к центру окружности, т. е. к точке О. Сила инерции направлена по оси Оx против направления вектора an и по

модулю равна

F u = man = mV 2α .

Lsin

Далее освободимся от связи, заменим ее силой натяжения Т. Составим уравнение Д’Аламбера (уравнение кинетостатики):

T + mg + F u = 0 .

177

И. В. Богомаз. Механика

Перейдем от векторного уравнения к скалярному, для чего спроецируем полученное уравнение на координатные оси Оxу:

	F	= 0,			−T cos α = 0,
∑ y				mg
				→
∑Fx		= 0.		F u −T sin α = 0.
Отсюда находим
	T =		mg	, V = gL		sin2		α	.
			cos α			cos		α
Ответ: скорость		шарика V =				gL	sin		2 α	; натяжение нити
							cos α

T = cosmgα .

Главный момент сил инерции твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси. Пусть ось вращения твердого тела (ось Oz)

является главной центральной осью. Тогда момент сил инерции M u для твердого тела, вращающегося вокруг этой оси,

M u = −J z ε,

и основной закон вращения твердого тела примет вид

M z + M zu = 0 .

Пример момента сил инерции: приводя в движение тяжелую вертящуюся дверь, мы преодолеваем не силу тяжести двери или силу трения, а момент инерции двери14.

Принцип Д’Аламбера для системы твердых тел, вращающихся вокруг неподвижной оси. В каждый момент времени в дви-

жущейся системе твердых тел (механической системе) сумма главных векторов внешних сил и сил инерции равна нулю, а также сумма главных моментов внешних сил и моментов сил инерции равна нулю:

14 А. Зоммерфельд. Механика. М.: Изд-во иностр. лит., 1947. 391 с.

178

mR2 + Joz

8. Динамика

F + Fu = 0,

M z + M zu = 0.

В проекциях на декартовые оси координат Оxу, эта система уравнений имеет вид

∑Fx +∑Fxu = 0;
			∑ y
∑ y		+				(8.16)
	F		Fu = 0;
	M	oz	(F) +	∑	M u	= 0.
∑					oz

Пример 8.8. Через блок весом Mg и радиусом R перекинут нерастяжимый трос, на конце которого подвешен груз А весом mg. К диску приложен вращающий момент Mвр. Вычислить ускорение а груза, натяжение троса Т и давление на подшипник оси блока (рис 8. 23).

Решение. Пусть груз А подымается вверх, тогда сила инерции груза направлена вниз и равна Fyu = m a . Поскольку ось вращения диска является главной центральной осью (осью симметрии), момент сил инерции равен Mozu = εJz и направлен в сторону, противополож-

ную вращению диска.

Отбросим опору О, заменим ее действие реакциями подшипника Rx и Ry (рис. 8. 23). Составим систему уравнений (8.16):

+

u

= 0;

∑Fx

∑Fx

Rx = 0;

F

+

Fu = 0;

= 0;

(а)

→ −Mg −mg − Fu + R

∑ y

∑ y

∑

M u

= 0.

y

y

= 0.

M

oz

(F) +

M

вр

−(mgR + Fu ) R − M u

∑

oz

y

oz

Подставив в (а) значения

инерции	Mozu = εJoz =	Joz	a		ε
		R

рения а, получим

a = g

силы инерции Fyu = m a и момента сил

=a и решая его относительно уско-

R

(Mвр −mR)R .

179

И. В. Богомаз. Механика

Рис. 8.23

Рис. 8.24

Тогда из первых двух уравнений (а) вычислим

		(Mвр −mR)R
Rx = 0	, Ry = g M + m + m			.
		mR2
			+ Joz

Для вычисления натяжения троса мысленно разорвем гибкую связь (трос) и заменим его действие натяжением Т (рис. 8.24). Добав-

ляя внешнюю силу mg и силу инерции F u , имеем

∑Fy = 0, −mg − Fyu +T = 0 →

T= mg + Fyu = g (m + a)= mg 1+ (Mвр2−+mR)R .

mR Joz

Отметим, что при подъеме груза сила натяжение троса больше силы веса груза.

Ответ: ускорение подъема груза

a = g

( Mвр − mR )R

, при этом

mR2

+ Joz

( Mвр − mR )R

натяжение троса T = mg 1

+

, а давление на подшипник

2

mR

+ Joz

оси блока R

( Mвр − mR )R

x

= 0 , R

y

= g M + m + m

.

2

mR

+ Joz

180