slide1 n.
Download
Skip this Video
Loading SlideShow in 5 Seconds..
Динамика PowerPoint Presentation
Download Presentation
Динамика

Loading in 2 Seconds...

play fullscreen
1 / 203

Динамика - PowerPoint PPT Presentation


  • 213 Views
  • Uploaded on

Динамика. Динамика - раздел теоретической механики, в котором изучаются движение тел под действием приложенных сил. Законы динамики. 1 ) І-ый закон Ньютона. Если на тело не действуют силы, то оно находится либо в состоянии покоя либо сохраняет состояние равномерного прямолинейного движения.

loader
I am the owner, or an agent authorized to act on behalf of the owner, of the copyrighted work described.
capcha
Download Presentation

PowerPoint Slideshow about 'Динамика' - rian


An Image/Link below is provided (as is) to download presentation

Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author.While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server.


- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - E N D - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Presentation Transcript
slide2

Динамика - раздел теоретической механики, в котором изучаются движение тел под действием приложенных сил

slide4

1) І-ый закон Ньютона

Если на тело не действуют силы, то оно находится либо в состоянии покоя либо сохраняет состояние равномерного прямолинейного движения.

slide5

ma = F

2) ІІ-ой закон Ньютона

Ускорение движения тела пропорционально действующей на него силе

slide6

3) ІІІ-ий закон Ньютона

Каждому действию соответствует равное и противоположно направленное противодействие

slide7
4) Принцип суперпозиции.

Если на тело действует несколько сил, то ускорение движения тела будет пропорционально одной силе, равной их геометрической сумме

slide8

Fn

M

a

F2

F1

F = F1 + F2 + … + Fn

Главный вектор системы сил

slide10
Дифференциальные уравнения движения точки в декартовой системе координат.
slide11

z

M

(x,y,z)

Fn

F1

F2

z

0

y

x

x

y

slide12

ma cos(a,^i ) =

ma cos(a,^j ) =

ma cos(a,^k)=

ma =

F1+ F2+ … + Fn

Проецируем векторное равенство на оси декартовой системы координат

ox:

F1x+…+ Fnx

oy:

F1y+…+ Fny

oz:

F1z+…+ Fnz

slide13

x

y

z

a·cos(a,^i ) =

a·cos(a,^j ) =

a·cos(a,^k ) =

Проекции ускорений:

ax=

ay=

az=

slide14

mx =

my =

mz =

дифференциальные уравнения

движения точки в декартовой с. к.

SFkx

SFky

SFkz

slide15
Дифференциальные уравнения движения точки в осях естественного трехгранника.
slide16

b

Fn

M

F1

F2

n

t

slide17

 - единичный вектор касательной

ma =

n - единичный вектор главной нормали

b - единичный вектор бинормали

F1+ F2+ … + Fn

Запишем ІІ-ой закон Ньютона:

slide18

ma cos(a,^t)=

F1cos(F1,^t)+. . .

ma cos(a,^n)=

F1cos(F1,^n)+. . .

ma cos(a,^b)=

F1cos(F1,^b)+. . .

Проецируем это равенство на оси естественного трехгранника:

slide19

V2

d2S

r

a cos(a,^t)=

dt2

a cos(a,^n)=

a cos(a,^b)=

Проекции ускорений будут равны:

- тангенсальная составляющая

- нормальная составляющая

0

- т.к. вектор ускорения лежит в соприкасающейся плоскости

slide20

V2

r

d2S

SFk cos(Fk ,^ t)

m

=

dt2

SFk cos(Fk ,^ n)

m

=

дифференциальные уравнения

движения точки в осях

естественного трехгранника

slide22

Прямая задача

По известной массе, известному закону движения требуется определить результирующую силу, действующую на тело.

slide23

Найти:

F - ?

Дано:

m

x = x(t)

y = y(t)

z = z(t)

slide24

mx =

my =

mz =

Fx2+ Fy2+ Fz2

Решение:

Fx

Fy

Fz

F =

- модуль силы

slide25

Fx

Fz

Fy

cos(F,^x) =

cos(F,^y) =

cos(F,^z) =

F

F

F

Направление задается направляющими косинусами:

slide26

Обратная задача

По известной массе, известным силам, известным начальным условиям требуется определить закон движения.

slide27

d2z

d2x

d2y

m

m

m

Fx (t,x,y,z,x,y,z)

Fz (t,x,y,z,x,y,z)

Fy (t,x,y,z,x,y,z)

=

=

=

dt2

dt2

dt2

slide28

Для того, чтобы получить закон движения, необходимо дважды проинтегрировать каждое уравнение, используя начальные условия (но не всякий интеграл берется).

slide29

y

mg

H

mg

slide30

y - ?

t=0, y0=0, y0=0,

my =

my =

dVy

=

dt

Т.к.

y =

y =

то

Запишем закон движения в проекции на ось оу:

S Fky

mg

т.е.

Решим дифференциальное уравнение:

g

g

Vy,

slide31

t

t

Vy

y

dVy=

dy=

dt

tdt

g

g

0

0

0

0

dy

gt2

=

dt

2

gt

Vy=

=>

gt

y =

slide33

e

i

F

F

Внешние силы

- силы, действующие на тела данной системы со стороны тел, не входящих в данную систему

Внутренние силы

- силы взаимодействия между телами данной системы.

slide34

Главный вектор внутренних сил системы равен нулю.

Главный момент внутренних сил системы равен нулю.

slide36

n

n

n

Smk

Smkrk

Smk

k=1

k=1

k=1

rc=

Масса системы

М =

- сумма масс тел, входящих в систему.

Центр масс системы

- геометрическая точка, радиус-вектор которой определяется:

slide37

Для того, чтобы получить координаты центра масс, надо спроецировать векторное равенство на оси.

slide38

M

n

n

n

Smkxk

Smkyk

Smkzk

k=1

k=1

k=1

M

M

xc=

yc=

zc=

slide43

ma =

d

d(mv) =

(mv) =

dt

F

F

F

dt

mv =

Q

Запишем ІІ-ой закон Ньютона для точки:

Получим теорему об изменении количества движения точки в дифференциальной форме:

- количество движения точки

slide44

n

n

n

Smkvk

Smkvk

Smk

k=1

k=1

k=1

vk=

rk

d

dt

drk

Q =

Q =

=

dt

- количество движения системы - сумма количеств движений точек, входящих в систему

Распишем выражение и поменяем суммирования и дифференцирования т.к. они не зависят друг от друга:

slide45

Mvc

M

d

dt

drc

Q =

Q =

Q =

(Mrc)

dt

=>

- количество движения системы - произведение массы системы и скорости ее центра масс

slide46

Smk

Smkvk=

SFke+SFki

d

Fe

Fe

dt

dvk

dQ

=

=

dt

dt

Запишем ІІ-ой закон Ньютона для системы точек:

Меняя порядок суммирования и дифференцирования получим:

Теорема об изменении количества движения:

slide47

Первая производная по времени от вектора количества движения системы равна главному вектору внешних сил

slide48

Если

то

Q = const

Fe = 0 ,

Следствия :

1)

Если главный вектор внешних сил системы равен нулю, то тело покоится или движется равномерно.

2)

Внутренними силами нельзя изменить количество движения системы.

3)

Спроецируем Теорему на координатные оси:

slide49

=

=

=

dQx

dQy

dQz

Fxe = 0 ,

Если

то

Qx = const

dt

dt

dt

Fxe

Fye

Fze

slide51

(Mvc) =

M

=

d

Fe

Fe

Fe

dt

Mac =

dvc

dt

Эта формула гласит:

Центр масс системы движется как материальная точка, к которой приложены все силы, действующие на систему.

slide52

Fe = 0 ,

vc= const

Если

то

Следствия :

1)

Внутренними силами нельзя изменить движение центра масс системы.

2)

Если главный вектор внешних сил системы равен нулю, то скорость движения центра масс системы постоянна.

slide53

Fe

mac =

Fxe = 0 ,

vcx = const

Если

то

3)

mac x=

Fxe

mac y=

Fye

mac z=

Fze

Если проекция главного вектора внешних сил на какую-либо ось равна нулю, то проекция скорости центра масс на эту ось - величина постоянная.

slide54
Теорема об изменении момента количества движения
slide55

rma =

rF

ma =

F

По ІІ закону ньютона

Пусть r - радиус-вектор, определяющий положение точки относительно какой либо системы координат.

Домножим векторно уравнение на r.

Распишем ускорение и внесем r под знак дифференциала:

slide56

rmv

K0=

rF

M0=

rm=

d

dr

(rmv) -

dt

dt

dv

mv

-

dt

Обозначим:

- момент количества движения точки относительно точки О

- момент силы F относительно точки О

slide57

K0=

n

Srk mkvk

k=1

n

SK0k=

k=1

Момент количества движения системы определяется как векторная сумма моментов количества движения точек, входящих в систему.

slide58
Момент количества движения твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси

(кинетический момент)

slide59

z

hz

v

dm

w

slide60

hz- кратчайшее расстояние от точки массой dm до оси вращения

Линейная скорость точки определяется:

v=

wz·hz

Количество движения точки массой dm :

vdm=

wzhzdm

Тогда момент количества движения этой точки:

vdmhz=

wzhz2dm

slide61

h2dm

wz

hz2dm

wz hz2dm

Для всего тела кинетический момент относительно оси вращения:

Kz=

Kz=

I =

- момент инерции тела относительно оси (осевой момент инерции)

Iz ·wz

Kz=

slide63

z

dm

r

z

0

y

x

y

x

slide64

hz2 ·dm

Осевой момент инерции точки

- произведение массы точки на квадрат расстояния до оси

Izk=

dm·hz2=

dm(x2+ y2)

- для точки

Iz=

- для тела

slide65

r2 ·dm

Полярный момент инерции точки

- произведение массы точки на квадрат расстояния от точки до полюса

I0k=

dm·r2=

dm(x2+ y2+ z2)

- для точки

I0=

- для тела

slide66
Центробежные моменты инерции

- произведение массы точки на координаты, стоящие в индексе

slide67

xy·dm

xz·dm

yz·dm

Ixy=

dm·x·y

для точки -

Ixz=

dm·xz

Iyz=

dm·yz

Ixy=

Ixz=

- для тела

Iyz=

slide68

z

l

x

x

dx

Задача:

Найти все моменты инерции

l- длина

М - масса

slide69

l

M

M

dx

dx·x2=

M

x3

l

l

l

=

l

3

0

0

Ml2

Ml2

3

12

dm =

Масса кусочка dx :

Iz=

- момент инерции относительно оси z

- момент инерции относительно оси, проведенной через середину длины бруска параллельно оси z

Ic=

slide70

z

z

R

R

MR2

2

Iz=

Iz=

MR2

slide71

dK

=

dt

d

(rmv)

dt

M0e

Теорема об изменении момента количества движения точки

= M0e

slide72

Производная по времени от вектора момента количества движения точки равна моменту внешних сил относительно той же точки.

Получим эту теорему для системы. Пусть система состоит из n-материальных точек.

Разделим все силы, действующие на систему, на внешние и внутренние и для каждой точки запишем теорему об изменении количества движения точки.

slide73

M0(F1e) + M0(F1i)

dK01

dK0n

=

=

dt

dt

M0(Fne) + M0(Fni)

. . . . . . . . . . . . . . .

slide74

n

n

n

n

S

S

S

S

M0(Fke) +M0(Fki)

k=1

k=1

k=1

k=1

dK0k

dK0

=

=

dt

dt

d

K0k=

dt

M0e

M0e

Почленно сложим уравнения системы:

slide75

M0e= 0 ,

Если

то

K0= const

Следствия :

1)

Внутренними силами нельзя изменить момент количества движения системы.

2)

Если главный момент внешних сил системы равен нулю, то вектор момента внешних сил системы - величина постоянная.

slide76

dKx

dKz

dKy

=

=

=

dt

dt

dt

Mxe= 0 ,

Если

то

Kx= const

3)

Mxe

Если проекция главного момента внешних сил на какую-либо ось равна нулю, то кинетический момент - величина постоянная.

Mye

Mze

slide77
Дифференциальное уравнение движения твердого тела относительно неподвижной оси
slide78

dKz

dw

=

Iz

dt

=

dt

Izφ =

Iz ·wz

Kz=

Mze

Mze

Mze

slide81

F

a

V

A=F S cos(a)

slide83

Если точка перемещается по кривой и сила изменяется, то для того чтобы найти работу силы, произведенную на участке М1М2, разобьем дугу М1М2 на n-частей.

Тогда если размер каждого участка D S - мал, то можно считать, что дуга, ограничивающая этот участок, приближается к хорде, и сила не успевает изменить ни величину ни направление.

slide84

M2

V

a

M

F

M1

D S

slide85

Fk cos(ak) DSk

n

SFk cos(ak)DSk

A1,2

k=1

Тогда работа , произведенная силой на k-ом участке определится как:

Ak =

Вся работа на участке М1М2 равна:

slide86

F cos(a) dS

M1M2

dA = F cos(a) dS

Работа определяется точно криволинейным интегралом:

A1,2 =

Элементарная работа:

slide87

V

dr

a

F

M

r

O

slide88

dr

dr и V направлены по одной прямой и отличаются только знаком.

V =

dt

dS

dr

=

dt

dt

F dr

dr

dA = F dr cos(a) =

V =

dS =

slide89
Работа силы, постоянной по величине и направлению.
slide90

F=const

M2

a

r2

M

F

O

M1

r1

slide91

r2

F

dr =

F (r2 -r1)

F dr =

r1

r2 -r1 = M1M2

F S cos(a)

F M1M2 =

M1M2

A1,2 =

Тогда работа равна:

A1,2 =

где: S = M1M2

slide93

M1

M

a

H

P

S

M2

slide94

P S cos(a)

P H =

H = S cos(a)

Изменение положения тела по высоте определяется:

Тогда работа на участке равна:

A1,2 =

Если тело опускают - работа положительная, если поднимают - отрицательная.

slide95
Работа силы, приложенной к твердому телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси.
slide96

z

e

F

e

b

F

n

h

M

e

F

w

t

slide97

Fne - проекция силы на нормаль

Fe - проекция силы на касательную

Fbe - проекция силы на бинормаль

Работа силы Fne равна нулю т.к. в направлении этой силы нет перемещения (или между векторами V и Fne угол 90°).

h - кратчайшее расстояние от точки до оси вращения

slide98

e

e

h d

dA =

F

dS =

F

t

t

e

e

=

d

dA

M

z

e

e

d

A

=

M

z

O

Работа силы Fbe также равна нулю.

Элементарная работа силы Fe :

Полная работа:

slide99

e

M

= const

z

e

D

A

=

M

z

Если:

- работа момента

slide100
Пример

Центр тяжести однородного колеса поднимается на высоту h.

Найти работу моментов внешних сил.

slide101

N

m,R

M

O

m,R

F

P

тр

mg

a

S

H

slide102

e

e

SA

SA

- ?

A

=

A

=

0

0

Fтр

N

m g H +

=

M D

M= const ;

Работы силы трения и силы реакции опоры равны нулю.

т. P - МЦС

slide103

V0

R

S

H

H

=

sin(a)

sin(a)

R

R

R

e

m g H +

M

SA

=

w=

Интегрируя, получим:

=

slide106

ma = F

dv

dv

dv

dr

m

F

F ·dr

=

dt

dt

dt

dt

Домножаем ур-ние на приращение вектора r

·dv=

m

m

m

·dr =

·dr =

Для точки второй закон Ньютона выглядит так:

slide107

mv2

mv2

mv2

2

2

2

d()=

d()

= mv ·dv=

Заменим отношение дифференциалов скоростью и внесем ее под знак дифференциала.

- Теорема об изменении кинетической энергии точки в дифференциальной форме.

d'A

T =

slide108

1

2

n

Smkvk2

k=1

Кинетическая энергия системы определяется как сумма кинетических энергий точек, входящих в систему.

T =

slide109
Кинетическая энергия системы.(Теорема Кёнига)
slide110

z2

z1

Mk

rk

rk

y2

O2

ro

x2

O1

y1

x1

slide111

Вектор rk определяет положение точки относительно неподвижной системы координат, а вектор k - относительно подвижной системы координат.

01x1y1z1 - неподвижная система координат

Система координат 02x2y2z2 перемещается поступательно.

slide112

r0+rk

rk=

1

2

vk=

v0+vkr

vkr - скорость точки относительно подвижной системы координат

n

Smkvkr2

k=1

Дифференцируем уравнение по времени.

Tr=

- кинетическая энергия системы относительно подвижной системы координат

slide113

Smkv0vkr+

=Smkv02+

+Smkvkr2=

1

1

1

1

v02 Smk+

2

2

2

2

+v0 Smkvkr2+

n

Smk(v0+vkr)2=

k=1

T =

Tr

slide114

rc - радиус-вектор, определяющий положение центра масс системы относительно подвижной системы координат

S mk rk

S mk vkr

vc r=

rc=

M

M

Дифференцируем повремени:

slide115

M vc r

S mk vkr=

vc r - скорость центра масс относительно неподвижной системы координат

1

v02 M +

2

v0vc r M +

vc r=

T =

Tr

Совместим начало подвижной системы координат с центром масс системы:

0

slide116

1

2

Mv02+

T =

Tr

Кинетическая энергия системы равна сумме кинетической энергии поступательного движения центра масс системы и кинетической энергии движения системы относительно центра масс.

slide118

1

1

1

1

Smkvk2

2

2

2

2

vk=

v

v2 Smk=

v2M

v2M

При поступательном движении:

Кинетическая энергия системы определяется

T =

где:

T =

- полупроизведение массы тела на его скорость

T =

slide120

1

1

1

1

Smkvk2=

w2 Smk hk2

w2 Iz

mk hk2 w2

2

2

2

2

Tk=

Кинетическая энергия системы:

T =

Smk hk2=

Iz

- момент инерции вращательного движения точки

T =

slide121

1

1

1

w2 I0

2

2

2

Mv02+

mv02+

При плоскопараллельном движении:

кинетическая энергия определяется по формуле Кененга -

T =

Tr

T =

slide122
Пример

Дано: r,m-радиус и масса и однородного диска. Vc- скорость центра масс диска.

Диск катится без скольже – ния. Определить кинети-

ческую энергию диска.

slide124
Теорема об изменении кинетической энергии системы
slide125

Пусть система состоит из n-материальных точек.

Делим все силы, действующие на систему, на внешние и внутренние и для каждой точки запишем теорему об изменении кинетической энергии.

slide126

d()=

d()=

d()=

n

n

n

S

S

S

k=1

k=1

k=1

m1v12

mnvn2

mkvk2

2

2

2

dAke+ dAki

dA1e+ dA1i

. . . . . . . . . . . . . . .

dAne+ dAni

slide127

d ()=

n

S

k=1

mkvk2

2

dAe+ dAi

- сумма элементарных работ, произведенных всеми внешними и всеми внутренними силами

dT =

dAe+ dAi

- теорема об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной форме.

slide128

Если под действием внешних и внутренних сил системы она перемесилась из начального положения в конечное, то в интегральной форме теорема об изменении кинетической энергии будет иметь вид:

T - T0=

Ae+ Ai

slide129

Изменение кинетической энергии системы при перемещении ее из начального положения в конечное равна сумме работ внешних и внутренних сил.

slide132

Fk=

mkak

Fke+ Fki =

mkak

- mkak

Fkи =

Для каждой k-ой точки можно записать ІІ-ой закон Ньютона:

Система состоит из n-точек. Разделяем силы на внешние и внутренние.

Обозначим:

- сила инерции.

slide133

Fke+ Fki+ Fkи =

n

n

n

S

S

S

Fe+ Fi+ Fи =

k=1

k=1

k=1

Fke+ Fki+ Fkи =

0

Тогда:

т.е. сумма внешних, внутренних сил системы и силы инерции равна нулю.

(*)

0

Сумма главных векторов внешних сил, внутренних сил и сил инерции также равна нулю:

0

slide134

Векторно домножим на радиус-вектор rk.

n

n

n

S

S

S

k=1

k=1

k=1

rkFke+rkFki+rkFkи =

M0e+ M0i+ M0и =

К каждой точке системы проведем соответствующий радиус- вектор.

0

Тогда:

0

slide135

Fe+ Fи =

M0e+ M0и =

M0e - главный момент внешних сил

M0i - главный момент внутренних сил

M0и - главный момент сил инерции

Учитывая то, что главный момент и главный вектор внутренних сил системы равен нулю, принцип Даламбера для системы примет вид:

0

0

slide137

Mac=

Fke

n

S

k = 1

Fe+ Fи=

Fe=

–Fи

ac

– Mac

Fи=

ac

- Теорема о движении центра масс системы

0

Главный вектор сил инерции определяется как произведение массы системы на ускорение ее центра масс, взятое со знаком «–».

m

slide139

dK0z

dt

В проекции на ось z:

M0zи=

I0z·

K0z =

Подставим и получим:

– I0z·

M0zи=

slide140

z

ac =

C

3

Вращательное движение вокруг оси, проходящей через центр масс тела.

0

– I0z·

M0zи=

M0zи

slide141

– Mac

Fи=

3

Плоскопараллельное движение.

–Icz·

Mczи=

В этом случае присутствуют и главный вектор и главный момент сил инерции.

slide142

y

b

c

B

A

x

r,I

P

slide143

y

I

=

RBg

yAg

B

A

xAg

x

P

a

=

g

slide144
Динамические реакции твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси
slide145

z

B

yB

xB

F1e

hc

C

F2e

Fne

zA

A

yA

y

xA

x

 = const

AB = b

slide146

hc - кратчайшее расстояние от центра масс до оси вращения.

Используем принцип Даламбера.

Составляем условие равновесия пространственной системы сил.

При этом:

Fxe, Fye, Fze - алгебраические суммы проекций внешних сил на оси x,y,z;

Fxи, Fyи, Fzи - проекции силы инерции на оси x,y,z.

slide147

Мxe, Мye, Мze - алгебраические суммы проекций моментов внешних сил на оси x,y,z;

Мxи, Мyи - проекции момента силы инерции на оси.

slide148

yA+

yB+

Fye+

Fyи=

0

xB b+

Mye+

Myи=

0

xA+

xB+

Fxe+

Fxи=

0

zA+

Fze+

Fzи=

0

– yB b+

Mxe+

Mxи=

0

slide149

M2 hc·

sin()=

– Mac

Fи=

Сила инерции -

ac =

2 hc

Ускорение центра масс -

Fxи=

M2 hc·

cos()=

M2 xc

Fyи=

M2 yc

Fzи=

0

slide150

i j k

M0 (F) =

rF =

M0=

i Mx+

j My+

k Mz

mx(Fkи) - момент относительно оси x от k-ой силы инерции

x y z

Fx Fy Fz

Для одной точки

slide151

mz (Fkи) =

xFy – yFx

mx (Fkи) =

yFz – zFy

my (Fkи) =

zFx – xFz

mx (Fkи)=

–Fkyи zk=

– mk 2 yk zk

my (Fkи) =

Fkxи zk=

mk 2 xk zk

slide152

–Iyz 2

=

Ixz 2

=

Для того, чтобы найти моменты силы относительно соответствующих осей для всего тела необходимо суммировать:

Mxи=

–(mk yk zk)2=

Mxи=

(mk xk zk)2=

slide153

yA+

yB+

Fye+

M2 yc=

0

xB b+

Mye+

Ixz 2=

0

Найденные выражения подставим

xA+

xB+

Fxe+

M2 xc=

0

zA+

Fze

0

=

– yB b+

Mxe

–Iyz 2=

0

slide154

xc= 0

и

yc= 0,

Слагаемые, в которых присутствует угловая скорость будут являться динамическими реакциями.

Эти динамические реакции будут равны нулю если

т.е. центр масс лежит на оси вращения,

и когда

Iyz= Ixz= 0,

т.е. когда ось вращения будет являться главной центральной осью инерции.

slide156
Аналитическая механика
  • Методы аналитической механики позволяют рассматривать системы без учета реакций идеальных связей
slide159

1)

Удерживающие связи

(стержень, сфера)

(x2–x1)2 + (y2–y1)2 + (z2–z1)2

= l2

Неудерживающие связи

(веревка, трос, цепь)

(x2–x1)2 + (y2–y1)2 + (z2–z1)2

l2

slide160

2)

Стационарные связи

В уравнении нет зависимости от времени.

Нестационарные связи

В уравнении - временная зависимость.

3)

Голономные связи

Неголономные связи

Уравнение голономной связи не содержит производной от координат, а уравнение голономной - содержит.

slide161

f ( x, y, z, , t ) 

dx

dt

Пример:

0

Неголономная

нестационарная

неудерживающая связь

slide162

,r0

Дадим точке приращение в фиксированный момент времени

y'=

y0 + y

r

r'=

r0 + r

z'=

z0 + z

Уравнение связи имеет вид:

f ( x, y, z, t ) =

0

M0 (x0, y0, z0)

Пусть

x'=

x0 + x

Все координаты получили приращения

slide163

( )0

f

f

f

z + . . . =

z

y

x

+ ( )0

( )0

y +

Тогда:

f (x0 + x, y0 + y, z0 + z, t ) =

Разложим уравнение в ряд в окрестности точки М0

= f (x0, y0, z0, t ) +

x +

0

Отбрасываем члены второго и выше порядка малости.

slide164

x +

y +

( )0

( )0

+ ( )0

z =

f

f

f

x

y

z

Учитываем, что первое слагаемое по условию равно нулю.

Тогда уравнение справедливо когда сумма 2-го, 3-го, 4-го слагаемых равна нулю.

0

slide165

j+

i+

( )0

( )0

f

f

f

y

x

z

r =

(grad f)0·

(grad f)0=

+ ( )0

k

т. е.

0

=>

 =

90°

slide166

dr

v

r

grad f

slide167

Виртуальное перемещение - мнимое, происходящее в фиксированный момент времени, малое, не нарушающее уравнения связей с учетом членов первого порядка малости перемещение.

Для стационарных связей хотя бы одно мнимое перемещение совпадает с действительным.

Для нестационарных связей ни одно мнимое перемещение не совпадает с действительным.

slide168

n

Fk·rk

S

k = 1

Виртуальная работа

Дадим системе виртуальное перемещение и подсчитаем элементарную работу, произведенную силами на этих перемещениях.

А =

slide169

n

S

k = 1

Fk·rk =

Идеальные связи

- связи, работа реакций которых на любом виртуальном перемещении равна нулю.

Принцип виртуальных перемещений

0

slide170

Для того, чтобы система, подчиненная идеальным стационарным удерживающим связям, находилась в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы сумма работ всех активных сил на любом виртуальном перемещении была равна нулю.

Этот принцип позволяет не рассматривать реакций идеальных связей и используется для тел, находящихся в равновесии.

slide171

Fk +Rk =

S(Fk +Rk)·rk =

SFk·rk +

SFk·rk =

SRk·rk =

SRk·rk =

Необходимость:

vk =

0

0 ,

0

0

=>

0

0

slide172

S(Fk +Rk)·rk=

SFk·rk =

SFk·rk +

SFk·rk =

SRk·rk=

Достаточность:

0

0

0

=>

0

slide173

Задача.

Определить величину силы F, необходимую для равновесия.

Решить, используя принцип виртуальных перемещений.

slide174

M2g

F

F

M1g

Fтр2

F – ?

h

x

slide175

Fk·vk =

n

S

k = 1

0

–Fx –

Fтрx +

M2gh =

0

h =

xtg

–F =

Fтр+

M2g tg

slide176

F =

M2g tg

– f(M2 +M2)g

Fx –

Fтрx +

M2gtgx =

0

M2g tg

– f(M2 +M2)g

F

 M2g tg

+ f(M2 +M2)g

slide177
Использование принципа виртуальных перемещений для определения реакций связей
slide178

A

B

D

C

RA

F1

F1

F2

F3

rA

r1

slide180

mkak =

Fk +Rk

Fk =

mkak + Rk =

Пусть система, состоящая из n-точек и подчиненная удерживающим голономным идеальным связям, движется.

Освобождаемся от связей и для каждой k-ой точки записываем ІІ-ой закон Ньютона.

0

slide181

Домножаем уравнение на rk и складываем все n-уравнений.

S(Fk – mkak) rk +

SRk rk =

SRk rk =

Даем системе виртуальное перемещение.

Каждая точка переместится на rk

0

R- реакция связи

0

- по определению идеальных связей.

slide182

S(Fk – mkak) rk =

При движении материальной системы, подчиненной идеальным удерживающим голономным связям, сумма работ активных сил и сил инерции на любом виртуальном перемещении равна нулю.

0

- общее уравнение динамики.

slide183

Пример:

P, Q, Q, –

дано

a3–

найти

slide184

M2и

2

MO3и

a3

3

F1и

1

Q

F3и

h

P

Q

O3

slide185
УРАВНЕНИЕ ЛАГРАНЖА II РОДА

ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ:

-

s- число степеней свободы

=>

slide186

=>

-

-

slide187

-

-ОБОБЩЕННАЯ СИЛА

**

-

slide188

-

*

-

slide189

Изменим порядок дифференцирования

slide190

-

Вносим под знак частной производной

slide191

-

-

-

-

-

slide192

-

-

-

slide193
ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ НЕОБХОДИМО:
  • Изобразить на чертеже все активные силы, действующие на систему. Реакции идеальных связей можно не изображать. Силы трения присоединить к активным силам.
  • Определить число степеней свободы и ввести обобщенно коэффициенты
slide194
Вычислить кинетическую энергию системы, выразив ее через обобщенные координаты и скорости
  • Найти обобщенные силы системы
  • Выполнить указанные в уравнениях Лагранжа действия
slide195
Стержень длиной l

A и B ползуны

Составить уравнения движения, найтиугловую скорость стержня

slide196
Силы – mg
  • Степень свободы–1обобщенный коэффициент

-

slide197
4)Обобщенные силы

Потенциальная энергия

-

slide202
ПРИМЕР

К оси В однородного катка весом Р, который может кататься без скольжения вдоль горизонтальной плоскости, прикреплен шарнирно однородный стержень BD длиной l и весом p составить дифференциальные уравнения движения системы и найти закон ее малых колебаний, если в начальный момент стержень отклоняют от равновесного положения на малый угол γ0 и отпускают без начальной скорости

slide203
РЕШЕНИЕ

Система имеет очевидно две степени свободы. Выберем в качестве обобщенных координат расстояние Xцентра цилиндра от его начального положения и угол φ отклонения стержня от вертикали (q1=x, q2=γ)

Уравнения Лагранжа для рассматриваемой системы будут:

-

-