Прикладна механіка_ЛЕКЦІЇ. Навчальний посібник для підготовки бакалаврів напрямів 100102 Процеси, машини та обладнання агропромислового виробництва

• Название: Навчальний посібник для підготовки бакалаврів напрямів 100102 Процеси, машини та обладнання агропромислового виробництва
• Анкор: Прикладна механіка_ЛЕКЦІЇ.pdf
• Дата: 09.06.2018
• Размер: 6.79 Mb.
• Имя файла: Прикладна механіка_ЛЕКЦІЇ.pdf
• Тип: Навчальний посібник; #20141
• страница: 14 из 36

§ 10.7. Інтегрування диференціальних рівнянь руху
матеріальної точки у простих випадках
Інтегрування диференціальних рівнянь в значній мірі залежить від виду функції сили, яку підставляють в праву частину рівняння.
У загальному визначенні сила є функцією одночасно трьох кінематичних параметрів: часу, переміщення і швидкості


v
s
t
F
F
,
,

. Інтегрування в цьому випадку є складною задачею. Проте, у техніці і природі часто зустрічаються сили, які залежать від одного кінематичного параметра. Так, сили, що мають місце при досліджені роботи різного роду механізмів і машин, явно залежать від часу.
До позиційних сил, що залежать від положення точки (переміщення), належать сили пружності, які виникають у пружних тілах при їх деформації, а також сили тяжіння або відштовхування, що виникають при взаємодії тіл, які мають електромагнітні заряди.
Сили, що залежать від швидкості, зустрічаються при дослідженні руху тіл у в’язкому середовищі (рідкому, газоподібному).

195
Надамо методику і приклади розв’язування другої задачі динаміки у випадках, якщо сили є сталими за величиною і напрямом і коли змінюються в залежності від часу, переміщення і швидкості.
Прямолінійний рух точки
Матеріальна точка рухається прямолінійно, вісь
x
- направимо в сторону руху точки. Тоді
0 0
0







y
F
z
y
;
0

z
F
Рушійна сила спрямована вздовж осі:
F
F
x

. Проте, ця умова необхідна, але недостатня. Потрібно, щоб і початкова швидкість була спрямована вздовж осі
x
v
v
0 0

а) Рух точки під дією сили, яка є сталою величиною
Приклад
Матеріальна точка масою m рухається вздовж осі x під дією сили
const
Q

. Визначити закон руху точки, якщо в початковий момент її координата була
0
x
x

, а початкова швидкість
 
0
v
t
v
o

Розрахункова схема (рис. 3.2):
Рис. 3.2

196
Розв’язання
Запишемо диференціальне рівняння в проекції на вісь x (3.6):


kx
F
x
m 

(а)
Підставимо в праву частину (а) проекції сили (рис. 3.2)
Q
Q
x
m
x




;
dt
dv
dt
x
d
x
x





;
Q
dt
dv
m
x

; розділимо змінні:
t
m
Q
dv
x

Інтегруємо ліву і праву частини
1 1
C
t
m
Q
v
C
dt
m
Q
dv
x
x







;
(б) підставимо
dt
dx
v
x

;
1
C
t
m
Q
dt
dx


; розділимо змінні і інтегруємо ще один раз:





dt
C
tdt
m
Q
dx
1
;
2 1
2 2
C
t
C
t
m
Q
x



(в)
Для визначення сталих інтегрування
1
C
і
2
C
підставимо в рівняння
(б) і (в) початкові умови при
0 0


t
t
:
0
x
x

;
 
0 0
v
t
v

;
0 1
1 0
0
v
C
C
t
m
Q
v





;
0 2
2 0
0 0
2 0
x
C
C
v
m
Q
x





Остаточно закон руху точки
2 2
0 0
t
m
Q
t
v
x
x



(г)
Аналіз виразу (г) показує, що матеріальна точка під дією сталої сили

197
рухається рівнозмінно з прискоренням, яке дорівнює
m
Q
a


б) Рух точки під дією сили, яка залежить від часу
Приклад
Трактор вагою
P
рухається по прямій лінії і під час розгону його сила тяги збільшується по закону
kt
F

, де
t
– час у секундах,
k
- сталий коефіцієнт. Визначити закон руху трактора під час розгону.
Розв’язання
Маса трактора рухається поступально, тому його можна вважати точкою. Направимо вісь
x
в напрямку руху, а початок відліку помістимо в нерухомій точці, де трактор був при
0 0

t
, тоді
0 0


x
x
Диференціальне рівняння:


kx
F
x
m 

;
kt
F
dt
dv
m
x
x


;
g
P
m

(а)
Розділимо змінні в (а), помножуючи на
dt
ліву і праву частини:




1
C
tdt
m
k
dv
x
Інтегруємо:
1 2
2
C
t
m
k
v
x


(б)
Підставимо в (б)
dt
dx
v
x

і розділяємо змінні:
1 2
2
C
t
m
k
dt
dx


;






2 1
2 2
C
dt
C
dt
t
m
k
dx
Інтегруємо:

198
2 1
3 6
C
t
C
t
m
k
x



(в)
Для визначення сталих інтегрування в рівняннях (б) і (в) підставимо початкові умови при
0 0


t
t
:
0 0


x
x
;
0 0


x
x
v
v
;
0 2
0 0
1 1




C
C
m
k
;
0 0
2 0
0 2
2 1






C
C
C
m
k
Остаточно закон руху має вигляд
6 3
t
P
kg
x

(м).
в) Рух точки під дією сили, яка залежить від швидкості
Приклад
Тіло
M
вагою G падає донизу без початкової швидкості із точки O , яка прийнята за початок координат (рис. 3.3). Опір повітря пропорційний швидкості
v
R


, де

- коефіцієнт пропорційності. Визначити закон руху тіла:
Рис. 3.3

199
Розв’язання
Складемо диференціальне рівняння руху тіла під дією сили тяжіння
G і сили опору повітря
R
в проекції на вісь y :


ky
F
y
m 

;
v
mg
R
G
y
m
y
y







(а)
Знизимо порядок рівняння (а), переходячи
dt
dv
y



, і поділимо рівняння на масу m , позначаючи
k
m


:
kv
g
dt
dv


, або


dt
kv
g
dv


Розділимо змінні:
dt
kv
g
dv


Введемо нову змінну
kv
g
u


, тоді
kdv
du


і
k
du
dv


, отримаємо рівняння
kdt
u
du


Після інтегрування маємо:
1
ln
C
kt
u



, або


1
ln
C
kt
kv
g




(б)
Із рівняння (б) визначимо значення
1
C
, підставивши початкові умови при
0 0


t
t
;
0 0


v
v
:


g
C
C
k
k
g
ln
0 0
ln
1 1








Підставимо значення
1
C
в рівняння і визначимо швидкість
v
:


g
kt
kv
g
ln ln




;
kt
g
kv
g







 
ln
(в)
Потенціюємо вираз (в)

200
kt
e
g
kv
g



;


kt
e
k
g
v



1
(г)
Аналіз виразу (г) показує, що при


t
маємо
0


kt
e
,
k
g
v

, тобто максимальна швидкість буде
k
g

max

, а рух стає рівномірним.
Представимо рівняння (г) у вигляді


kt
e
k
g
dt
dy
v




1
, або


dt
e
k
g
dy
kt



1
(д)
Інтегруємо рівняння(д):
2 2
C
e
k
g
t
k
g
y
kt




(е)
Для визначення
2
C
підставимо в (е) початкові умови
0 0


t
t
,
0 0


y
y
:
2 2
2 2
0
k
g
C
C
k
g





Підставимо значення
2
C
в (е), отримаємо рівняння руху тіла, що падає, долаючи опір повітря:


kt
e
k
g
t
k
g
y




1 2
г) Рух точки під дією сили, яка залежить від переміщення
Приклад
Матеріальна точка
M
масою m рухається вздовж осі x під дією

201
сили, яка пропорційна відстані
kmx
F

, де
4

k
. На початку руху при
0 0


t
t
:
м
x
5 0

;
с
м
v
2 0

. Визначити закон руху точки (рис 3.4).
Рис. 3.4
Розв’язання
Складаємо диференціальне рівняння руху в проекції на вісь x :


kx
F
x
m 

;
kmx
F
x
m
x




;
0 4


x
x

(а)
Рівняння (а) є однорідним лінійним диференціальним рівнянням другого порядку зі сталим коефіцієнтом. Розв’язок його шукаємо в формі
ut
Ae
x

(б)
Взявши першу
x
та другу
x

похідні за часом від виразу (б), підставимо в (а) і після скорочень отримаємо характеристичне рівняння
0 4
2


u
, корні якого дорівнюють:
2 1

u
;
2 2


u
Тоді загальний розв’язок диференціального рівняння буде:
t
t
e
C
e
C
x
2 2
2 1



(г)
Для визначення двох сталих інтегрування
1
C
і
2
C
необхідне друге рівняння, яке отримаємо, взявши похідну за часом від (г):

202
t
t
e
C
e
C
dt
dx
v
2 2
2 1
2 2




(д)
Підставимо в (г) і (д) початкові умови, отримаємо алгебраїчні рівняння, з яких і визначимо сталі інтегрування:







2 2
2
;
5 2
1 2
1
C
C
C
C
Звідки
3 1

C
;
2 2

C
Остаточно матимемо закон руху точки, підставивши в (г)
3 1

C
;
2 2

C
:
t
t
e
e
x
2 2
2 3



(м).
Запитання для самоконтролю
1.
Що вивчає динаміка? Її основні задачі.
2.
Сформулюйте основні закони динаміки.
3.
Напишіть диференціальні рівняння руху точки в координатній і натуральній формах.
4.
Напишіть диференціальні рівняння руху невільної точки.
5.
Як формулюється і розв’язується перша задача динаміки?
6.
Як формулюється і розв’язується друга задача динаміки?
7.
Що таке початкові умови руху точки?
8.
Як визначаються сталі інтегрування диференціальних рівнянь?

203
РОЗДІЛ 11
ДИНАМІКА СИСТЕМИ МАТЕРІАЛЬНИХ ТОЧОК.
ГЕОМЕТРІЯ МАС. ДИНАМІЧНІ РІВНЯННЯ РУХУ
§ 11.1. Механічна система матеріальних точок. Сили зовнішні
та внутрішні
В попередніх випадках розглядався рух окремих матеріальних точок.
Але в задачах механіки досить часто необхідно розглядати не окрему матеріальну точку, а їх систему.
Слід нагадати, що механічна система матеріальних точок (далі –
механічна система) – це така сукупність точок, положення і рух яких є
взаємопов’язаними.
Класичним прикладом механічної системи є сонячна система, в якій всі тіла, що розглядаються як матеріальні точки, взаємопов’язані силами взаємного тяжіння. Всяке тверде матеріальне тіло, що складається з окремих його точок, взаємопов’язаних внутрішніми міжмолекулярними силами взаємодії, може також розглядатись як механічна система. Іншим прикладом механічної системи може бути люба машина або механізм, в яких робочі органи зв’язані шарнірами, стержнями, тросами і т. ін. (тобто різними геометричними в’язями). В цьому випадку на тіла системи діють сили взаємного тиску або натягу, що передаються через в’язі.
Сукупність тіл, між якими немає ніяких сил взаємодії (наприклад, група літаків, що рухаються в небі), систему не створюють.
Внаслідок цього, сили, що діють на точки або тіла системи, можуть поділяються на зовнішні і внутрішні.
– внутрішні сили – це сили взаємодії між точками самої механічної системи;

204
– зовнішні сили – це сили, які діють на точки системи з боку точок, які не належать даній механічній системі.
Внутрішні сили позначаються
in
k
F
, зовнішні –
e
k
F
Внутрішні сили мають такі властивості:
– внутрішні сили діють на механічну систему попарно, як дія і протидія
)
(
2 1
in
in
F
F


;
– геометрична сума внутрішніх сил або головний вектор внутрішніх сил дорівнює нулю
0 1



n
k
in
k
F
;
(3.13)
– геометрична сума моментів усіх внутрішніх сил відносно будь–
якого центра або головний момент внутрішніх сил і алгебраїчна сума сил відносно осі дорівнюють нулю
 
 
0
;
0 1
1






n
k
in
k
z
n
k
in
k
o
F
m
F
m
(3.14)
Як внутрішні, так зовнішні сили можуть бути в свою чергу або активними, або реакціями в’язей. Розподіл сил на зовнішні і внутрішні сили є умовним і залежить від того, рух якої системи тіл розглядають. Так, наприклад, тиск пару на поршень парової машини є зовнішньою силою по відношенню до поршня і внутрішньою силою по відношенню до всієї машини.
§ 11.2. Маса і центр мас механічної системи
На рух системи, крім діючих сил, впливає також її сумарна маса і розподіл мас.

205
Нехай механічна система складається із n матеріальних точок, з масами
n
m
m
m
m
,
,
,
,
3 2
1
, положення кожної з яких відносно фіксованої у просторі точки
O
, визначається її радіус – вектором
n
r
r
r
r
...,
,
,
,
3 2
1
Маса такої системи дорівнює арифметичній сумі мас кожної її точки:



n
k
k
m
M
1
(3.15)
Центр мас системи визначається відповідно до положення центра ваги тіла і буде геометричною точкою, радіус-вектор якої визначається виразом:
M
r
m
r
n
k
k
k
c



1
,
(3.16) де
M
– маса механічної системи;
k
r
– радіус-вектор k -ї точки системи.
Тоді положення центра мас механічної системи в системі координатних осей
z
y
x
,
,
можна визначити за наступними виразами:
,
,
,
1 1
1
M
z
m
z
M
y
m
y
M
x
m
x
n
k
k
k
c
n
k
k
k
c
n
k
k
k
c









(3.17) де
k
k
k
z
y
x
,
,
– координати окремих матеріальних точок механічної системи.
У однорідному силовому полі Землі центр мас механічної системи співпадає з його центром ваги.

206