Материал: Краткий курс теоретич. механики, Тарг

ные внутренние силы, а также внешние силы, пересекающие ось вращения или ей параллельные.

Задача ISO. Д га диска насажены на сбщий вал (рис. 297). В некоторый момент времени вал слегка закручивают и предоставляют самому себе. Пренебре­ гая массой вала, определить зависимость между угловыми скорбстями и углами поворотов дисков при их крутильных колебаниях,

ческий момент системы относительно оси х равен сумме кинетических моментов каждого из дисков относительно той же оси). Отсюда

<0j =— и ф1~ —^2ф2/А>

где ф] и ф2 — углы закручивания дисков, отсчитываемые от начального положе­ ния (последний результат получается интегрированием первого равенства).

Таким образом, колебания будут происходить в противоположные стороны, а угловые амплитуды колебаний будут обратно пропорциональны моментам инерций дисков. Неподвижное сечение будет ближе к диску, момент инерции ко­ торого больше.

Задача 181. У вертолета с двумя соосными винтами, вращающимися.в раз­ ные стороны, один винт в полете внезапно останавливается, а другой продол­ жает вращаться вокруг вертикальной оси г с угловой скоростью d>j.-Момент инер­ ции относительно оси г вращающегося винта равен J u а вертолета вместе с оста­

известны, но они станут внутренними, если рассмотреть в качестве механической системы вертолет вместе с винтами. Остановку винта вызвали тоже внутренний силы, которые не могут изменить кинетический момент Кг системы, равный до этого (когда оба винта вращались в разные стороны) нулю. Следовательно, и после остановки винта должно быть /С2=У1(й),+ш2)+ У2ыа= 0, где /JWj+Wj) — ки­ нетический момент вращающегося винта (винт, вращаясь еще и вместе с верто­ летом, будет иметь абсолютную угловую скорость e>ae= tOj-f- о2), а Л<о2— ки­ нетический момент вертолета вместе с остановившимся винтом. В результате маходим

ш2=—/^/(Л+Л)-

Знак указывает, что направление ш2 противоположно со,.

При решении задач необходимо обращать внимание на то, что в исходные,

выражения величины К г (или Ко) входят абсолютные скорости точек и тел сис­ темы.

Задаче 132. В регулятйре АВ, имеющем вертикальную ось вращения Ог (величина У* регулятора известна), помещены два симметрично расположенных груза массой т каждый, прикрепленных к пружинам (рис. 298). Когда грузы на­ ходятся в точках С, отстоящих от оси Ог на расстояниях I, регулятор вращается с заданной угловой скоростью о)0. В некоторый момент времени угловая скорость изменяется н грузы начинают совершать около центров С одинаковые затухающие колебания. Пренебрегая трением в оси, найти, как будет изменяться угловая ско­ рость ш регулятора в зависимости, от положений грузов, считая их материаль­ ными .точками.

Р е ш е н и е . Чтобы исключить неизвестные нам силы упругости пружин и силы трения грузов о направляющие, рассмотрим регулятор и грузы как одну систему. Тогда, поскольку силы тяжести параллельны оси Ог, а реакции подшип­

ников пёресекают эту ось,-2 т х(/г*)= 0 и должно быть Kr= Kzer+ 2KP>=const

2S6

Найдем сначала КгР- Скорость груза и=иот+ упер и К гР=етг(ти0Т)+ -\-m,(mv„ер). Но вектор v0T направлен по оси Сх, пересекающей ось Ог; следо­ вательно, т г(тиот)—0. Скорость t^,ep перпендикулярна плоскости х,г, а ее

модуль tinep=b)(Z-(-Jc). Тогда K lp=mvnep (1+х)=тш (/+х)а-Учтя еще, что Кгег— —J t<о, получим

^ = [^ + 2т(/+дг)»]о).

При х—0 о>=ш0 и /CZ0= (/i +2/n/s)(D0. Так как /Сг= const, то К г= К 2ц, что окон­ чательно дает

Рис. 298

Задача 133. Однородный диск /, имеющий массу т , и радиус /?, насажен на перпендикулярную ему вертикальную ось Сг (рис. 299, где показан вид сверху). На диске сделан паз, в середине О которого находится ползун 2 массой т а(ОС=> ■=Л). В момент времени /0= 0 имеющийся на диске толкатель (на рис. 299 не по­

казан) сообщает 'ползуну скорость и, с которой ползун продолжает двигаться. Определить зависимость угловой скорости, с которой начнет вращаться диск, от положения ползуна.

Р е ш е н и е . Рассмотрим диск и ползун как одну систему. Моменты дейст­ вующих на нее внешних сил относительно оси Сг равны нулю (см. рис. 298); следовательно, const. Поскольку до момента времени /0=0 система была в покое, а ее движение начинается под действием внутренних сил, которые янагение К г изменить не могут, то и в момент <0=0 К г= 0. Отсюда в любой момент

Полагая теперь Кж=0 и считая для диска У^^О.бт^ 1 [см. § 102, формула (8)), найдем окончательно

297

П р и м е ч а н и е . В данной задаче (и ей аналогичных) было бы ошибочно

считать, что так как в момент /0= 0 ползун получил скорость и, то у системы К го= mtuh (а не Кго^О). В действительности же внутренние силы изменить зна­

чение К г не могут; поэтому, сообщив ползуну при t0=0 скорость и, они одно­ временно сообщат диску угловую скорость ш0, такую, что у системы сохранится Л ,0=0. Из решения (б) видно, .что при /0=0, когда и s=0, диск получает сооб­ щенную внутренними силами угловую скорость о>0==—mjiu!(0,5mi/?*+mji2), что и дает К г9=0. Затем, при возрастании s, модуль <о убывает.

Если же принять Кц>—т,иЛ, то, полагая К г—1\го, гдеТС, дается равенством (а), получим со=0. Такой результат действительно имеет место, когда скорость и

Для данной системы K o —KB>-\-Ko‘v. Груз движется поступательно и его скорость »=<■V. Барабан вращается вокруг неподвижной оси О и для него J о= ■=(Я/г)р* [см. § 102, формула (4)1. Тогда

*oP= (Q/8)w . K Q‘P = (P/g) p2w и Ко =(Qr» + Pp> /g.

Для моментов сил получим 2 т 0{Р% )~Qr—

Подставляя все эти величины в равенство (а), найдем

ЯО±££

отсюда

(Qr— M TV)g

8= Q^ + ^P? '

i119* ПРИЛОЖЕНИЕ ТЕОРЕМЫ МОМЕНТОВ

КДВИЖЕНИЮ ЖИДКОСТИ (ГАЗА)

Рассмотрим опять (см. §113). установившееся течение жидкости (газа) в трубке тока (или в трубе). Выделим в трубке объем жидкости 1—2, ограниченный сечениями 1 м2, который за промежуток време­ ни d/ переходит в положение 3— 4 (рис. ЗШ). Найдем, как за время

d/ изменится момент количеств движения К 0 этого объема жидкости относительно некоторого центра О: Рассуждая так же, как в § 113, придем к вывсщу, что это изменение определится равенством, ана­ логичным полученному пр>и выводе формулы (23), т. е. что

где К 1г и — моменты количеств движения жидкости в объемах 1—3 и 2— 4 соответственно.

298

Для определения К ц разобьем площадь S* сечения 1 на эле­ менты Ash. За промежуток времени d/ через площадку As* в объем 1—3 войдет масса жидкости A/nft=(Gc/Sx)Ash 'dt (Gc— секундный расход массы). Момент количества движения этой массы будет

& K i3 =rh'Xbjnh-vl=r)l XVi(Gc/Si)Ash'dt, где г*— радиус-вектор эле­

мента Asfe; — средняя скорость жидкости в сечении 1. Тогда, вынося общие множители за скобки, получим

ти площадей соответствующих сечений трубки тока (трубы).

Если величину Gcm0(v) назвать секундным моментом количеств движения жидкости относительно центра О, то теорему, выражен­

Задача 135. В радиальной гидротурбине, у которой внешний радиус, рабо­ чего колеса гх, а внутренний г2, вода имеет на входе абсолютную скоростьг^, а на

выходе — абсолютную скорость о,; при этом векторы vt и и. образуют с касатель­ ными к ободам колеса углы ах и а 2, соответственно (рис. 302, где показан один канал между двумя лопатками турбины). Полный секундный расход массы воды через турбину Сс. Определить действующий на турбину момент относительно ее оси Ог сил давления воды (ось Ог направлена перпендикулярно плоскости чер­ тежа).

299

Р е ш е н и е . Воспользуемся уравнением (39') в проекции на ось Ог, считая движение воды плоским. Так как в силу симметрии центр тяжести воды, запол­ няющей все каналы, лежит на оси Ог, то момент массовых сил (сил тяжести) относительно этой оси равен нулю. Поверхностные внешние силы давления во входном и выходном сечениях направлены вдоль радиусов и их моменты отно­ сительно оси Ог тоже равны нулю. Таким образом, в правой части уравнения (39')

сохранится только момент поверхностных сил дав­ ления на жидкость лопаток турбины. Поскольку искомый момент Мж сил давления воды на лопатки турбины имеет противоположное направление, то из (39') в проекции ось Ог получим

Af,=Oc [т, (t>7)—т г(у,)].

Здесь Gc полный расход воды через все каналы и поэтому М г будет искомым полным моментом. Из

рис. 302видно, что mt(v1)=mo{v1)= r1v1cosau ана­ логично m,(t>;)=r2t>2cos а2. Таким образом,

П р и м е ч а н и е . По формуле (46) из § 87

мощность N = F i v. Если сила ¥ действует на тело, вращающееся вокруг оси Ог, то u= w и Ar=/7Tro>= = Мги>(см. § 122). Тогда, умножив обе части равен­ ства (а) на ш и учтя, что г1а>=и1, гаш=и„ где и1 —

окружная скорость на внешнем, av, на внутреннем ободеколесатурбины, получим iV=Gc(u,t),cos <Xj—Ujti,cosо,).

Это уравнение, устанавливающее зависимость между основными динами­ ческими характеристиками турбины, называют турбинным уравнением Эйлера,

§ 120. УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ

Представим уравнения (16) из § 107 и (35) или (38) в виде:

Покажем, что из этих уравнений, являющихся следствиями законов, изложенных в §74, получаются все исходные результаты статики.

1.Если механическая система находится в покое, то скорост

всех ее точек равны" нулю и, следовательно, ус=0 и /Со—0, где О — любая точка. Тогда уравнения (40) дают:

Таким образом, условия (40') являются необходимыми условиями равновесия любой механической системы. Этот результат содержит в себе, в частности, сформулированный в § 2 принцип отвердевания.

Но для любой системы условия (40'), очевидно, достаточными условиями равновесия не являются. Например, если изображенные на рис. 274 точки Ai и А %являются свободными, то под действием

сил F it и Fn они могут двигаться навстречу друг другу, хотя усло­ вия (40') для этих сил будут выполняться. Необходимые и достаточ-

300