Курс теоретической механики Том 2 - Леви-Чивита Т.
Скачать (прямая ссылка):
Доказать, что движение определяется уравнением
/0 = — gsin 0 — VCOS 0,
где, как обычно, обозначены, через — 0 угол, который образует плоскость, проходящая через центр тяжести маятника и через ось а, с вертикальной плоскостью, через I — приведенная длина физического маятника и через v—составляющая %, перпендикулярная к а.
УПРАЖНЕНИЯ
61
9. В упражнении 16 гл. 5 определить реакции (нормальные), испытываемые стержнем AB со стороны направляющих, по которым он скользит своими концами.
Из основных уравнений или, если угодно, из принципа Даламбера следует, что вес стержня, реакции и силы инерции должны уравновешиваться, так что искомые реакции X в В и У в А эквивалентны весу и силам инерции, взятым с обратным знаком.
Предположим для определенности, что центр тяжести G стержня находится в его средней точке, которая при движении остается на постоянном расстоянии ABj2 = //2 от О (т. I, гл. V, п. 12). Отсюда следует, что если 9
есть острый угол бВА (дополнение угла б, рассматриваемого в упомянутом упражнении), то составляющие ускорения точки G суть /?®/2 в радиальном направлении к О, Ы2 в перпендикулярном направлении в сторону возрастающих 9, т. е. вниз. Следовательно, составляющие ускорения по осям их, Oy имеют выражения
которое, если стержень предоставлен самому себе с углом наклона % в с0‘ стоянии равновесия, допускает интеграл энергии
то для реакции в точке В справедливо выражение, зависящее только от угла 9,
Мы видим отсюда, что когда стержень опускается и, следовательно, 9 возрастает, то реакция X, вначале положительная, убывает и, наконец, исчезает для того значения угла 9, которое удовлетворяет равенству
после этого реакция X становится отрицательной.
Отсюда вытекает интересное следствие. Когда стержень просто опирается на вертикальную направляющую Oy (односторонняя связь), он, предоставленный самому себе с начальным наклоном <р0, начинает опускаться, оставаясь в соприкосновении с Oy до тех пор, пока угол наклона не достигнет значения затем стержень отделяется от вертикальной направляющей. Действительно, опора может осуществить только положительную реакцию (^>0), а в настоящем случае при получилось бы X<0.
-L/( _ ^Здіп <f 4- 9 COS If), -I /(— 92 COS 9— ’« sin 9);
искомые реакции X я Y определяются в виде
1
X=-^ml (— 92 sin 9 -f- 9 cos 9),
Так как движение определяется уравнением
9« = — 3 (cos 9 — cos 90),
2
cos 9! = — cos 90;
10. Общее положение кинетостатики, указанное в § 2, допускает интересное обобщение, к которому мы придем, рассматривая вместо целого твердого тела S1 находящегося в движении, одну из его частей S1.
62 1*Л. VII. ОБЩИЕ СООБРАЖЕНИЯ. ЭЛЕМЕНТАРНЫЕ ЗАДАЧЙ
Предполагая, что известны внешние силы, действующие на всю систему, можно считать также известными результирующую R1 и результирующий момент Mx (относительно неподвижной или совпадающей с центром тяжести точки системы Sj) той части внешних сил, которые действуют на S1. Ho наряду с этими силами придется рассматривать, как внешние относительно S1, воздействия (усилия), которым эта часть тела S подвергается вследствие своей связи с оставшейся частью; замечание, о котором здесь идет речь, состоит в том, что, составляя основные уравнения для S1, мы сможем определить результирующую Ф и результирующий момент Г этих усилий. Действительно, обозначая через Q1 и Ki количество движения и результирующий
и киличссі
момент количеств движения части S1, будем иметь
Ф — __R г — — M
~йГ ь Г~Ж
Чтобы, иметь наглядное приложение этого замечания, рассмотрим случай балки (т. I, гл. XIV, § 5) и попытаемся определить касательное и нормальное усилия и моменты кручения и изгиба, относящиеся к любому сечению а.
Обратимся, в частности, к цилиндрической однородной балке с осью OA, могущей вращаться без трения под действием своего веса в вертикальной плоскости вокруг точки О; обозначив через т. полную массу, через I—длину балки, через 0 — угол отклонения ее от вертикали (нисходящей), через х — расстояние OP от О любого нормального сечения а, будем искать силы, с которыми OP действует на,часть PA.
Предположим для простоты, что плоскость симметрии балки совпадает с вертикальной плоскостью, в которой происходит движение. Тогда ясно, что в этой плоскости будет лежать искомая сила Ф, а момент Г, который мы будем предполагать взятым относительно точки Р, будет перпендикулярен к ней. Поэтому все сведется к определению трех скалярных величин вместо шести, как это имеет место в общем случае.
Обратимся прежде всего к силе Ф, представляя ее разложенной на две составляющие — радиальную v, направленную к точке О (нормальное усилие или растягивающая сила), и трансверсальную % в направлении возрастающих 0 (касательное усилие или срезывающая сила).
В силу однородности балки масса части ее PA будет т (I — Jt)// и центр тяжести этой части будет лежать на расстоянии / + х/2 от точки О. Так как угловая скорость равна в, то составляющие вектора dQijdt на основании известной формулы Q = будут иметь выражения