ТЕОРИЯЛЫК МЕХАНИКА -...
TRANSCRIPT
КЫРГЫЗ РЕСПУБЛИКАСЫНЫН БИЛИМ ЖАНА ИЛИММИНИСТИРЛИГИ
И.РАЗЗАКОВ атындагыКЫРГЫЗ МАМЕЛЕКЕТТИК ТЕХНИКАЛЫК УНИВЕРСИТЕТИ
Механика кафедрасы
ТЕОРИЯЛЫК МЕХАНИКА
Кыргыз Республикасынын билим бер\\ жана илим министирлигитарабынан жогорку окуу жайларынын студенттери \ч\н окуу
куралы катары бекитилген
Бишкек 2010
2
Кыргыз Республикасынын билим бер\\ жана илим министирлигитарабынан жогорку окуу жайларынын студенттери \ч\н окуу
куралы катары бекитилген
Дуйшеева Т.Д., Чыныбаев М.К.
Теориялык механика. Кыргыз мамелекеттик техникалыкуниверситети. – Бишкек, 2010.
Бул методикалык колдонмо (курал) теориялык механиканын үчбөлүгүн: статика, кинематика, динамиканы камтыйт. Бөлүктөрдүн ар биртемалары бирдей структурада жазылган: теориялык механиканын негизгизакондору жана маселелерди чыгарууга зарыл болгон формулалар, ар кандайтиптеги маселелерди чыгарылыш тартиби жана алардын анализи. Бул окууколдонмо техникалык окуу жайында ар кандай адистикте окуганстуденттерге жана жаш окуутучуларга пайдалуу болуш мүмкүн.
Ил. 185
Рецензент к.ф.-м.н., доцент Тусубекова Н.
3
Мазмуну
I. СТАТИКА…………………………………………………….. 6§ 1.1. Катуу нерсенин статикасы…………………………………. 6§ 1.1.1. Статиканын аксиомалары…………………………………… 6§ 1.1.2. Күчтөр системасын кошуунун геометриялык жолу…….. 9§ 1.1.3. Тегиздиктеги кесилишкен күчтөр системасынын тең
салмактуулук шарттарынын геометриялык түрү................... 10§ 1.1.4. Күчтүн окко жана тегиздикке түшүрүлгөн проекциялары.... 13§ 1.1.5. Кесилишкен күчтөр системасын кошуунун аналитикалык
ыкмасы………………………………………………………… 14§ 1.1.6. Кесилишкен күчтөр системасынын тең салмактуулук
шарттары.................................................................................... 15§ 1.1.7 Күчтүн чекитке (борборго) карата моменти.......................... 17§ 1.1.8. Жарыш күчтөрдө кошуу........................................................... 17§ 1.1.9. Кош - жарыш күчтөрдүн тең салмактуулук абалы ............... 19§ 1.1.10. Күчтү борборго келтирүү......................................................... 19§ 1.1.11. Ар кандай багыттаты күчтөр системасын борборго
келтирүү...................................................................................... 20§ 1.1.12. Тең аракет этүүчү күчтүн моменти жөнүндө
Вариньондун теоремасы........................................................... 21§ 1.1.13. Жарыш күчтөрдүн тең салмактуулук шарттары..................... 22§ 1.1.14. Катуу нерселер системасынын тең салмактуулугу................ 26§ 1.1.15. Кесилишкен күчтөр системасы. Кесилишкен күчтөр
системасын кошуу. Тең салмактуулук шарттары………….. 31§1.1.16. Күчтүн борборго карата моменти. Күчтүн окко карата
моменти. Мейкиндиктеги кош-жарыш күчтөр……………... 34§ 1.1.17. Кош – жарыш күчтөрдүн моменттери………………………. 35§ 1.1.18. Ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасын
кошуу. Пуансонун теоремасы………………………………... 36§ 1.1.19. Ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасынын
тең салмактуулук шарттары..................................................... 371.2. Катту нерсенин оордук салмак борбору……………………. 42§ 1.2.1. Катуу нерсенин оордук салмак борборун аныктоо………… 42§ 1.2.2. Бир тектүү катуу нерселердин оордук салмактары………… 43§ 1.2.3. Катту нерселердин оордук салмак борборлорун
аныктоонун ыкмалары………………………………………..44
II. КИНЕМАТИКА........................................................................ 47§ 2.1. Чекиттин кинематикасы........................................................... 47§ 2.1.1. Чекиттин кыймылын аныктоо................................................. 47§ 2.1.2. Чекиттин кыймылынын ылдамдыгы жана ылдамдануусу.... 48§2.1.3. Чекиттин кыймылы координаттык ыкма менен берилсе,
анын ылдамдыгын, ылдамдануусун аныкто........................... 49
4
§2.1.4. Чекиттин кыймылы табыйгы ыкма менен берилсе,ылдамдыгын, ылдамдануусун аныктоо.................................. 50
§ 2.2. Катуу нерсенин кыймылдары.................................................. 54§ 2.2.1. Умтулма кыймыл...................................................................... 54§ 2.2.2. Айлануу кыймылы.................................................................... 55§ 2.2.3 Катуу нерсенин чекиттеринин ылдамдыктары жана
ылдамдануулары........................................................................ 56§ 2.2.4. Жарыш тегиздиктеги кыймыл. Жалпак нерсенин кыймылы 61§ 2.2.5. Жалпак фигуранын чекиттеринин ылдамдыгы
жөнүндө теоремалар.................................................................. 62§ 2.2.6. Ылдамдыктын ирмемдеги борбору.......................................... 63§ 2.2.7. Ылдамдыктын ирмемдеги борбурун колдонуп, жалпак
фигуранын чекитинин ылдамдыгын аныктоо......................... 63§ 2.2.8. Ылдамдыктын ирмемдеги борбурун аныктоонун жолдору.. 64§ 2.2.9. Жалпак нерсенин чекитинин ылдамдануусун аныктоо......... 69§ 2.2.10. Ылдамдануунун ирмемдеги борбору....................................... 70§ 2.2.11. Ылдамдануунун ирмемдеги борборун колдонуп, жалпак
нерсенин чекитеринин ылдамданууларын аныктоо.............. 70§ 2.2.12. Ылдамдануун ирмемдеги борборун аныктоонун кээ бир
учурлары..................................................................................... 71§ 2.2.13. Сфералык кыймыл. Кыймылсыз чекиттин айланасындагы
айлануу кыймылы...................................................................... 79§ 2.2.14. Бир чекити байланган катуу нерсени которуу жөнүндө
Эйлер-Даламбердин теоремасы................................................ 79§ 2.2.15. Сфералык кыймылдагы катуу нерсенин чекиттеринин
ылдамдыктары, ылдамдануулары............................................ 80§ 2.3. Чекиттин татаал кыймылы....................................................... 82§ 2.3.1. Ташыма, салыштырмалуу жана абсолюттук кыймыл........... 82§ 2.3.2. Ташыма алга умтулуу кыймылында ылдамдыктарды
кошуу теоремасы....................................................................... 84§ 2.3.3. Ылдамданууларды кошуу теоремасы...................................... 85§ 2.3.4. Ар кандай ташыма кыйлда ылдамдыктарды кошуу
жөнүндө теорема........................................................................ 89§ 2.3.5. Ылдамдыктарды кошуу теоремасы. Кориолистин
теоремасы.................................................................................... 92§ 2.3.6. Кориолистин ылдамдануусу, багыты жана модулу………… 93
III. ДИНАМИКА………………………………………………….. 98§ 3.1 Динамиканын И.Ньютондун закондору…………………….. 98§ 3.3. Динамиканын негизги эки маселеси………………………… 99§ 3.3.1. Динамиканын биринчи негизги маселеси…………………... 99§ 3.3.2. Динамиканын негизги экинчи маселеси…………………….. 100§ 3.4. Термелүүлөр............................................................................... 111§ 3.4.1. Эркин термелүүлөр................................................................... 112
5
§ 3.4.2. Өчүүчү термелүү........................................................................ 113§ 3.4.3. Аргасыз термелүүлөр................................................................ 115§ 3.4.4. Каршылык күчүнүн аргасыз термелүүгө таасири.................. 117§ 3.5. Механикалык система............................................................... 129§ 3.6. Механикалык системанын кыймылынын
дифференциалдык теңдемелери............................................... 130§ 3.7. Динамиканын жалпы теоремалары.
Масса борборунун кыймылы жөнүндө теорема..................... 131§ 3.8. Кыймыл санынын өзгөрүшү жөнүндө теорема.
Кыймыл саны. Күчтүн импульсу............................................. 139§ 3.9. Материалдык чекиттин жана механикалык системанын
өзгөрүшү жөнүндө теорема...................................................... 140§ 3.10. Кыймыл санынын моментинин өзгөрүшү жөнүндө
теорема.Кыймыл санынын борборго (чекитке) жана оккокарата моменти.......................................................................... 145
§ 3.11. Кыймыл санынын борборго карата моментинин өзгөрүшүжөнүндө теорема........................................................................ 146
§ 3.12. Кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндө теорема......... 154§ 3.12.1. Чекиттин, механикалык системанын кинетикалык
энергиясы................................................................................... 154§ 3.12.2. Жумуш. Элементардык жумуш. Катуу нерсеге тиркелген
күчтөрдүн жумушу.................................................................... 155§ 3.12.3. Кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндө теорема........ 156§ 3.13. Эйлер – Даламбердин принциби. Кинетостатика методу...... 167§ 3.14. Виртуалдык (мүмкүн болуучу) которулуш.
Виртуалдык которулуш принциби........................................... 173§ 3.15. Динамиканын жалпы теңдемеси (Даламбер-Лагранждын
принциби)................................................................................... 184§ 3.16. Механикалык системанын дифференциалдык
тендемесинин жалпыланган координаттар аркылуужазылышы. Лагранждын экинчи типтеги тендемеси........... 191Колдонулган адабияттар........................................................... 201
6
I. СТАТИКА
§ 1.1. Катуу нерсенин статикасы
Статика бөлүүмүндө катуу нерселердин тең салмактуулук абалдары жана күчтөрдү кошуу, түзүүчүлөргө ажыратуу бир күчтөр системасын башка жөнөкөй ага эквиваленттүү күчтөр системасы менен алмаштыруу жөнүндө каралат.
Статиканын негизин анын аксиомалары түзөт.
§ 1.1.1. Статиканын аксиомалары
Аксиома 1. Эгерде абсолюттук катуу нерсеге эки күч аракет этсе, бул күчтөрдүн модулдары бири-бирине барабар,бир сызыкты бойлото карама-каршы багытталган учурда гана, нерсе тең салмактуу абалда болот.
Аксиома 2. Нерсеге аракет эткен күчтөр системасына тен аракеттенүүчү күчтөр системасын кошуудан же алып таштоодон, нерсенин абалы өзгөрбөйт. 1,2 аксиомадан төмөнкү тыянакка келсе болот.
Тыянак. Күч тиркелген чекитти, бул күч аракет эткен сызыкты боюнча каалаган чекитке которсо болот.
Аксиома 3. Нерсенин бир чекитине аракет эткен эки күч, ошол эле чекитке тиркелген бир тең аракет этүүчү күчкө эквиваленттүү. Тең аракет этүүчү күч, бул күчтөрдөн тургузулган параллелограммдын диоганалы боюнча багытталат, да күчтөрдүн геометриялык суммасына барабар, б.а.
1 2R F F= +
(1.1) анын модулу
( )2 21 2 1 2 1 22 cosR F F F F F F∧= + + ⋅ ⋅ ⋅
. (1.2)
Аксиома 4. Эки абсолюттук катуу нерсе бири-бирине модулдары
барабар, багыттары карама-каршы күчтор ( )1 2F F= −
менен аракеттенишет.
А
1F
2F
R
1.1 – чийме.
7
Аксиома 5. Деформациялануучу нерсенин тен салмактуулугу, ал катуулангандан өзгөрбөйт.
Байланыш жана байланыштын реакция күчү. Турмушта эки түрдөгү катуу нерселер кездешет: эркин жана эркин
эмес нерселер. Мейкиндикте каалаган багытта кыймылдай алган нерсе эркин деп аталат. Мейкиндикте ар кандай тарапка кыймылдай албаган нерсе, эркин эмес нерсе деп аталат. Анын кыймылына башка бир нерселер тоскоол болот. Нерсенин тигил же бул кыймылына тоскоол болгон баардык нерселер байланыш деп аталат. Мисалы: шнурга илинген лампа, столдун бетинде (үстүндө) жаткан китеп ж.б. Лампа үчүн шнур, китеп үчүн столдун бети байланыш болуп эсептелет. Байланыштын нерсеге аракет эткен күчү байланыштын реакция күчү деп аталат. Реакция күчү, нерсе кайсы багытта кыймылдай албаса, ошол тарапка карама-каршы багытталат. Төмөнкү аксиоманын негизинде эркин эмес, катуу нерсени, эркин деп кароого болот.
Аксиома 6. Байланыштан бошотуу аксиомасы. Байланышты алып таштап, анын аракетин реакция күчү менен
алмаштырып, эркин эмес катуу нерсени, эркин деп караса болот. Статикалык маселелерди чыгарууда, байланыштын реакция күчтөрүнүн багыттарын туура аныктоо негизги ролду ойнойт. Ошондуктан, байланыштын түрлөрүн карап көрөлү.
1. Жылмакай бет же жылмакай таяныч. Катуу нерсе жылмакай беттин үстүндө жатат дейли. Байланыш
жылмакай бет. Жылмакай бет нерсенин тик (нормаль) боюнча кыймылына тоскоолдук кылат. Ошондуктан реакция күчү нерсе менен беттин тийишип турган чекитке тик (нормаль боюнча) багытталат (1.2 - чийме).
2. Жип, трос, шнур. Катуу нерсе жип (байланыш) аркылуу А чекитине илинип коюлган.
Байланыш (жип) нерсенин (В-ын) жип боюнча А чекитинен алысташына тоскоол болот. Ошондуктан, жиптин реакция күчү T
, жипти бойлото А-чекитине багытталат (1.3 - чийме).
N
1.2 – чийме.
τ
8
3. Эркин жөлөнүү. Катуу нерсе В-чекитине эркин жөлөнүлүп коюлса жана пол
жылмакай болсо, анда AR
- полдун реакция күчү полго тик, BR
нерсенин тегиздигине тик багытталышат (1.4 - чийме).
4. Цилиндрлик кыймылдуу жана кыймылсыз шарнир. Өзөкчө А - чекитинде кыймылдуу, В - чекитинде кыймылсыз шарнир
менен бекитилген. Өзөкчө үчүн байланыш кыймылдуу шарнир А жана кыймылсыз шарнир В болот. А - шарнири өзөкчөнү вертикаль боюнча кыймылына тоскоол болот. Ошондуктан, А - шарниринин реакция күчү таянычка тик багытталат. В - шарниринин реакция күчүнүн багыты, модулу алдын ала белгисиз болгондуктан, анын түзүүчүлөргө ,B BX Y
ажыратып, анын модулун (3 - аксиомага) ылайык табабыз (1.5 - чийме).
5. Сфералык шарнир. Сфералык шарнир менен бекитилген нерсе эч
бир тарапка кыймылдай албайт. Реакция күчүнүн багыты, модулу алдын -
AR
1.4 – чийме.
В BR
А
А
AR
BX
1.5 – чийме.
В BY
B
А
T
1.3 - чийме.
9
ала белгисиз. Ошондуктан, реакция күчүн , ,A A AX Y Z
боюнча багыттап, анан
3 - аксиоманы колдонуп, AR
- реакция күчүн аныктайбыз (1.6 - чийме).
Тегиздиктеги күчтөр системасы. Кесилишкен күчтөр системасы
§ 1.1.2. Күчтөр системасын кошуунун геометриялык жолу
Катуу несеге аракет эткен күчтөрдүн, аракет эткен сызыктары бир
чекитте кесилишсе, бул күчтөр системасы кесилишкен күчтөр системасы деп аталат. Кесилишкен күчтөр системасын кошуунунун үч жолу бар: геометриялык, аналитикалык жана графикалык. Геометриялык ыкманы карап көрөлү. Катуу нерсени А чекитине 1 2,F F
кесилишкен күчтөр аракет этет
дейли. 3 - аксиомага ылайык, булардын тең аракет этүүчүсү, жактары 1 2,F F
барабар параллелограммдын диоганалы же күчтөрдөн тургузулган уч бурчтуктун (күчтүк уч бурчтуктун) биринчи күч 1F
менен 2F
күчүн болот туташтыруучу сызык (1.7 - чийме а,б).
Катуу нерсеге кесилишкен күчтөр системасы 1 2 3 4, , , ,..., nF F F F F
аракет этет дейли. Бул күчтөр системасын кошуу талап кылынат. 3 - аксиоманы колдонуп, күчтөрдүн көп бурчтугун тургузабыз. 1F
- күчүнүн учунан 2F
күчүн
өзүнө жарыш которобуз. 2F
күчүнүн учунан 3F
- күчүн өзүнө жарыш, анын
учунан 4F
күчүн өзүнө жарыш тиркейбиз.
А
1F
2F
R
1.7 – чийме.
1F
2F
R
а) б)
AY
AX
AZ
1.6 – чийме.
10
4F
күчүнүн учун 1F
күчү тиркелген баштапкы чекити менен туташтырып,
күчтүк көп бурчтук тургузабыз. Тең аракет этүүчү күч R
көп бурчтуктун туюктоочу жагы менен дал келишет. Эгерде 1 2 3 4, , , ,..., nF F F F F
күчтөрү бир
жакты көздөй багытталышса, тең аракет этүүчү күч R
, аларга карама-каршы багытталат (1.8 - чийме, а,б). Ошентип, биз төмөнку теоремага келебиз.
Теорема: Тегиздикте жайгашкан кесилишкен күчтөр системасы бир тең аракет этүүчү күчкө эквиваленттүү. Тең аракет этүүчү күч, күчтөр аракет эткен сызыктарынын кесилишкен чекитине тиркелген жана алардын геометриялык суммасына барабар, б.а.
1 2 ... n iR F F F F= + + + =∑
(1.3)
§ 1.1.3. Тегиздиктеги кесилишкен күчтөр системасынын тең салмактуулук шарттарынын геометриялык түрү
Кесилишкен күчтөр системасы тең салмактуулук абалда болушу үчүн,
күчтүк көп бурчтуктун туюк болушу зарыл жана жетишээрлик болот (1.9 - чийме).
Кесилишкен күчтөр системасынын тең аракет этүүчүсү нөлгө барабар, б.а.
1F
2F
3F
4F
О
1F
2F
3F
4F
R
а) б)
1.8 – чийме.
1F
2F
3F
4F
5F
6F
1.9 – чийме.
О
11
0iR F= =∑
(1.4)
Катуу нерсеге аракет эткен кесилишкен күчтөр системасынын тең салмактуулук шарттарын колдонуп маселе чыгарып көрөлү.
Маселени төмөнкү тартипте чыгаруу сунуш кылынат. 1. Белгисиз чондуктарды аныкташ үчүн, аденгенде тең салмактуулук абалы каралып жаткан катуу нерсени тандап (бөлүп) алуу керек. 2. Берилген күчтөрдү чиймеде көрсөтүү зарыл. 3. Байланыштан бошотуу аксиомасын колдонуп, нерсеге аракет эткен реакция күчүн көрсөтүү керек. 4. Нерсенин тең салмактуулук абалын карап, туюк күчтүк көп бурчтук тургузуу керек. Көп бурчтукту модулу, багыты белгилүү күчтөн баштап тургузуу керек. 5. Маселени чыгарып, белгисиз чоңдуктарды табуу талап кылынат.
Мисал - 1.1. Сферанын жылмакай бетинде жаткан В - шары, АВ жиби аркылуу А чекитине бекитилген. Сферанын радиусу r, шардын салмагыP
; аралык АО=d, жиптин узундугу АВ=1 м. Жиптин тартылуу күчүн жана сферанын реакция күчүн тапкыла? Берилди:
, , ,P r AB l AO d= = T -? N -?
Чыгаруу: Маселени геометриялык жол менен чыгаралы (1.10а - чийме). В - шарынын тең салмактуулук абалын карайбыз. Шар эркин нерсе эмес, шар үчүн сферанын бети жана жип байланыш болот. Берилген күч, анын салмагы P
.
Байланыштан бошотуу аксиомасын колдонуп, жиптин тартылуу күчү
T
- ны жипти бойлото А чекитин көздөй, сферанын реакциясы N
- ди ОВ радиусу боюнча багыттайбыз (1.10 б -чийме). Шар В, күчтөр , ,T N P
аракети астында тең салмактуулук абалда болот. Ошондуктан, булардан тургузулган үч бурчтук, туюк болушу зарыл. P
- күчүнүн модулу, багыты белгилүү болгондуктан аны өзүнө жарыш алып келебиз. P
- күчүнүн учунан N
-
1.10 - чийме.
А
В
О
N
T
P
С
а)
T
N
P
б) в)
N
T
P
r
12
күчүнө жана P
- күчү тиркелген чекиттен T
- күчүнө жарыш сызык жүргүзөбүз. Бул эки сызык кесилишкен чекит T
жана N
күчүнүн багытын аныктайт (1.10 в чийме).
Күчтүк үч бурчтуктун жактары, ОАВ үч бурчтугунун жактарына жарыш болгондуктан, бул үч бурчтуктар окшош болот.Үч бурчтуктун окшоштугунан
;P N T
OA OB AB= = мындан
P OB P rN
OA d
⋅ ⋅= =
P AB P lT
OA d
⋅ ⋅= = болот.
Мисал – 1.2. АС жана ВС өзөкчөлөрү өз ара жана дубал менен
шарнирлер аркылуу өзөкчөлөр дубал менен бекитилген. С шарнирине вертикаль боюнча багытталган P=1000 Н күч аракет этет. α=30˚, β=60˚, бурчтары түзөт. Өзөкчөлөрдүн реакция күчтөрүн тапкыла? Берилди: β=60˚, α=30˚, Р=1000 Н Табуу керек: 1 2,S S -?
Чыгаруу: С шарниринин тең салмактуулук абалын карайбыз. Шарнир С үчүн АС жана ВС өзөкчөлөр байланыш болот.
Байланыштан бошотуу аксиомасын колдонуп, 1S
жана 2S
реакция күчтөрүнүн багыттарын көрсөтөбүз (1.11 - чийме). Шарнир С тең салмактуулук абалда болуш үчүн, P
, 1S
, 2S
векторлорунан тургузулган үч бурчтук туюк болушу керек. Күчтүк үч бурчтук тургузабыз. P
- күчүн өзүнчө жарыш О чекитине көргөзөбүз. Анын учунан, 2S
күчүнө жарыш, P
- күчүнүн баштапкы
чекитинен 1S
күчүн өзүнө жарыш которобуз. P
- күчү менен 2S
- күчүнүн
ортосундагы бурч β=60˚, P
- күчү менен 1S
- күчүнүн ортосундагы бурч
α
β
а)
1S
2S
P
А
В
С
P
1S
2S
б)
1.11 – чийме.
β
α
13
α=30˚ барабар болот (1.11 - чийме). Бул күчтүк уч бурчтук, тик бурчтук болот.
2 cos 500S P H= β = , 1 cos 866S P H= α =
§ 1.1.4. Күчтүн окко жана тегиздикке түшүрүлгөн проекциялары
Статикада маселелерди чыгаруу үчүн аналитикалык ыкма колдонулат. Аналитикалык ыкманы колдонуу үчүн, күчтөрдүн окторго, тегиздикке түшүрүлгөн проекцияларын билүү зарыл.
1) Күчтүн окко түшүрүлгөн проекциясы Нерсенин А чекитине F
, 1F
күчтөрү аракет этет дейли (1.12 а,б - чийме)
F
, 1F
-күчүнүн x огуна түшүрүлгөн проекцияларын табыш үчүн А жана В чекиттеринен x огуна Aa, Bb тик сызыктарын жүргүзөбүз; ab, 1ab аралыгынын узундугу күчтүн окко түшүрүлгөн проекциясы деп аталат.
Ошентип, күчтүн окко түшүрүлгөн проекциясы күчтүн модулун, күч менен октун ортосундагы бурчтун косинусуна көбөйткөнүнө барабар, скалярдык чондук.
cos( ; ) cosxF ab F F x F α= = =
(1.5)
1 1 1cos( ; ) cos cosxF ab F F x F Fα β= = = = −
(1.6)
2) Күчтүн тегиздикке түшүрүлгөн проециясы Күчтүн тегиздикке түшүрүлгөн проециясы вектордук чондук. Күчтүн x огуна түшүрүлгөн проекциясын табыш үчүн, адегенде аны Оxy тегиздигине проекциялап cosxyF F β= , андан кийин xyF - ти, x огуна проекциялайбыз,
б.а. (1.13 - чийме). cos cos cosx xyF F Fα β α= = (1.7)
sin cos sinx xyF F Fα β α= = (1.8)
α А
В
а b
F
х
а)
α А
В1
а b1
F
х
б)
1.12 – чийме.
β1
14
§ 1.1.5. Кесилишкен күчтөр системасын кошуунун аналитикалык ыкмасы
Тегиздикте 1 2, ,..., nF F F күчтөр системасы берилген. 1.1.3. параграфта
бул күчтөрдү геометриялык жол менен кошуп, бир тең аракет этүүчү күчкө келтиргенбиз, б.а.
iR F=∑
(1.9)
Геометриядан белгилүү болгондой кандайдыр бир окко түшүрүлгөн
вектордук сумманын проекциясы, векторду түзүүчүлөрүнүн окко түшүрүлгөн проекцияларынын алгебралык суммасына барабар (1.9) тендеменин проекциясы
,x ix y iyR F R F= =∑ ∑ (1.10)
тең аракет этүүчү күчтүн модулу
( ) ( )222 2x y ix iyR R R F F= + = +∑ ∑ (1.11)
багыты
cos( , ) , cos( , ) yxRR
R x R yR R
∧ ∧= =
(1.12)
x
z
y
β
α O
F
xyF
xyF
yF
xF
A
1.13 – чийме.
y
x O
1F
2F
nF
R
1.14 – чийме.
15
формулалары менен аныкталат. § 1.1.6. Кесилишкен күчтөр системасынын тең салмактуулук шарттары
Жогоруда көрсөтүлгөндөй кесилишкен күчтөр системасы качан гана
күчтүк көп бурчтук туюк болгон учурда, б.а. 0R=
тең салмактуулук абалда болот. Эгерде (1.11) тендеменин ар бир түзүүчүсү бир учурда нөлгө барабар
0R=
болгондо гана тең салмактуулук абалда болот, б.а. 0, 0ix iyF F= =∑ ∑ (1.13)
Тегиздикте кесилишкен күчтөр системасы тең салмактуулук абалда болушу үчүн, күчтөрдүн ар бир эки координаттык окторго түшүрүлгөн проекцияларынын алгебралык суммалары нолго барабар болушу зарыл жана жетишээрлик болот.
Кесилишкен күчтөр системасынын тең салмактуулук абалынын шарттарын аналитикалык ыкмасын колдонуп, маселе чыгарып көрөлү. Маселени төмөнкү тартипте чыгаруу сунуш кылынат:
1) Белгисиз чондуктарды табыш үчүн, тең салмактуулугу каралып жаткан нерсени бөлүп алыш керек.
2) Берилген күчтөрдү чиймеде көрсөтүү керек. 3) Нерсе, эркин болбосо, байланыштан бошотуп, эркин нерсе деп кароо
керек. Башкача айтканда реакция күчтөрүнүн багыттарын чиймеде көрсөтүү керек.
4) Координаттык окторду жүргүзүү керек. 5) Тең салмактуулук абалынын теңдемелерин түзүү керек. 6) Бул теңдемелерди чыгарып, белгисиз чондуктарды табыш керек.
Мисал – 1.3. Салмагы 20 Н электр лампасы үйдүн төбөсүнө АВ жиби,
дубалга ВС жиби аркылуу бекитилген. Эгерде бурч α=60˚, β=135˚ болсо, АВ жана ВС жибинин тартылуу күчүн тапкыла? Жиптин салмагы эске алынбайт.
Берилди: P=20 H, α=60˚, β=135˚ Табуу керек:
,A CT T -?
Чыгаруу: Электр лампасы В-нын тең салмактуулук абалын карайбыз. Ал үчүн жиптер АВ жана ВС байланыш болот. Лампа эркин эмес болгондуктан байланыштан бошотобуз,
,A CT T
- тартылуу күчтөрү АВ жана ВС жиптерин бойлото А жана С чекиттерине багытталышат (1.15а - чийме). Координаттык окторду жүргүзөбүз (1.15б - чийме).
16
Лампа тең салмактуулук абалда тургандыктан, күчтөрдүн ар бир x,y окторго түшүрүлгөн проекцияларынын алгебралык суммалары нөлгө барабар болуш керек, б.а.
cos60 cos45
cos30 cos45
ix A C
iy A C
F T T
F P T T
= ° − ° = 0
= − + ° + ° = 0∑∑
биринчи тендемеден
3 22 ; 2 0
2 2A C C CT T P T T= ⋅ − + ⋅ ⋅ + ⋅ =
мындан 10,4 , 14,6C AT H T H= =
Мисал – 1.4. 1.1.3 параграфтын экинчи мисалын эми аналитикалык жол менен чыгарып көрөлө. Шарнир С тең салмактуулук абалда болгондуктан, координаттык окторду жүргүзүп (1.16 - чийме), шарнир С - нын салмактуулук абалынын теңдемелерин түзөбүз:
2 1
2 1
cos30 cos60
cos60 cos30
ix
iy
F S S
F P S S
= ° − ° = 0
= − + ° + ° = 0∑∑
бул тендемелерди чыгарып 1 2,S S
аныктайбыз. Биринчи теңдемелерден
21 2
cos303
cos60
SS S= = ⋅
;
экинчи теңдемеге коюбуз:
2 2
1 3 30
2 2P S S− + + = .
Мындан 2 1500 , 866S H S H= = .
135º
60º
С
В
А
45º 60º CT
AT
AT
CT
В
y
x P
1.15 – чийме.
а) б)
17
Тегиздикте ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасы
§ 1.1.7 Күчтүн чекитке (борборго) карата моменти
Эгерде катуу нерсеге F
- күчү аракет этсе, нерсе борбордун (чекиттин) тегерегинде айланууга аракеттенет. Күчтүн аракеттенүү өлчөмү анын
моменти менен ченелет. Күчтүн борборго карата моменти ( )0m F
, күчтүн
модулун анын ийнине көбөйткөнгө барабар, борбордон күч аракет эткен сызыкка түшүрүлгөн тик сызык h - ийин деп аталат.
( )0m F F h= ± ⋅
Эгерде күч нерсени сааттын жебесине карама - каршы айландырууга аракет этсе, оң (+) белгиси менен (1.17 - чийме) тескерисинче болсо терс (-) белги менен алынат (1.18 - чийме).
Күчтүн борбого карата моменти, күч аракет эткен сызык борбор
аркалуу өтсө, нөлгө барабар болот, б.а. ( )0 0m F =
.
§ 1.1.8. Жарыш күчтөрдө кошуу
1. Бир жакка багытталган эки жарыш күчтөрдүн ( )1 2,F F
тең аракет
этүүчүсү R
, физика курсунан белгиленгендей, күчтөрдүн суммаларына
А F
О
h
A h
О
F
1.17 – чийме. 1.18 – чийме.
y
x
1S
60º
60º
2S
P
1.16 – чийме.
18
барабар, 1 2R F F= + , тең аракет этүүчү күчтүн тиркелген чекиттин абалы
1
2
F BC
F AC= катышы менен аныкталат (1.19 - чийме).
2. Карама - каршы багытталган, эки жарыш күчтөрдүн тең аракет этүүчүчсү R
, алардын айырмасына барабар, 1 2R F F= − жана модулу чоң
күчтүн 2F
багыттын оздой багытталат (1.20 - чийме), тең аракет этүүчү
күчтүн тиркелген чекитинин абалы 1
2
F BC
F AC= теңдемеси менен аныкталат .
3. Кош-жарыш күч жана анын тең салмактуулук шарттары. Модулдары барабар, карама - каршы багытталган эки жарыш күч, кош - жарыш күч деп аталат. Бул күчтөрдүн аракет эткен сызыктры бирибирине дал келбегендиктен, ал аракет эткен нерсе, тең салмактуулук абалда боло албайт. Кош - жарыш күч нерсени айландырууга аракет этет, анын аракети момент менен ченелет. Кош - жарыш күчтүн моменти, ал күчтөрдүн бирөөсүн модулун ийинге көбөйткөнгө барабар, б.а. 1m F h= ± ⋅ . Эгерде кош-жарыш күч нерсени сааттын жебесине карама - каршы айландырса оң (+) белги менен (1.21,1.22 - чийме), жебе боюнча айландырса терс (-) белги менен алынат.
А
1F
В
h
A
h
В
21 – чийме. 22 – чийме.
2F
1F
2F
1F
2F
R
А В С
1.20 – чийме.
1F
2F
R
А В С
1.19 – чийме.
19
Кош - жарыш күчтөр жөнүндө теоремалар
1. Кош - жарыш күчтү, ал аракет эткен тегиздик боюнча которуудан,
нерсенин абалы өзгөрбөйт. 2. Кош-жарыш күчтүн моменти (m), момент алып жаткан борбордун
(чекиттин) абалына көз каранды болбойт. 3. Моменттери барабар кош-жарыш күчтөр эквивалентүү болот. 4. Бир нече кош - жарыш күчтөрдү кошуп, бир тең аракет эттүүчү
кошожарыш күч менен алмаштыруга болот. Анын моменти бардык кош - жарыш күчтөрдүн моменттеринин суммасына барабар, б.а.
1 2 3 ... n iM m m m m m= + + + + =∑ . (1.14)
§ 1.1.9. Кош - жарыш күчтөрдүн тең салмактуулук абалы Катуу нерсете аракет эткен кош-жарыш күчтөрдүн тең салмактуулук абалда болушу үчүн, кош-жарыш күчтөрдүн моменттеринин алгебралык суммасы нөлгө барабар болуш зарыл жана жетишээрлик болот, б.а. 0iM m= =∑ (1.15)
§ 1.1.10. Күчтү борборго келтирүү
Күчтү жарыш которуу Пуансонун методу. Ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасын бир чекитке келтирүү үчүн, Пуансонун методу колдонулат. Нерсенин А чекитине аракет эткен 1F
күчүн ,өзүнө жарыш ар кандай О
чекитине которуу үчүн, моменти которулуп жаткан күчтүн ( )1 ,F
О чекитине
карата моментине барабар, кош күчтү кошуп которууга болот, б.а. (1.23 - чийме).
( )0m m F=
(1.16)
1F
1F ′′
1F ′
А
О
1.23 – чийме.
1F
1F ′
А
О
1.24 – чийме.
( )1Om F
20
Нерсенин А чекитине 1F
күчү аракет этет дейли. Бул күчтү өзүнө жарыш келтирүүнүн борбору деп аталган О чекитине жарыш которууга болобу? Болот. Пуансону методуна ылайык О чекитине модулу 1F
күчүнө
барабар ( )1 1F F′ ′′= −
күчтөрдү тиркейбиз (1.23 - чийме). 1F
жана 1F ′′
күчтөрү
модулдары барабар багыттары карама - каршы багытталгандыктан кош - жарыш күчтү түзөт. Анын моменти 1F
күчүнүн О - чекитине карата моментине барабар, б.а.
( ) ( )1 1 1 1, Om F F m F F h′′ = = ⋅
(1.17)
Ошентип, 1F
үчүн өзүнө жарыш А чекитинен О чекитине которуп, 1F ′
жана
моменти 1F
күчүнүн келтирүүнүн борборуна карата моментине барабар кош - жарыш күчтү алабыз (1.24 - чийме).
§ 1.1.11. Ар кандай багыттаты күчтөр системасын борборго келтирүү Ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасын бир О борборуна келтирип, башкы вектор R R′ =
жана башкы моментти алууга болот (1.25 - чийме). Башкы вектор күчтөрдүн геометриялык суммасына iR R F′ = =∑
барабар. Башкы момент күчтөрдүн О борборуна карата моменттеринин
алгебралык суммасына барабар, б.а. ( )0 0 iM m F=∑
(1.25 - чийме).
Башкы вектордук окторго түшүрүлгөн проекциялары ,x ix y iyR F R F= =∑ ∑ , (1.18)
модулу
( ) ( )22
i iyR F F= +∑ ∑ (1.19)
багыты
x
z
y
1F
2F
3F
R
1m
2m
3m
0M
O
1.25 – чийме.
21
( ) ( )cos , cos yxRR
R x R yR R
∧ ∧= =
(1.20)
аркылуу аныкталат.
§ 1.1.12. Тең аракет этүүчү күчтүн моменти жөнүндө Вариньондун теоремасы
Тең аракет этүүчү күчтүн кандайдыр бир борборго (чекитке) карата моменти, аны түзүүчү күчтөрдүн ошол борборго карата моменттеринин алгебралык суммасына барабар б.а.
( )0 0( )im R m F=∑
. (1.21)
Күчтөр системасынын тең салмактуулук шарттары.
Башкы вектор жана башкы момент бир учурда нөлгө барабар болсо, бул күчтөрдүн таасири астында турган катуу нерсе тең салмактулук абалда болот б.а. 00, 0R M= =
. Тең салмактуулук шарттарын жазып көрөлү.
I. Ар кандай багытталган күчтөр системасы аракет эткен катуу нерсе тең салмактулук абалда болуш үчүн, бул күчтөрдүн ар бир эки окко (x жана y) түшүрүлгөн проекцияларынын суммасы жана күчтөрдүн ар кандай чекитке карата моменттеринин алгебралык суммасы нөлгө барабар болушу зарыл жана жетишээрлик болот. 00, 0, ( ) 0ix iy iF F m F= = =∑ ∑ ∑
(1.22)
II. Каалагандай багытталган күчтөр системасы тең салмактуулук абалда болушу үчүн, күчтөрдүн ар кандай эки чекитке (А,В) карата моменттеринин алгебралык суммасы жана бул күчтөрдүн А жана В чекити аркалуу өтүүчү түз сызыкка тик багытталбаган окко (х) түшүрүлгөн проекцияларынын алгебралык суммасы нөлгө барабар болушу зарыл жэтишээрлик болот б.а.
( ) ( )0, 0, 0.ix A i B iF m F m F= = =∑ ∑ ∑
(1.23)
III. Ар кандай багытталган күчтөр системасы тең салмактуулук абалда болушу үчүн, күчтөндүн бир жүз сызыкта жатпаган ар кандай үч чекитке карата (А,В,С) моменттеринин алгебралык суммасы нөлгө барабар болушу зарыл жана жетишээрлик болот.
( ) ( ) ( )0, 0, 0A i B i C im F m F m F= = =∑ ∑ ∑
. (1.24)
22
§ 1.1.13. Жарыш күчтөрдүн тең салмактуулук шарттары
Катуу нерсеге аракет эткен жарыш күчтөрдүн тең салмактулук абалы төмөнкү теңдемелер менен аныкталат. Катуу нерсеге аракет эткен жарыш күчтөр тең салмактуулук абалда болушу үчүн, күчтөрдүн аларга жарыш окко түшүрүлгөн проекцияларынын алгебралык суммасы жана күчтөрдүн кандайдыр бир чекитке карата моменттеринин алгебралык суммасы нөлгө барабар болушу зарыл жана жетишээрлик болот, б.а.
( )00, 0iy iF m F= =∑ ∑
(1.25)
Маселе чыгарууга көрсөтмө
Катуу нерсеге аракет эткен ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасынын тең салмактуулук шарттарынын теңдемелерин колдонуп, маселе чыгаруу тартибин карап көрөлү. 1. Тең салмактуулук абалы каралып жаткан нерсени болуп кароо. 2. Берилген күчтөрдүн багытын көрсөтүү. 3. Нерсени байланыштан бошотуп, реакция күчтөрүн чиймеден көрсөтүү. 4. Координаттар системасын тандоо. 5. Тең салмактуулук теңдемелерин түзүп, реакция күчтөрдү аныктоо.
Мисал 1.5. Салмагы Р=4кН барабар консолдук балка АD, кыймылдуу В жана кыймылсыз А таянычтарда жатат. Балканын А чекитине F=8 кН аракет этет. Балканын CD аралыгына интенсивдүүлүгү 0,5 /q kH м= тегиз бөлүштүрүлгөн күчтөр жана моменти 6m kH м= ⋅ кош-жарыш күч аракет этет. B,D таянычтарынын реакция күчтөрдүн тапкыла?
О
3F
1F
2F
4F
х
y
1.26 – чийме.
23
Чыгаруу: Консолдук балканын тең салмактулуук абалын карайбыз.
Балкага ,F P
жана тегиз бөлүштүрүлгөн көчтүрдүн тең аракет этүүчү 0,5 2 1Q q CD кН= ⋅ = ⋅ = жана моменти 6m kH м= ⋅ кош - жарыш күч аракет
этет. Балканы байланыштан бошотуп, таянычтарды алып таштап, анын
аракетин реакция ,D BR R
күчтөрү менен алмаштырабыз. Координаттык ок (x,y) жүргүзөбүз. Тең салмактулук теңдемелерди түзөбүз:
0
( ) 1 3 4 2 0
iy B D
B i D
F F R P Q R
m F P Q R m F
= − + − − + =
= − ⋅ − ⋅ + ⋅ − + ⋅ =∑∑
Мындан
1 3 2
0,754
13,75
D
B D
P Q m FR кН
R P F Q R кН
⋅ + ⋅ + − ⋅= = −
= + + − =
Мисал – 1.6. Балканын А учу кыпчылып бекитилген. Балканын CD
аралыгында интенсивдүүлүгү q=0,8 кН/м тегиз бөлүштүрүлгөн күчтөр, моменти m=1,2 кН/м кош - жарыш күчтөр жана α=45˚ бурч менен F=2кН күч аракет этет. Реакция күчтү тапкыла?
Берилди: Р=4 кН F=8 кН q=0,5 кН/м m=6 кН·м RB-?RD-?
x
1.27 – чийме.
F
m
P
q
D C
B A
F
m
P
BR
Q
DR
y
2м 1м 1м 1м 1м
24
Чыгаруу: АВ балкасынын тең салмактулук абалын карайбыз.
Интенсивдүүлүгү q=0,8 кН/м бөлүштүрүлүп аракет эткен күчтөрдү бир күч Q=3·q=2,4 кН менен алмаштырабыз. Балкага аракет эткен күчтөр ,F Q
жана
момент m. Байланыштан бошотуп, анын аракетин ,A AX Y
. Реакция күчтөрү жана реактивдик момент MA менен алмаштырабыз. Координаттык окторду х,у тандап алабыз. Балка бул күчтөрдүн жана моменттердин аракет астында тең салмактуулук абалда болгондуктан, ал төмөнкү теңдемелерди канагатандырышы талап кылынат.
cos 0
sin 0
( ) 3,5 sin 6 0
ix A
iy A
A i A
F X F
F Y Q F
m F M m Q F
α
α
α
= + =
= − − =
= + − ⋅ − ⋅ ⋅ =
∑∑∑
мындан sin45 6 3.5 15,66
cos 1,41
sin 3,8
A
A
A
M F Q m кН м
X F кН
Y Q F кН
αα
= ⋅ °⋅ + ⋅ − = ⋅= ⋅ =
= + ⋅ =
Мисал – 1.7. Салмагы P=100 Н бир тектүү балка дубалга А шарнири
аркалуу бекитилген. Балканы дубалга карата 45˚ бурчта кармап туруу үчүн, салмагы G жүгү илинип коюлган. В чекитине бекитилген, BCG жибин учуна жип BC вертикаль(тик) менен 30˚ бурч түзөт. Балканын D чекитине салмагы 200 Н жүк илинген. BD=1/4AB. Блоктогу сүрүлүүнү эсепке албай, А шарниринин реакция күчтөрүн жана G жүгүнүн салмагын тапкыла?
Берилди: q=0,8 кН/м m=1,2 кНм F=2 кН
°= 45α XA-?YA-? MA-?
1.28 – чийме.
F
m q
D C B A
AM Q
y
1,5 м
1м
A
m α
α
3 м 2 м
AX
AY
C D
F
B x
25
Чыгаруу: Балка АВ - нын тең салмактуулук абалын карайбыз.
Берилген күчтөр ,Q P
багыттарын көрсөтөбүз. Байланыштан бошотуу принцибин колдонуп, жипти кесип, анын тартылуу күчүн T=G (сүрүүлү жок), жана ,A AX Y
шарнирдин реакция күчтөрүн коебуз. Тең салмактуулук теңдемени түзөбүз:
( ) 1 2
cos60 0
cos30 0
0
ix A
iy A
A i
F X T
F Y P Q T
m F P h Q h T h
= − ⋅ =
= − − + =
= ⋅ + ⋅ − ⋅ =
∑∑∑
чиймеден ийиндер 1 2, ,h h h аныктайбыз
cos15h AB= ⋅ ,
1 cos452
ABh = ⋅ ,
3cos45
4h AB= ⋅ .
Бул теңдемелерден: 3
cos452 4 146
cos15
PAB Q
G T HAB
⋅ + ⋅ = = =
⋅
cos30 173AY P Q T H= + − ⋅ =
cos60 73AX T H= ⋅ =
Берилди: Р=100Н
Q=200Н
BD=1/4AB
G-? XA-?
YA-?
x
1.29 – чийме.
P
D
B
A
Q
AX
y
15º
G
G
T
C
AY
30º
h
h1
h2
26
§ 1.1.14. Катуу нерселер системасынын тең салмактуулугу Көптөгөн инженерлик конструкциялар бири-бири менен кандайдыр байланыштар аркылуу бириктирилген, нерселер системасынын турат. Конструкцияны түзгөн нерселердин ортосундагы байланыш ички байланыш деп аталат. Нерселер системасына маселе чыгаруунун негизги максаты, ички жана тышкы байланыштардын реакция күчүн аныктоо болуп саналат. Бул маселелерди чыгаруулун эки ыкмасы бар: 1. Конструкцияны өз - өзүнчө нерселерге (бөлүктөргө) ажырап, ар бир нерсенин тең салмактуулук абалын өзүнчө карап, анын тең салмактуулук теңдемесин түзүү. 2. Конструкцияны бир нерсеге деп кабыл алып, анын тең салмактуулук абалын карап, тең салмактуулук теңдемелерин түзүп, андан кийин, конструкцияны бөлүктөргө (нерселерге) ажыратып, анын бөлүктөрүнүн тең салмактуулук абалын өз - өзүнчө караса болот. Ар бир нерселер системасынын белгилүү санда тең салмактуулук теңдемелери болот. Мисалы: мейкиндикте N - нерселерден (бөлүктөрдөн) турган нерселер системасына, ар кандай багытта аракет эткен күчтөр системасынын тең салмактуулук шарттары (теңдемелери) 6N, ал эми тегиздикте ар кандай багытта аракет эткен күчтөр системасынын тең салмактуулук теңдемелерин 3N болот. Нерселер системасы эки катуу нерседен турат дейли (1.30 - чийме).
1. Нерселер системасын шарнир (С) аркалуу кесип эки нерсеге бөлөбүз.
Системага аракет эткен күчтөр ( )1 2, , , , ,B E A AF F R R X Y
сырткы күч болуп
эсептелет. Системанын кесүү тегиздигинин эки жагындагы өз ара аракет
этүүчү күчтөр ( ), , ,C C C CX Y X Y′ ′
ички күчтөр болот.
1.30 – чийме.
D
C B A
BR
AY
AX
1F
α ER
2F
E
C
B A
BR
AY
AX
1F
α
CY
CX
D
ER
2F
E
y
x
CX ′
CY′
a)
б)
в) C
27
Кесилиштеги ички күчтөр статиканын аксиомасына ылайык өз ара бири - бирине барабар болот, б.а. системанын биринчи нерсени (АС) экинчи нерсесине кандай күч менен аракет этсе, экинчи нерсе биринчи нерсеге
ошондой эле күч менен ( ),C CX Y′ ′
аракет этет, б.а. ( ) ( ),C C C CX X Y Y′ ′= − = −
.
Каралып жаткан нерсе тең салмактуулук шартын канаттандырыш керек. Ар бир нерсе үчүн тең салмактуулук шартын түзүп, белгисиз реакция күчтөрүн аныктайбыз.
2. Нерселер системасын бир нерсе деп карап, статиканын үч теңдемесин түзөбүз. Анан нерселерди шарнир аркалуу кесип, экиге бөлөбүз. Кесилген нерсенин бирөөнүн тең салмактуулук шартын түзүп, реакция күчтөрүн аныктайбыз.
Төмөнү мисалдарды карап көрөлү. Мисал – 1.8. Жылмакай горизонталдык тегиздикте турган тепкич,
бири - бири менен шарнир С жана жип EF аркалуу байланышкан. АС, ВС бөлүктөрдөн турат (1.31 - чийме). Тепкичтердин ар биринин узундугу 3м салмактары 120 Н барабар. D - чекитинде салмагы 720 Н адам турат. AE=BF=1м. Полдун жана С шарниринин реакция күчтөрүн аныктагыла?
Чыгаруу: Тепкичти С шарнирин боюнча кесип, анын эки (АС, ВС) бөлүктөрүнүн тең салмактуулук өз өзүнчө карайбыз. Аны ички (шарнир С жип EF) жана сырты жылмакай байланыштан бошотуп, реакция күчтөрүн коебуз. АС бөлүгүнө 1P
, жана реакция күчтөрү , , ,A C CR X Y T
аракет этет (1.31а - чийме) .
2P
1.31 – чийме.
3P
D
C
BR
y
Е
2P
F AR
A B 45º
3P
Берилди:
P1=P2=120Н
P3=720Н
AB=BC=3м
AE=BF=1м
CD=0,6 м
RB-? RA-?
XC-?YC-?
28
Тең салмактуулук теңдемелерин түзөбүз:
0ix CF T X= − =∑ (1.26)
1 0iy A CF R P Y= − − =∑ (1.27)
( )
1
sin 45 cos45
cos45 sin 45 02
A i C Cm F X AC Y AC
ACP T AE
= − ⋅ ⋅ ° − ⋅ ⋅ −
− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =
∑
(1.28)
Экинчи ВС бөлүгүнүн тең салмактуулук абалын карайбыз (1.31б - чийме).
Бул бөлүккө аракет эткен күчтөр 2 3,P P
жана реакция күчтөрү BR
- полдун, Т ′
- жиптин тартылуу, ,C CX Y′ ′
- шарнирдин реакция күчтөрүн коебуз.
Статиканын аксиомасына ылайык ( ), ,C C C CX X Y Y T T′ ′= − = − = −
.
Тең салмактуулук теңдемесин түзөбүз: 0ix CF X T′ ′= − − =∑ (1.29)
2 3 0iy B CF R P P Y′= − − − =∑ (1.30)
( ) 0B im F =∑
3
2
sin 45 cos45 cos45
cos45 sin 45 02
C CX BC Y BC P BD
BCP T AE
′ ′⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +
′+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
(1.31)
2P
1.31б – чийме.
D
BR
2P
F
B
3P
CX ′
CY′
C
T′
1.31а – чийме.
3P
C
y
Е AR
A 45º
CY
CX
x
T
29
(1.26) жана (1.29) теңдемелерден ;C CX T X T′ ′= − = − белгилүү болот. (1.28)
жана (1.29) теңдемелерден sin 45 cos45= болгондуктан sin 45 бөлөбүз, да системаны чыгарып,
13 3 1,5 1 0C CX Y P T− ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ =
3 23 3 2,4 1,5 1 0C CX Y P P T′ ′⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = 36 2,4CY P⋅ = − ⋅ же 288CY H= − 522 ; 522CX H T H= ± = ± , аныктайбыз. (1.30) жана (1.27) теңдемелерден
1 408A CR P Y H= − = 2 3 552B CR P P Y H′= + − = . Маселени экинчи ыкма менен чыгарып көрөлү (1.31 - чийме). Тепкичтин тең салмактуулук абалын карайбыз. Ага аркет эткен күчтөр
1 2 3, ,P P P
. Байланыш жылмакай бет болгондуктан, анын реакция күчү ,A BR R
бетке тик багытталат. Тепкичтин тең салмактуулук шартын түзөбүз:
1 2 3 0iy A BF P P P R R= − − − + + =∑
( )( )
1 2
3
cos45 cos452 2
cos45 0
A i
B
AC BCm F P P AC
P AC CD R AB
= − − ⋅ + −
− ⋅ + + ⋅ =
∑
мындан RA=408 H, RB=552 H.
С - шарниринин реакция күчтөрүн табуу үчүн кесүү методун колдонобуз. С-шарнири боюнча кесип тепкичти экиге АС,ВС бөлүп, бир жагынын (АС) тең салмактуулук абалын карайбыз. Нерсени байланыштан бошотуп, , ,C CX Y T
реакция күчтөрүн тиркейбиз. Нерсе тең салмактуулук абалда тургандыктан, ал үч теңдемени канаттандырыш керек. 0ix CF X T= + =∑
1 0iy A CF R P Y= − + =∑
( ) 1 cos45 cos45 cos45 02C i A
ACm F P T CE R AC= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ =∑
мындан T=522 H, XC=-T= ± 522 H, YC= ± 288 H.
Мисал – 1.9. Көпүрө бири - бири менен шарнир (А) аркалуу
байланышкан эки бөлүктөн турат. Ал жээкке шарнир В жана С шарнирлери аркалуу бекитилген. Алардын салмагы бирдей 40 кН, жана D,E борборлорго тиркелген (1.32 - чийме). Көпүрөнүн үстүнө салмагы Р=20кН жүк коюлган. А,В,С шарнирлеринин реакция күчтөрүн аныктагыла?
30
Чыгаруу: Көпүрөнүн тең салмактуулук абалын карайбыз. Кесүү
методун колдонуп, көпүрөнү А шарниринен эки бөлүккө ажыратабыз да ар бир бөлүгүнүн тең салмактуулугун өз өзүнчө карайбыз. Бул үчүн ар бир бөлүгүн сырткы жана ички байланыштардан бошотобуз. Көпүрөнүн сол бөлүгүнө P
, 1P
күчтөрү, А жана В шарнилеринин реакция күчтөрү аракет этет (1.32а - чийме).Тең салмактуулук теңдемесин түзөбүз:
0,ix B AF X X= + =∑ (1.32)
1 0iy A BF Y Y P P= + − − =∑ (1.33)
1( ) 1 4 5 4 0B i A Am F P P Y X= − ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ =∑
(1.34)
Көпүрөнүн оң бөлүгүнүн тең салмактуулук абалын карайбыз. Ага аракет эткен күч 2P
, С,А шарнирлеринин реакция күчтөрү , , ,A A C CX Y X Y
болот. Статиканын аксиомасына ылайык болот. ,A A A AX X Y Y′ ′= − = −
.
Көпүрөнүн сол бөлүгү тең салмактуулук абалын карайбыз (1.32б - чийме). Тең салмактуулук теңдемелесин түзөбүз: 0ix A CF X X= − − =∑ (1.35)
B C
E D
P
1P
2P
1.32 а,б – чийме. BX
BY
AX
AY
А
А
AY′
AX
CY
CX
а) б)
Берилди:
P1=P2=40кН
Р=20кН
XA-? YA-?
XB-? YB-?
XC-? YC-?
y
x B C
E D
P
10 м
3 м 1м 1м 1м 4 м
1P
2P
4 м
1.32 – чийме.
А
31
2 0iy A CF Y Y P′= − + − =∑ (1.36)
2( ) 1 5 4 0C i A Am F P Y X′ ′= ⋅ + ⋅ + ⋅ =∑
(1.37)
Бул теңдемелер системасынан акыркы (1.34), (1.37) теңдемени чогуу чыгарып
2 11 5 4 1 4 5 4A A A AP Y X P P Y X′ ′⋅ + ⋅ + ⋅ = − ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ мындан
20 ; 8A AX кН Y кН= ± = ± (1.32) жана (1.35) теңдемелерден A BX X= − , C AX X′= − жана (1.33) (1.36) теңдемелерден
20 ; 52 ; 48 ;B C B CX X кН Y кН Y кН= − = = = аныктайбыз.
Мейкиндиктеги күчтөр системасы. § 1.1.15. Кесилишкен күчтөр системасы. Кесилишкен күчтөр системасын
кошуу. Тең салмактуулук шарттары.
§ 1.1.1 параграфынан белгилүү болгондой кесилишкен күчтөр системасы бир тең аракет этүүчү күчкө эквивалентүү, б.а.
iR F=∑
(1.38)
Бул формуланын проекциялары , ,x ix y iy z izR F R F R F= = =∑ ∑ ∑ (1.39)
анын модулу
( ) ( ) ( )22 2
ix iy izR F F F= + +∑ ∑ ∑ (1.40)
багыты
( )cos xRR x
R∧ =
, ( )cos yRR y
R∧ =
, ( )cos zRR z
R∧ =
(1.41)
менен аныкталат. Кеслилшкен күчтөр тең салмактуулук абалда болушу үчүн тең аракет этүүчү күч нөлгө барабар болушу керек, б.а. 0R=
. же
0, 0, 0ix iy izF F F= = =∑ ∑ ∑ (1.42)
Мейкиндикте кесилишкен күчтөр тең салмактуулук абалда болушу үчүн, бул күчтөрдүн ар бир үч координаттык окторго түшүрүлгөн проекцияларынын алгебралык суммалары нөлгө барабар болушу зарыл жана жетишээрлик болот.
Мейкиндикте жайланышкан кесилишкен күчтөр системасынын тең салмактуулук абалын колдонуп маселе чыгаруу ыкмасы.
1. Тең салмактуулугу каралып жаткан нерсени бөлүп алуу керек
32
2. Ага аракет эткен күчтөрдү тиркөө, чиймеде көрсөтүү. 3. Байланыштан бошотуп, байланыштын аракетин реакция күчтөрү менен
алмаштыруу. 4. Координаттык окторду жүргүзүү. 5. Нерсенин тең салмактуулук абалынын шарттарын түзүү. 6. Бул теңдемелерди чыгарып, реакция күчтөрүн аныктоо талап кылынат. Маселе чыгарып көрөлү.
Мисал – 1.10. Үч АО, ВО жана СО өзөкчөлөрү бири – бири менен О
шарниринде бекитилген. АО жана ВО өзөкчөлөрү горизонталдык тегиздикте жатышат, дубал менен α = 60˚ бурчту түзүшөт. Өзөкчө ОС дубал менен β = 30 бурчун түзөт. О шарнирине Р = 30 Н күч тиркелген. Өзөкчөлөрдүн реакция күчтөрүн тапкыла?
1.33 – чийме.
Мейкиндиктеги кесилишкен күчтөр системасынын тең салмактуулук теңдемесин б.а.
0, 0, 0ix iy izF F F= = =∑ ∑ ∑ түзөбүз.
В
О
С
А
D
60º
P
CS
AS
BS
z
x y
60º
30º
б) В
О
С
А
D
α
α
β
P
CS
AS
BS
a)
Берилди:
α=60˚
β=30˚
Р=30H
________
SA-?
SB-? SC-?
Чыгаруу: Тең салмактуулук абалын карала турган нерсе шарнир О. Нерсе эркин эмес, бул үчүн ОВ, ОА, ОС өзөкчөлөрү байланыш болот. Байланыштан бошотобуз, б.а. реакция күчтөрү AS
, BS
, CS
багыттарын көрсөтөбүз (чийме 1.33 а). Координаттык окторду тандап алабыз (чийме 1.33 б).
33
cos60 cos60 0
cos30 cos60 cos60 0
cos30 0
ix B A
iy A B c
iz C
F S S
F S S S
F P S
= − =
= − + + =
= − + =
∑∑∑
Мындан
0
cos6034,6 ; 10
cos30 2cos30C
C A B
P SS H S S H= = = = =
Маселе – 1.11. Алты стерженден жасалган ферма берилген.
Р күчү АВСD тик бурчтугунун тегиздигинде А түйүнүнө аракет этет да, анын аракет этүү сызыгы СА вертикалы менен 45˚ тук бурч түзөт. ∆ЕАК=FBM тең капталдуу. FBM, NDB үч бурчтуктардын А, В, D бурчтары тик. 1,2,3,4,5,6 стерженьдеринин аракеттешүү күчтөрүн тапкыла?
А түйүнү P, S1, S2, S3 күчтөрүнүн аракети астында тең салмактуулук абалда турат.
Ошондуктан,
1
2
3
cos45 cos45 0
cos45 cos45 0
cos45 0
ix
iy
iz
F S P
F S P
F S P
= + =
= + =
= + =
∑∑∑
Мындан:
1 2
3
400 ; 49005 ,
6867 .
S H S H
S H
= − = −=
B
D
F M
N
5 4
6
45º
A
1
K C E
2
3
1S
3S
2S
P
1.34 – чийме.
z
Берилди:
Р = 9810 Н
∆ЕАК=FBM _____________ S1-? S2-? S3-?
S4-? S5-? S6-?
Чыгаруу. Ферманын өзөкчөлүрүнүн (стежендеринин) реакция күчтөрүн табыш үчүн, кесүү ыкмасын колдонобуз. А жана В түйүндөрүнүн тең салмактуулугун өз-өзүнчө карайбыз. А түйүнү үчүн стержень 1,2,3 байланыш болуп эсептелет. Көңүлүбүздө стержендерди кесип, алардын аракетин S1, S2, S3 реакция күчтөрү менен алмаштырабыз.
A z
1S
3S
2S
P
x y
1.34a – чийме.
34
1. S1, S2 нын алдындагы минус (-) 1, 2 стержендер чоюлбастан, кысылгандыгын көрсөтөт.
2. В түйүнүн тең салмактуулугун карайбыз. Ага аракет эткен күчтөр реакция күчтөрү
3 3 4 5 6, ,S S S S S′ = −
болот. В - түйүнү тең салмактуулук абалда тургандыктан ал төмөнкү теңдемелерди канагаттандырышы керек.
4 6
5 6
3 6
cos45 cos45 0
cos45 cos45 0
cos45 0
ix
iy
iz
F S S
F S S
F S S
= + =
= + =
′= + =
∑∑∑
мындан
16 4 50
9810 ; 4905 .cos45
SS H S S H
′= = = =
§1.1.16. Күчтүн борборго карата моменти. Күчтүн окко карата моменти.
Мейкиндиктеги кош-жарыш күчтөр.
Тегиздикте жайланышкан күчтүн моменти алгебралык чоңдук, 0( )m F F h= ± ⋅ (1.43) Мейкиндикте күч менен борбор ар кандай тегиздикте жайланышкандыктан, бул аныктама толугу менен күчтүн борборго карата моментин аныктай албайт.
Ошондуктан, күчтүн борборго карата
моменти чекиттин радиус-вектору ( )r
менен күчтүн ( )F
вектордук
көбөйтүндүсүнө борбор, б.а.
( )0m F r F= ×
(1.44)
Күчтүн борборго карата моменти күч менен барабар жаткан тегиздикке тик жайланат. Тик сызыктын алдын-ала караганда күч нерсени (тегиздикти) сааттын жебесине карама-каршы айландырганга аракет этсе оң (+) белгиде алынат да, вектор момент тик сызык боюнча карап жаткан адамды көздөй багытталат, тескерисинче болсо, ошол тик сызык боюнча төмөн көздөй багытталат. Бул вектордун модулу (1.43) формула менен аныкталат.
Күчтүн окко карата моменти
B
z
3S′
5S
6S
x 4S
1.34б– чийме.
( )0m F
r
А
О
В
F
h
1.35 – чийме.
35
Күчтүн окко карата моменти бул күчтүн окко тик жайгашкан тегиздикке (П) түшүрүлгөн проекциясынын (Fxy) ок менен тегиздик кесилишкен чекит (O) карата алынган моментине барабар, б.а.
0 1( ) ( )z xym F m F F h= = ± ⋅
(1.45)
z – огунан караганда күч тегиздикти сааттын жебесине карама-каршы айландырганга аракет этсе оң белгиде, тескерисинче сааттын жебеси боюнча айландырса (-) терс белгиде алынат.
Күчтүн координаттык окторго карата моменттердеги төмөнкү формулалар менен аныкталат.
( ) ;
( ) ;
( )
x z y
y x z
x y x
m F yF zF
m F zF xF
m F xF yF
= −
= −
= −
(1.46)
Эгерде бул проекциялар белгилүү болсо, күчтүн чекитке карата моментин, модулун төмөнкүдөй жана багытын аныктоого болот.
( ) ( ) ( )2 2 2( ) ( ) ( ) ( )o x y zm F m F m F m F= + +
(1.47)
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
0
0
0
0
0
0
cos ,
cos ,
cos ,
x
y
z
m Fm F x
m F
m Fm F y
m F
m Fm F z
m F
∧
∧
∧
=
=
=
(1.48)
Эгерде ок z күчкө жарыш жайланышса, жана күчтү кесип өтсө күчтүн окко карата моменттери нөлгө барабар болот.
§ 1.1.17. Кош – жарыш күчтөрдүн моменттери
Кош-жарыш күчтүн моменти мейкиндикте вектордук чоңдук. Кош-
жарыш күчтүн моменти өзү жайгашкан тегиздикке тик жайгашкан. Тик сызыктын учунан караганда, тегиздикти сааттын жебесине каршы айландырса, тик сызыкты бойлото байкоочуну көздөй (1.37 а - чийме) тескерисинче болсо тик сызык боюнча байкоочудан төмөн багытталат (1.37б - чийме).
z F
xyF
O П
1.36 – чийме.
36
Мейкиндикте кош – жарыш күчтөр төмөнкү теоремалар менен берилет.
1 – теорема. Кош – жарыш күчтөрдүн вектордук моменттери бири – бирине барабар болсо, алар эквивалентүү болот, б. а. тегиздикте жаткан кош – жарыш күчтү ал тегиздикке жарыш тегиздикке көтөрүүдөн, нерсенин абалы өзгөрүлбөйт.
2 – теорема. Тең аракет этүүчү кош – жарыш күчтүн моменти, түзүүчү кош – жарыш күчтөрдүн моменттеринин вектордук суммасына барабар, б. а.
iM m=∑
(1.49)
Мейкиндиктеги кош – жарыш күчтөрдүн аракетинде турган катуу нерсе тең салмактуулук (тынч) абалда болушу үчүн, кош – жарыш күчтөрдүн моменттеринен геометриялык суммасы нөлгө барабар болушу зарыл жана жэтишээрлик болот, б. а.
0iM m= =∑
(1.50)
Мындан ар кандай тегиздикте жаткан кош – жарыш күчтөрдүн тең салмактуулук шарттарынын аналитикалык түрдө алабыз.
0, 0, 0x y yix iy iyM m M m M m= = = = = =∑ ∑ ∑ (1.51)
§ 1.1.18. Ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасын кошуу. Пуансонун теоремасы.
Теорема. Катуу нерсе аракет эткен ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасын башкы вектор R′
жана башкы момент 0M менен алмаштырса болот.
Күчтөрдүн геометриялык суммасына барабар вектор R′
- башкы вектор деп аталат.
iR R F′ = =∑
(1.52)
Ал келтирүүнүн борбору О чектинде тиркелет (38 - чийме), бардык күчтөрдүн келтирүүнүн борборуна карата моменттеринин геометриялык суммасы, ошол борборго карата күчтөрдүн башкы моменти деп аталат.
m
1F ′
1F
1h
m
1h 1F ′
1F
1.37 – чийме.
б) a)
37
( )0 0 iM m F=∑
(1.53)
Башкы вектордун модулу
( ) ( ) ( )22 2
ix iy izR F F F′ = + +∑ ∑ ∑
(1.54)
багыты
( )
( )( )
cos ,
cos ,
cos ,
x
y
z
RR x
RR
R yR
RR z
R
∧
∧
∧
′′ =
′′ =
′′ =
(1.55)
менен аныкталат. Башкы моменттин модулу
( ) ( ) ( )22 2
0 x ix y iy z izM m F m F m F= + +∑ ∑ ∑ (1.56)
багыты
( ) ( ) ( )00 00 0 0
0 0 0
cos , , cos , , cos ,yx zMM M
x M y M z MM M M
∧ ∧ ∧= = =
(1.57)
боюнча аныкталат.
§ 1.1.19. Ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасынын тең салмактуулук шарттары
Ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасынын тең
салмактуулук абалда болушу үчүн, вектордук түрдө эки шарт, башкы вектор
( )R R′=
жана башкы момент 0M
бир учурда нөлгө барабар болушу талап
кылынат, б. а.
( )0 00, 0i iR F M m F= = = =∑ ∑
(1.58)
Ар кандай багытталган күчтөр системасы тең салмактык абалда болушу үчүн, бул күчтөрдүн башкы вектору жана кандайдыр бир борборго карата күчтөрдүн башкы моменти нөлгө барабар болушу зарыл жана жетишээрлик болот.
Башкы вектор 0R′ = жана башкы момент 0M = болушу үчүн (1.54), (1.56) формулалардан
( ) ( ) ( )0, 0, 0
0, 0, 0
ix iy iz
x i y i z i
F F F
m F m F m F
= = =
= = =
∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑
(1.59)
бир учурда нөлгө барабар болушу керек. Ошентип, мейкиндикте ар кандай тарапка багытталган күчтөр
системасы тең салмактуулук абалда болушу үчүн, күчтөрдүн ар бир координаттык окторго түшүрүлгөн проекцияларынын алгебралдык суммасы
z
y
x
O
R
3F′
2F′
1F′
0M
3m
2m
1m
1.38 – чийме.
38
жана күчтөрдүн ар бир үч окко карата моменттеринин алгебралык суммалары нөлгө барабар болушу зарыл жана жетишээрлик болот.
Жарыш күчтөрдүн тең салмактуулук шарттары
Жарыш күчтөрдүн тең салмактуулук абалынын шарттарын (1.53) теңдемени колдонуп алсак болот.
( )( )
0,
0,
0
iy
x i
y i
F
m F
m F
=
=
=
∑∑
∑
(1.60)
Мейкиндикте жарыш күчтөрдүн тең салмактык абалда болушу үчүн күчкө жарыш окко (z) түшүрүлгөн проекцияларынын алгебралык суммасы жана күчкө тик жайланышкан октор (х,у)
карата моменттеринин алгебралык суммалары нөлгө барабар болушу зарыл жана жетишээрлик болот.
Ар кандай багытта жайланышкан күчтөр системасы аракет эткен эркин эмес катуу нерсенин тең салмактуулук шарттарын колдонуп маселе чыгаруу, төмөнкү тартипте жүргүзүлсө болот. 1. Тең салмактуулук абалы изилдей турган нерсени бөлүп алуу. 2. Нерсе аракет эткен күчтөрдү чиймеде көрсөтүү. 3. Байланыштан бошотуу принципин колдонуп, б. а. байланышты алып
салып, анын аракетин реакция күчтөрү менен алмаштыруу. 4. Координаттык окторду тандап алуу. 5. Тең салмактуулук абалынын теңдемелерин түзүү.
Жарыш күчтөрдүн тең салмактуулук шарттарын колдонуп, реакция күчтөрүн аныктап көрөлү.
Мисал – 1.12. Жүк көтөрүүчү кран үч дөңгөлөктүү арабага коюлган. Крандын өлчөмү: AD = DB = 1 м, CD = 15 м, CM = 1 м, KL = 4 м. Кран противовес F менен теңдешилип турат. Кран менен противовестин салмагы 8 кН, ал LMNF тегиздигиндеги G чектинде тиркелген. Ал чекит крандын огу MN ден 1 м (GH = 1 м) аралыкта жайгашкан. Көтөрүлүүчү жүк Q = 4 кH. LMF тегиздиги AB – га жарыш болгон учурда дөңгөлөктөр рельсага кандай басым жасайт?
О
y
z
x
1.39 – чийме.
1F
2F
nF
39
Берилди: Р = 8 кН; Q = 4 кН; AD = DB = 1м; CD = 15м; CM = 1м; KL = 4м; GH = 1м
RA - ? RB - ? RC - ?
Чыгаруу: Кран орнотулган үч дөңгөлөктүү арабанын тең салмактуулук абалын карайбыз. Ага аракет эткен Q
жана P
күчтөрүн көрсөтөбүз. Байланыштан (рельстен) бошотуп, , ,A B CR R R
реакция күчтөрүн көрсөтөбүз. x, y, z – окторун жүргүзөбүз. Бул күчтөр жарыш күчтөр болгондуктан, тең салмактуулуктун үч теңдемесин түзөбүз:
( )( )
0
5 1 2 0
0,5 0,5 1,5 0
iz A B C
x i C B
y i C
F R R R P Q
m F Q R R
m F P Q R
= + + − − =
= − ⋅ + ⋅ + ⋅ =
= ⋅ + ⋅ − ⋅ =
∑∑
∑
( ) ( )0, 0,x x Am P m R= =
себеби бул күчтөр ок менен кесилишет. Бул
теңдемелерди чыгарып 0, 8 , 4A B CR R кH R кH= = = аныктайбыз.
Мисал – 1.13. Салмагы 200 Н га барабар болгон АВСD бир тектүү рама дубалга А сфералык шарнири жана Е мыгы менен бекитилген. Раманы горизинталдык абалда Е мыгына байланган СЕ жиби кармап турат. СЕ жибинин жана А, В нын реакция күчтөрүн тапкыла?
K
A D G
H
F
L
Q
M
C
B
BR
AR
CR
1 м P
у
х
z
N
4 м 1 м
1.40 – чийме.
40
Берилди:
200 , 30
_____________________________
? ? ? ? ? ?A B A A B
P H EAC BAC
T X X Y Z Z
= ∠ = ∠ =
− − − − − −
Чыгаруу: Раманын (ABCD) тең салмактуулук абалын карайбыз. Ага аракет эткен
күч P
. Байланыштан бошотобуз, А – сфералык шарнир болгондуктан, аны реакция күчтөрү AX
, AY
, AZ
жиптики T
жана В – ныкы BX
, BY
болот. Коррдинаттык окторду жүргүзөбүз, тең салмактуулук теңдемени түзөбүз:
( )( )( )
cos30 cos60 0
cos30 cos30 0
sin30 0
cos60 02
sin30 02
0
ix A B
iy A
iz A B
x i B
y i
z i B
F X X T
F Y T
F Z Z P T
ABm F P T AB Z AB
BCm F P T BC
m F X AB
= + − ⋅ ⋅ =
= − ⋅ ⋅ =
= + − + ⋅ =
= − ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =
= − ⋅ − ⋅ ⋅ =
= − ⋅ =
∑∑∑
∑
∑
∑
бул теңдемелерден реакция күчтөрүн аныктайбыз. 86,6 , 150 , 100 , 0, 0, 200 .A A A B BX H Y H Z H X Z T H= = = = = =
Мисал – 1.14. Дарбазанын валы АВ – га жип оролгон, жипке Q жүгү
илинген. Радиус R = 6r.
x
z
x
y
C
B A
D
P
T
BZ
BX
AX
AZ
AY
30
30
E
1.41 – чийме.
41
Дөнгөлөккө оролгон жип жаныма сызык боюнча дөнгөлөктөн жанат.
Жип горизонт менен α бурчун түзөт. Жиптин учуна салмагы Р жүк илинип коюлган. Дарбаза тең салмактуулук абалда болушу үчүн Q жүгүнүн салмагы жана А, В подшипниктердин раекция күчтөрү канча болушу керек? Берилди:
, , , , 6
______________
? ?
? ?
?
A A
B B
P a b c R r
X Z
X Z
Q
=
− −− −
−
Чыгаруу: Дарбазанын тең салмактуулугун карайбыз. Аракет эткен күч P
. Байланыштан бошотобуз, б.а. , , , ,A A B BX Z X Z Q
күчтөрүн көрсөтөбүз. А чекити аркалуу координаттык окторду жүргүзөбүз. Дарбаза тең салмактуулук абалда тургандыктан ал тең салмактуулуктун алты теңдемесин канагаттандырышы керек.
( ) ( )( )( )
sin 0
0
sin 0
sin 0
6 0
( ) cos 0
ix A B
iy
iz A B
x i B
y
z B
F X X P
F
F Z Z P Q
m F Z a b P c Q b
m F P r Q r
m F X a b P c
α
α
α
α
= + − ⋅ =
=
= + − ⋅ − =
= + + ⋅ ⋅ − ⋅ =
= ⋅ − ⋅ =
= − + + ⋅ ⋅ =
∑∑∑∑
∑
∑
булардан
6 , , cos ,
6 6sin , sin
A B
A A
a b c cQ P X X P
a b a ba b c Pb Pb c
Z P Z Pa b a b a b a b
α
α α
+ += = = ⋅+ +
+ += ⋅ − = − ⋅+ + + +
экендигин аныктайбыз.
х
у
z
A B
C
R c b a
b AZ
BZ
BX
AX
T
P
Q
r
α
α
1.42 – чийме.
42
1.2. Катту нерсенин оордук салмак борбору § 1.2.1. Катуу нерсенин оордук салмак борборун аныктоо
Жер бетине жакын жайгашкан катуу нерсенин ар бир бөлүкчөсүнө оордук салмак күчү аракет этет. Бул күчтөр жердин борборунан кесилишет да, кесилишкен күчтөр системасын түзүшөт. Бөлүкчөлөрдүн өлчөмү жердин радиусунан кичини болгондуктан, бул күчтөрдү бири-бирине жарыш, нерсенин ар кандай абалында өзгөрбөй турган, бир тарапка багытталган, жарыш күчтөр системасы катары караса болот (1.43 - чийме). Жарыш күчтөрдүн тең аракет этүүчү iP P=∑
жарыш күчтөрдүн
багытын көздөй багытталат. Жарыш күчтөрдүн тең аракет этүүчүсү, нерсенин оордук салмагы деп аталат. Анын тиркелеген чекитин аныктоо талап кылынат. Жарыш күчтөрдүн өздөрү тиркелеген чекиттеринин айланасында бирдей, ар кандай багытта бурулганда да С чекитинин абалы өзгөрбөйт. Жарыш күчтөрдүн тең аракет этүүчүсүнүн аракет эткен сызыгы да С чекити аркалуу өтөт. С чекити жарыш күчтөрдүн борбору деп аталат. Нерсенин бардык бөлүкчөлөрүнө аракет эткен, жарыш оордук салмак күчтөрүнүн борбору болгон геометриялык чекит оордук салмак көчтөрүнүн борбору деп аталат. Нерселердин оордук салмак күчтөрүнүн борборунун абалын
i iC
P rr
P
⋅= ∑
(1.61)
аркалуу аныкталат. Мындан нерсенин борбордук салмак борборунун абалын аныктоо үчүн формуланы алабыз:
i iC
P xx
P
⋅= ∑ , i i
C
P yy
P
⋅= ∑ , i i
C
P zz
P
⋅= ∑ (1.62)
Р – нерсенин оордук салмагы.
3P
2P
1P
P
С
y
x
z
yC xC
zC
O
1.43 – чийме.
Cr
43
, ,i i ix y z - нерсенин бөлүкчөлөрүнө аракет эткен оордук салмак күчтөрү тиркелген чекиттердин координаттары.
§ 1.2.2. Бир тектүү катуу нерселердин оордук салмактары
1. Көлөмдү бир тектүү катуу нерсенин карайлы. Оордук салмак iP
анын көлөмүнө пропорциялаш.
iP Vγ= ⋅ (1.63) Мында бирдик көлөмдөгү салмак жогорудагы формуланы колдонуп, көлөмдүү нерсенин оордук салмак күчтөрүнүн борборунун абалын аныктоочу формуланы алабыз:
i iC
V xx
V
⋅= ∑ , i i
C
V yy
V
⋅= ∑ , i i
C
V zz
V
⋅= ∑ (1.64)
2. Бир тектүү жука пластина.
x
O
1.45 – чийме.
y
С1 С2 С3
3P
2P
1P
P
С
y
x
z
yC
xC
zC
O
1.44 – чийме.
Cr
44
Нерсенин калыңдыгын эсепке албай, анын аянтынын оордук салмак борборунун аныктоочу формуланы алабыз:
i iC
S xx
S
⋅= ∑ , i i
C
S yy
S
⋅= ∑ (1.65)
Мында S - пластинанын аянты, iS - пластинаны түзүүчү бөлүктүн аянты, Cx ,
Cy - пластинаны ар бир бөлүкчөсүнүн оордук салмактарынын координаттары.
3. Кесилиш аянты кичине, абдан узун бир тектүү катуу нерсе, б.а. Бир тектүү сызыкч. Бир тектүү узундугу L - сызыкчанын оордук салмак борбору,
i iC
l xx
L
⋅= ∑ , i i
C
l yy
L
⋅= ∑ , i i
C
l zz
L
⋅= ∑ (1.66)
формулалары менен аныкталат. , ,i i ix y z - ар бир бөлүкчөнүн оордук салмактарынын координаттары.
Жогорку алынган формулаларды анализдеп, бир тектүү катуу нерселердин оордук салмактары, алардын геометриялык формаларына гана көз каранды деген тыянакка келебиз.
§ 1.2.3. Катту нерселердин оордук салмак борборлорун аныктоонун ыкмалары
Катуу нерселердин оордук салмак күчтөрүнүн абалын (координаттарын) аныктоо үчүн аларды бөлүкчөлөргө бөлүү ыкмасы негизги ыкма болуп эсептелет. 1. Бөлүкчө бөлүү ыкмасы. Нерсени, оордук салмактары алдын ала белгилүү же оңой аныктай ала турган бөлүкчөлөргө бөлөт. Нерсенин оордук салмак абалын төмөнкү формула менен аныкталат:
i iC
S xx
S
⋅= ∑ , i i
C
S yy
S
⋅= ∑ , i i
C
S zz
S
⋅=∑ (1.67)
Мисал келтирип көрөлү.
Мисал – 1.15. Бир тектүү пластинанын оордук борборун тапкыла? Берилди: АВ=10 см, BD=30 см, KL=10 см, AL=20 см
xC-? yC-?
Чыгаруу. Пластинканын оордук борбору С симметриялык х – огунда жатат. х - огуна тик y огун жүбөрөбүз. Пластинанын үч: ABDH, LKNF жана PMNL тик бурчтукка бөлөбүз, булардын ар биринин оордук салмак борборлору С1, С2, С3 көргөзөбүз; тик бурчтуктардын аянттарын эсептейбиз: 2
1 2 300S S см= = , 2
3 200S см= , С1, С2, С3 борборлорунун координаттары 1 2 15x x см= = , 3 5x см= .
45
Оордук салмагынын борборун төмөнкүчө жазабыз:
1 1 2 2 3 3
1 2 3
15 300 15 300 5 20012,5
300 300 200C
S x S x S xx см
S S S
⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅= = =+ + + +
Пластинканын оордук салмак борбору С – нын координаттары 12,5 ; 0C Cx см y= = болот.
2. Салмагын (массасын) кемитүү (алып салуу) ыкмасы. Кээ учурларда
нерсе бош бөлүкчөлөргө бөлүп, бош бөлүкчөнүн турушу мүмкүн. Бул нерсени бөлүкчөлөргө бөлүп, бош бөлүкчөнүн салмагын (аянтын, көлөмүн) алып салуу керек. Мисал көрсөтүп көрөлүү.
Мисал – 1.16. Жогорку маселени 2 – инчи ыкма менен чыгарып көрөлү. Пластинканын AL жагын туташтырып, BDFK жана APEL тик бурчтуктарды карайбыз. BDFK тик бурчтугунун оордук салмагы, диагоналын кесилиши жатат, анын координаты 1 15x см= , аянты
21 1200S см= . APEL – тик бурчтукгунун оордук салмагы С2 – нин координаты
2 20x см= , тик бурчтуктун аянты 22 400S см= .
Пластинканын оордук күчүнүн координаты
1 1 2 2
1 2
1200 15 400 2012,5
1200 400C
S x S xx см
S S
⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅= = =− −
Ошонтип оордук күчүн координаты 12,5Cx см= .
y
x
x1
C1
C C3
C2
K
L
A
B D
M
O
F
N
P
x2 x3
xC
1.46 – чийме.
E
46
3. Симметрия ыкмасы. Эгерде нерсенин симметриялуу огу болсо, анын
оордук салмагы бул окто жатат. Эгерде нерсе симметриялуу тегиздикте жатса, анын оордук салмагы ошол тегиздикте жатат. Эгерде нерсенин симметриялуу борбору болсо, анын оордук салмагы ошол борбордо болот.
4. Эгерде нерсенин оордук салмактары алдын – ала белгилүү бөлүкчөлөргө бөлүүгө мүмкүн болбосо, аны чексиз көп сандагы элементардык бөлүкчөлөргө бөлүп, формулардагы сумманы интеграл менен алмаштырып, анын оордук салмак координатын аныктайт. Эгерде нерсе көлөмдү ээлесе, анда
1 1 1, ,C C C
V V V
x xdV y ydV z zdVV V V
= = =∫ ∫ ∫ (1.68)
жалпак нерсе үчүн
1 1 1
, ,C C C
S S S
x xdS y ydS z zdSS S S
= = =∫ ∫ ∫ (1.69)
сызык ичке узун сызык үчүн 1 1 1
, ,C C C
L L L
x xdl y ydl z zdlL L L
= = =∫ ∫ ∫ (1.70)
формуларды колдонуп, оордук салмак борборунун координаттары аныкталат.
5. Эксперименталдык ыкма. Бир тектүү эмес, татаал конфигурациялуу катуу нерсени карап көрөлү. Анын оордук салмак борборун аныктоо үчүн, атайын методдордун жардамы аркалуу эксперименталдык ыкма менен аныкталат. Нерсенин жипке, чынжырга, троско, ар кандай чекитинен байлап, асып коюп, жиптин, чынжырдын, тросттун, сызыктарынын кесилишкен чекити оордук салмак борбору болорун аныктайбыз. Нерсени таразага тартуу жолу менен анын оордук салмагын табалабыз.
y
x
x1
C1 C2
K
L
A
B D
O
F
x2
1.47 – чийме.
P
E
47
II. КИНЕМАТИКА
§ 2.1. ЧЕКИТТИН КИНЕМАТИКАСЫ
Чекиттин кинематикасынын негизги маселеси – чекиттин кыймыл закондорун окуп үйрөнүү болуп эсептелет. Чекитин каалаган убакытта мейкиндиктеги (тегиздиктеги) абалын аныктап алсак, анда чекиттин кыймыл закону белгилүү болот.
§ 2.1.1. Чекиттин кыймылын аныктоо
Чекиттин кыймылын аныктоонун үч ыкмасы бар: вектордук, координаттык жана табыйгы ыкма. а) Вектордук ыкма. Мейкиндикте чекиттин абалын берилген кандайдыр бир кыймылсыз О чекитинен М чекитине жүргүзүлгөн r
радиус-вектор аркылуу аныктаса болот. Чекиттин жылышы менен r
радиус-вектору өзүнүн чоңдугу жана багыты боюнча өзгөрөт. Ар бир убакытыка r
- дин өзүнүн мааниси
туура келет, ошондуктан r
убакытка карата функция боло алат, б.а.
( )r r t= . (2.1)
б) Координаттык ыкма. Эгерде чекиттин кыймылынын траекториясы алдын ала белгисиз болсо, координаттык ыкма колдонулат. Мейкиндиктеги кыймылга келген чекиттин абалын
, ,x y z - координаттары менен аныкталат. Мейкиндиктеги чекиттин абалы убакыттын өтүшү менени өзгөргөндүктөн
( )1x f t= ,
( )2y f t= , (2.2)
( )3z f t=
функция болушат.
М
r
х
у
z
2.1 – чийме.
х
М
О
r
х
у
z
z
у х
2.2 – чийме.
j
k
i
48
в) Табыйгы ыкма. Эгерде чекиттин траекториясы алдын ала белгилүү болсо, чекиттин мейкиндиктеги кыймыл законун аныктоо үчүн, чекиттин траекториядагы ордун көрсөтсө болот. Чекиттин мейкиндиктеги кыймылын табыйгы жол менен аныктоо үчүн: 1) анын траекториясы, 2) кыймылдын оң жана терс багыты көрсөтүлгөн баштапкы эсептөө чекити, 3) анын траекториядагы орду s – аралыгына
( )s f t= (2.3)
болушу жетиштүү болот.
§2.1.2. Чекиттин кыймылынын ылдамдыгы жана ылдамдануусу а) Вектордук ыкма. Чекиттин кыймылы вектордук ыкма менен берилген, б.а.
( )r r t= . (2.4)
Ылдамдык-вектор чекиттин кыймылынын тез өзгөрүшүн көрсөтүүчү чоңдук. Ылдамдык-вектору убакыт боюнча радиус-вектордун биринчи туундусуна барабар, дайыма траекторияга жаныма сызык боюнча багытталат, б.а.
drV
dt=
. (2.5)
Ылдамдануу ылдамдыктын тез өзгөрүшүн көрсөтүүчү вектордук чоңдук. Ылдамдануу вектору убакыт боюнча ылдамдык векторунун биринчи туундусуна же убакыт боюнча радиус – вектордун экинчи туундусуна барабар, б.а.
2
2
dV d ra
dt dt= =
. (2.6)
Ылдамдануу – вектору тийишүүчү тегиздикте жайланышып, ийри сызыктын ичин көздөй батытталат.
М
О1
х
у
z
2.3 - чийме.
О + -
s
М3
М1 1V
М2
3V
2V
2.4. – чийме.
М1
1a
2.5 - чийме.
49
§2.1.3. Чекиттин кыймылы координаттык ыкма менен берилсе, анын ылдамдыгын, ылдамдануусун аныкто
Чекиттин кыймылы координаттык ыкма, б.а. ( )1x f t= ,
( )2y f t= , ( )3z f t= менен берилген. Чекиттин кыймылынын ылдамдыгы
аныктайбыз. Белгилүү r ix jy kz= + +
(2.2 – чийме). Ылдамдык вектору
dr dx dy dzV i j k
dt dt dt dt= = + +
, (2.7)
вектор
x y zV iV jV kV= + +
(2.8)
бул эки теңдемени салыштырып,
x
dxV
dt= , y
dyV
dt= , z
dzV
dt= (2.9)
экендигин табабыз. Ылдамдыктын координаттык окторго түшүрүлгөн проекциялары убакыт боюнча тиешелүү координаттардан алынган биринчи туундуларына барабар. Бул ылдамдыктын проекцияларын кошуп, анын модулун
2 2 2x y zV V V V= + + , (2.10)
багытын батыттоочу косинустардын формуласы
( ),cos xVV i
V∧ =
, ( ),cos yVV j
V∧ =
, ( ),cos zVV k
V∧ =
(2.11)
аркылуу аныкталат. Чекиттин кыймылынын ылдамдануусун табыш үчүн, жогорку ылдамдыкты тапкан сыяктуу эле, адегенде ылдамдануунун ар бир координаттык окторго түшүрүлгөн проекциясын б.а.
xx
dVa x
dt= = ɺɺ, y
y
dVa y
dt= = ɺɺ, z
z
dVa z
dt= = ɺɺ (2.12)
табабыз. Ылдамдануу векторунун координаттык окторго түшүрүлгөн проекциялары убакыт боюнча тиешелүү координаттардан экинчи туундусуна барабар. Бул проекциялардын кошуп, ылдамдануунун модулун
2 2 2x y za a a a= + + , (2.13)
багытын
( ),cos xaa i
a∧ =
, ( ),cos yaa j
a∧ =
, ( ),cos zaa k
a∧ =
(2.14)
аныктайбыз.
50
§2.1.4. Чекиттин кыймылы табыйгы ыкма менен берилсе, ылдамдыгын, ылдамдануусун аныктоо
Чекиттин тракториясы, баштапкы эсептөө чекити жана ( )s f t= -
траекториядагы орду берилсе, ылдамдыкты табабыз. Ылдамдык
ds
Vdt
τ=
. (2.15)
Ылдамдыктын модулу убакыт боюнча жаа координатынын биринчи туундусуна барабар, б.а.
ds
Vdt
= . (2.16)
Ылдамдык вектору траекторияга жаныма сызык боюнча багытталат. τ - жаныма бирдик вектор. Ылдамдануу вектору жаныма жана нормалдык (борборго умтулуучу) ылдамдануулардын вектордук суммасына барбар, б.а. na a aτ= +
. (2.17) Жаныма ылдамдануу чекиттин ылдамдыгынын модулунун тез өргөшүн
мүнөздөөчү чоңдук, жаныма ылдамдануу убакыт боюнча ылдамдыктын модулунун биринчи туундусуна же убакыт боюнча жаа координатынын экинчи туундусуна барабар
dV
a sdtτ = = ɺɺ , (2.18)
жаныма ылдамдануу траекторияга жаныма сызык боюнча багытталат. Нормалдык ылдамдануу чекиттин ылдамдыгынын багытынын өзгөрүшүнүн тездигин аныктайт. Нормалдык ылдамдануу
2
n
Va n
ρ=
, (2.19)
2
n
Va
ρ= - дайыма башкы нормаль
боюнча ийри сызыктын борборун көздөй багытталат. Чекиттин ылдамдануусу
2 2na a aτ= + (2.20)
багыты
n
atg
aτα = (2.21)
аркылуу аныкталат. Ошентип, жаныма ылдамдануу бир калыпта эмес кыймылда гана нормалдык ылдамдануу ийри сызыктуу кыймылда гана болот. Эгерде: 1) 0, 0na aτ = = болсо, бир калыптагы түз сызыктуу кыймыл;
М
2.6 - чийме.
О + -
s
τ
V
na
aτ
τ
n
α a
М
О s +
-
2.7 – чийме.
51
2) 0, 0na aτ = ≠ болсо, бир калыптагы ийри сызыктуу кыймыл; 3) 0, 0na aτ ≠ = болсо, бир калыпта эмес, түз сызыктуу кыймыл; 4) 0, 0na aτ ≠ ≠ болсо, бир калыпта эмес, ийри сызыктуу кыймыл; 5) V const= - бир калыптагы кыймыл, кыймыл теңдемеси s Vt= ; 6) a constτ = - бир калыптагы өзгөрүлмө кыймыл,
ылдамдыгы 0V V a tτ= ±
кыймыл теңдемеси 2
0 2
ts V t aτ= ± болот,
(+) белгиси ылдамдатылган, (–) белгиси акырындатылган кыймыл болот.
Чекиттин кинематикасына, анын кыймыл теңдемесин, траекториясын, ылдамдыгын, ылдамдануусун аныктоо үчүн маселерди төмөнкү тартипте жүргүзсө ыңгайлуу болот:
1. Координаттар системасын тандап алуу. 2. Чекиттин кыймыл теңдемесин, тандалган координаттар системасында түзүү.
3. Кыймыл теңдемесин колдонуп, ылдамдыктын координаттык окторго карата проекциаларын аныктоо.
4. Ылдамдыктын модулун, багытын аныктоо. 5. Ылдамдыктардын проекциялары белгилүү болсо, ылдамдануулардын координаттык окторго проекцияларын табуу.
6. Ылдамдануунун модулун, багытын аныктоо. 7. Эгерде чекиттин кыймылынын траекторясы алдын – ала белгилүү болсо, табыйгы ыкманы колдонуп, ылдамдыкты, жаныма, нормалдык ылдамданууларды аныктоо.
8. na
, aτ
- ылдамданууларды кошуп, ылдамдануунун модул, багытын аныктоо.
Маселе чыгарып көрөлү.
Мисал - 2.1. Чекиттин кыймыл теңдемеси берилген 2 25cos5 , 5sin5x t y t= = . Баштакпкы учурда чекит баштапкы эсептөөчү абалда турган 0 0s = . Чекиттин траекториясын жана траектория боюнча кыймыл законду тапкыла? Чыгаруу: Чекиттин кыймылы теңдемеси координаттык жол менен берилген. Бул теңдемелерден убактты жоюштуруп, чекиттин траекториясын табабыз.
2cos55
xt = , 2sin5
5
yt = , эки жагын тең квадратка көтөрүп, кошобуз:
2 2 2 2sin 5 cos 5 1t t+ =
52
2 2
2 21
5 5
x y+ =
чекиттин траекториясы айлана. Баштапкы эсептөө чекитин табабыз, 0t = , болсо, 0 5x = , 0 0y = , ( )5;0 ;О ( )1 0;5 .М Чекит О чекитинен саатын жебесине
каршы жылып, айлана чиет. Чекиттин траекториясы белгилүү болсо, ылдамдык
ds
Vdt
= (2.22)
формула менен аныкталат. V - ны аныктайбыз.
25sin5 10x
dxV t t
dt= = − ⋅ ,
25cos5 10y
dyV t t
dt= = ⋅ ,
( ) ( )2 22 2 2 2 2 250 sin 5 50 cos 5 50x yV V V t t t t t= + = − + = ;
(2.22) теңдемеге коебуз: 50ds
tdt
= , бир жолу
интегралдайбыз: 2
1
5050
2
ttdt ds s C= ⇒ = +∫ ∫
1C - интегралдык турактуу сан. 0t = болгондо 0 0s s= = , 1 0C = ; анда чекиттин кыймыл закону 225s t= боюнча өзгөрөт. Мисал – 2.2. Кривошип ОА турактуу бурчтук ылдамдык 10 /рад сω = менен айланат. 80ОА АВ см= = ; Шатундун ортосунда турган М чекитинин кыймыл
теңдемесин тапкыла? Чыгаруу. М – чекитинин абалын табабыз. М – чекитинин ,x y координаттарга көлөкөсүн түшүрөбүз:
( )cos cos
120cos 120cos10
x ON OC CN OA AM
t t см
ϕ ϕω
= = + = ⋅ + ⋅ == =
( )sin 40sin 40sin10y MN OK MB t t смϕ ω= = = ⋅ = =
Чекиттин абалын аныктагандан кийин, анын траекториясын табабыз:
cos10120
xt = ,
sin1040
yt = ,
эки теңдеменин эки жагын квадратка
х
у
yV
xV
V
х
у
О1 О + -
М
М1
2.8 – чийме.
Берилди: 10 /рад сω =
80АО АВ см= =
? ?x y− −
траект.-?
у
х
А
В
М
N C
K
у
x
ϕ=ωt
ω
O
2.9 – чийме.
53
которуп, t – ны жоюштурабыз.
22
2cos 10
120
xt = ,
22
2sin 10
40
yt =
2 2
2 21
120 40
x y+ =
М – чекити эллипс боюнча кыймылдайт.
Мисал – 2.3. Чекиттин кыймылы 0 0cosx V t α= , 20 0
1sin
2y V t gtα= −
теңдемелери аркылуу берилген. Ох – огу горизонт боюнча, Оу – огу
вертикаль боюнча ойдо (жогору) багытталган. 0, ,2
V gπα < турактуу
чоңдуктар. 1) Чекиттин траекториясын, 2) Анын өтө жогорку координаттарын, 3) Чекит Ох координаттында турган учурда, ылдамдыктын окко түшүрүлгөн проекциясын тапкыла?
Чыгаруу. Чекиттин кыймылы координаттык ыкма менен берилген. Бул теңдемелерден t – убакытты жоюштуруп, траекториясын табабыз.
0 0
;cos
xt
V α=
0y V=0
x
V
2
0 2 20 00
2
2 20 0
1sin
2 coscos
1- траекториясы парабола
2 cos
xg
V
gxxtg
V
ααα
αα
− =
= −
Чеккиттин жогорку координаттын табыш үчүн, чекит канча убактта Н-бийиктигине которулоорун аныктайбыз. Эң жогорку абалда чекиттин ылдамдыгы, б.а.
0y
dyV
dt= = болот.
0 0 1sin 0dy
V gtdt
α= − =
мындан 0 01
sinVt
g
α= ;
Берилди: 0 0cosx V t α= ,
20 0
1sin
2y V t gtα= −
0, ,2
V g constπα < −
траек-? Н-? α-? xV -? yV -?
L
H
x
y
O
0V
2.10 – чийме.
54
0 02 1
2 sin2
Vt t
g
α= = - жерге түшкөнгө кеткен убакыт.
Анда
0 2 0
22 0 0 0 0
0
cos
sin cos sin 22
x L V t
VV
g g
αα α α
= = =
= =,
2 2
2 0 00 1 0 1
1 sin 1sin
2 2
Vy H V t gt g
g
αα= = − = −2 2
0 02
sinV
g
α 220
0sin2
V
gα=
Ылдамдыктын проекцияларын табабыз:
0 0cosx
dxV V
dtα= = , 0 0siny
dyV V gt
dtα= = − .
Чекит Ох огунда эки жолу: баштапкы жана түшкөн учурда болот, баштапкы учурда 0 00, sinyt V V α= = ,
акыркы (түшкөн) учурда 2 0; sinyt t V V gα= = − 0 02 sinV
g
α0 0sinV α= − .
Анда 0 0cosxV V α= , 0 0sinyV V α= ± .
§ 2.2. КАТУУ НЕРСЕНИН КЫЙМЫЛДАРЫ
Катуу нерсе беш түрдүү кыймылда болот: 1. Умтулма кыймыл; 2. Айлануу кыймыл; 3. Жарыш тегиздиктеги кыймыл. Жалпак нерсенин кыймылы; 4. Сфералык кыймыл. Нерсенин кыймылсыз бир чекттин айланасындагы кыймылы;
5. Эркин нерсенин кыймылы.
§ 2.2.1. Умтулма кыймыл Эгерде катуу нерсеге жүргүзүлгөн түз сызык өзүнө өзү жарыш
кыймылдаса, бул кыймыл умтулма кыймыл деп аталат. Теорема. Умтулма кыймылын аткарган катуу нерсенин бардык
чекиттери бирине бири жарыш, барабар траекторияларды чийишет жана убакыттын ар бир моментинде геометриялык жактан барабар ылдамдыкка жана ылдамданууга ээ болушат. Катуу нерсенин умтулма кыймылынын бул касиеттери, ал кыймылды чекиттин кыймылы деп кароого мүмкүнчүлүк берет. Умтулма кыймылдын теңдемеси үчүн, анын кандайдыр бир чекитинин, мисалы
z
y O
A1 A2
B B1 B2
zB
zА A
x 2.11- чийме.
55
оордук күч борбору С чекитинин кыймыл теңдемесин билүү жетиштүү болот.
1 2 3( ), ( ), ( )C C Cx f t y f t z f t= = = (2.23) Умтулма кыймылын аткарган катуу нерсенин кыймыл теңдемеси деп
аталат.
§ 2.2.2. Айлануу кыймылы Эгерде кыймылдагы катуу нерсенин эки чекити кыймылсыз болсо, анын
кыймылы айлануу кыймылы деп аталат. Эки кыймылсыз чекит аркылуу жүргүзүлгөн түз сызык айлануу огу деп аталат.
Айлануу кыймылын аткарган катуу нерсенин абалын табыш үчүн, айлануу огу менен тыгыз байланышкан кыймылсыз тегиздик П0 жана нерсе менен тыгыз байланышкан тегиздик П ны жүргүзөбүз. Кыймылсыз тегиздик менен кыймылдуу тегиздиктин ортосундагы бурч бурулуу бурчу деп аталат. Нерсенин абалы убакыттын өзгөрүшү менен өзгөргөндүктөн бурулуу бурчу φ=f(t) менен аныкталат. Бул теңдеме айлануунун теңдемеси деп аталат. Бурулуу бурчу шарттуу түрдө П0 – тегиздиктен П- тегиздикти көздөй багытталса оң (+) белгиде, тескерисинче болсо терс (-) белгиде деп
эсептелет. Практикада бурулуу бурчу φ = 2 π N аркылуу аныкталат. Катуу нерсенин бурулуу бурчунун өзгөрүшүнүн тездигин көрсөтүүчү
чоңдук бурчтук ылдамдык деп аталат. Бурчтук ылдамдык бурулуу бурчунун убакыт боюнча биринчи
туундусуна барабар, б. а. d
dt
ϕω = (2.24)
Бурчтук ылдамдыктын өзгөрүшүнүн тездигин мүнөздөөчү чоңдук бурчтук ылдамдануу деп аталат. Бурчтук ылдамдануу бурчтук ылдамдыктан убакыт боюнча алынган биринчи туундусуна барабар, б.а.
2
2
d d
dt dt
ω ϕε = = . (2.25)
Эгерде айлануу огу боюнча караганда нерсе саатын жебесине каршы айланса бурчтук ылдамдык, бурчтук ылдамдануу оң (+) белгиде, тескерисинче болсо терс(-) белгиде деп эсептелет.
Эгерде нерсенин айлануу кыймылында бурчтук ылдамдык өзгөрбөсө, (ω=const), анда мындай кыймыл бир калыптагы айлануу кыймылы деп аталат, кыймыл теңдемеси φ = ωt.
0П
П
ϕ
z
2.12 – чийме.
56
Эгерде нерсенин айлануу кыймылында бурчтук ылдамдануу өзгөрбөсө, ε=const, бир калыптагы өзгөрүлмө кыймыл деп аталат, анда бурчтук ылдамдык ε = dω /dt = const болсо, ω =ω0 ± εt менен аныкталат.
§ 2.2.3 Катуу нерсенин чекиттеринин ылдамдыктары жана ылдамдануулары
Чекиттин ылдамдыгынын модулу нерсенин бурчтук ылдамдыгын чекиттен
окко чейинки аралыкка көбөйткөнүнө барабар, б.а. V = ωR (2.26) Белгилүү болгондой ийри сызыктуу кыймылда ылдамдануу, жаныма, айланма жана борборго умтулуучу ылдамдануу an деп экиге ажырайт. Айланма ылдамдануу, нерсенин бурчтук ылдамдануусун чеккиттен окко чейинки аралыкка көбөйткөнгө барабар жана ал жаныма ок боюнча багытталат, б.а.
aй dV da a R R
dt dtτω ε= = = = (2.27)
Нормалдык ылдамдануу, борборго умтулма ылдамдануу деп аталат. Борборго умтулма ылдамдануу нерсенин бурчтук ылдамдыгынын квадратын, чеккиттен окко чейинки аралыкка көбөйткөнгө барабар жана ал радиус боюнча айлананын борборун көздөй багытталат, б.а.
2бор
na a Rω= = (2.28) Борборго умтулма жана айландырма ылдамданууларды кошуп,
параллелограмм тургузуп, анын диогоналы чекиттин ылдамдануусу болот
( ) ( )2 2ай борa a a= + (2.29)
багыты 2
ай
бор
atg
a
εαω
= = менен аныкталат.
Айлануу кыймылын өздөштүрүү үчүн, маселе чыгаруу методикалык
усулу. Бул темага маселе чыгаруу негизинен үч түргө бөлүнөт. 1. Нерсенин бурулуу бурчун, бурчтук ылдамдыгын, бурчтук
ылдамдануусун аныктоо. 2. Айлануу кыймылын аткарган катуу нерсенин чекиттеринин
ылдамдыгын, ылдамдануусун аныктоо. 3. Бир нерседен экинчи нерсеге (жип, чынжыр, тиштүү шкивтер)
айлануу кыймылдары берилсе, алардын ылдамдыктарын, ылдымданууларын аныктоо.
Маселе чыгаруунун методикасы менен төмөнкү мисалдар чыгаруудан жакын таанышуу ылайыктуу.
2.13 – чийме.
М
α
V
айa
борa
a
s ϕ
O –
+
57
Мисал - 2.4. Буу трубинасынын дискасынын бурулуу бурчу убакыттын үчүнчү даражасына пропорциялаш жана t = 3 c болгондо, бурчтук ылдамдыгы ω = 27π _р/сек барабар. Дисканын айлануу кыймылын тапкыла?
Чыгаруу. Бурулуу бурчунан убакыт боюнча биринчи туунду алып, дисканын бурчтук ылдамдыгын
аныктайбыз: 2 3d
t kdt
ϕω = = ⋅
убакыт t = 3c болгондо ω= 27 π c-1 болгондуктан:
_ 227 3 3 kπ = ⋅ ; мындан k = π. Айлануу кыймылынын теңдемеси 3 k tϕ = болот.
Мисал – 2.5. Дөңгөлөк тынч абалдан бир калыпта айлануу кыймылына келет. 10 минут өткөндөн кийин анын бурчтук ылдамдыгы 4π рад/с. Ушул 10 минут ичинде канча айлануу жасайт?
Чыгаруу. Дөңгөлөк бир калыптагы ылдамдануу менен айлангандыктан бурчтук ылдамдык, бурулуу бурчу
2
0 ,2
tt
εω ω ε ϕ= + =
менен аныкталат. Баштапкы бурчтук ылдамдык ω0 = 0; Анда
2
,2
tt
εω ε ϕ= =
болот. Мындан
t
2
ωϕ ⋅= ;
10 мин ичинде дөңгөлөк N жолу айланса, бурулуу бурчу 2 Nϕ π= ,
бурчтук ылдамдык
ω = 4π рад/с; 4 6002 N
2
ππ ⋅= ; N = 200
жолу айланат. Мисал – 2.6. Шкив айлануу кыймылын аткарат. Анын бир радиусунда
жаткан эки А жана В чекиттеринин ылдамдыктары 50 / ,AV см с= 10 /ВV см с= барабар. АВ = 20 см. Шкивдин бурчтук ылдамдыгын, диаметрин
тапкыла?
ϕ=kt3
t=3c ω=27π рад/с
Берилди:
ϕ-?
ε=const
t=10м=600c ω=4π рад/с
Берилди:
n-?
58
Чыгаруу. А, В чекитинин ылдамдыктары төмөнкү формулалар менен
аныкталат. ( ), 20 .A BV R V OB Rω ω ω= ⋅ = ⋅ = −
бурчтук ылдамдыктары
;20
A BV V
R Rω = =
−
мындан ω=2 рад/с.
2 50 / 25 50 .AV R см с R см d cм= ⋅ = = = Мисал – 2.6. Маховик ( )22 ,t рад t секϕ ϕ= ⋅ − − закону боюнча
айланат. Анын радиусу R=1 м. Маховик алкагындагы чекиттин ылдамдыгын, жаныма ылдамдануусу, нормалдык ылдамданууга барабар учурдагы ылдамдыгын тапкыла?
Чыгаруу. Маховиктин бурчтук ылдамдыгын, бурчтук ылдамдануусун табабыз.
24 / ; 4 / ;d d
t рад с рад сdt dt
ϕ ωω ε= = = =
жаныма ылдамдануу aτ = ε R, нормалдык ылдамдануу an = ω2 R. Маселенин шартына ылайык an = aτ, εR = ω2R, ε = ω2;
50 / ,
10 /A
В
V см с
V см с
==
АВ = 20 см
Берилди:
ω-?, d-?
А В
О
AV
BV
ω
R
2.14 – чийме.
ϕ=2 t2
R=1 м
na aτ=
Берилди:
V-?
А
О
AV
aτ
ω
R 2.14 – чийме.
na
a
59
t = 1/2 c болсо ω = 2с-1, ε = 4с-2; убакыт t = 0,5 c чекиттин ылдамдыгы VA = ω R = 2 м/с; t = 0,5 c моментинде А – чекитинин жаныма ылдамдануу, нормалдык an = ω2 R = 4 м/с2
ылдамданууга барабар болгондуктан А чекитинин ылдамдануусу
2 2 2 4 25,6 /A na a a R м сτ ε ω= + = + =
Мисал – 2.7. Радиусу R = 0,5 м диска горизонталдык ок О – нун
айлансында айланат. Алкактагы В чекитинин ылдамдануусу аВ = 16 м/с2 жана радиусу R менен 60˚ бурч түзөт. Дисканын бурчтук ылдамдыгын, бурчтук ылдамдануусун тапкыла?
Чыгаруу. В чекитинин ылдамдануусу берилген, аны эки түзүүчүгө
ажыратабыз.
0 2 2330 16 13,8 / , 60 8 /
2в ц
B В Вa а соs м с а соs м с= = = ⋅ =
экичи жагынан 213,8 /в
Ва R м сε= = мындан
227,6 ;в
Ва сR
ε −= =
2 2 18 / ; 4 .ц
ц ВВ
аа R м с с
Rω ω −= = = =
В чекиттин ылдамдыгы 2 / .BV R м сω= ⋅ =
Мисал 2.9. Жипке илинген жүк x = 100t2 м мыйзамына ылайык
кыймылдап, валды айлантат. Валдын радиусу R = 10 см валдын бурчтук
R=0,5 м 216 /Ba м с=
Берилди:
ω-?; ε-?
В
О
в
Ba
BV
ω
R 2.15 – чийме.
ц
Ba
Ba
60˚
60
ылдамдыгын, бурчтук ылдамдануусун жана А чекитинин ылдамдануусун тапкыла?
Чыгаруу. Жүк алга умтулуу кыймылында болот. Анын ылдамдыгы
200 / .dx
V t см сdt
= =
Ылдамдык 200 /V R t см сω= =
менен төмөн түшүп валды айландырат. Мындан
120 ;V
t секR
ω −= =
бурчтук ылдамдануу 220 /
dсм с
dt
ωε −= =
болот. А – чекитинин ылдамдануусу
2
2 2
;
200 / ;
400 /
ай бор
A A A
ай
A
бор
A
a a a
a R см с
a R см с
εω
= +
= ⋅ =
= =
бул түзүүчүлөрдү кошуп, параллограмм түзүп, анын диагоналы
( ) ( )2 2 2 4 4 2200 1 400 /ай бор
A A Aa a a R t см сε ω= + = + = + .
R=10 см 2100x t=
Берилди:
ω-?; ε-?; aA-?
M
V
ω
x
2.17- чийме.
61
Мисал – 2.10. Тиштүү дөңгөлөк - I 2 ( , )t рад t секϕ ϕ= − − мыйзамга ылайык айланат, да II дөңгөлөктү кыймылга келтирет. Дөңгөлөктөрдүн радиустары R1 = 0,1 м R2 = 0,05 м. II – дөңгөлөктүн А чекитинин ылдамдануусун тапкыла?
Чыгаруу. I – дөңгөлөк О1 октун айланасында жебесине каршы айланат дейли. Бурчтук ылдамдыгы
111 2
dc
dt
ϕω −= = .
Дөнгөлөктөрдүн тийишип турган К чекити бир эле учурда эки дөңгөлөккө тиешелүү болгондуктан К чекиттин ылдамдыгы
1 1 2 2KV R Rω ω= = болот. Мындан
11 2 12
2 1 2
, 4 ,R R
cR R
ω ωωω
−⋅= = =
II дөнгөлөк саат жебесинин багыты боюнча айланат. А чекитинин ылдамдануусу
ай бор
A A Aa a a= + 2 2,
ай
Аа Rε= ⋅ дөңгөлөк бир калыптагы айлануу кыймылында болгондуктан ( )constω ≠ , бурчтук ылдамдануусу 0ε = .
22 0,8 / ,бор
Aa R м сω= ⋅ = анда
20,8 /бор
A Aa a м с= = .
§ 2.2.4. Жарыш тегиздиктеги
кыймыл. Жалпак нерсенин кыймылы
Катуу нерсенин ар бир чекити шаттуу түрдө кыймылсыз деп алынган тегиздикке жарыш тегиздиктерде кыймылдаса, ал нерсенин кыймылы жарыш тегиздиктеги кыймыл деп аталат. Катуу нерсени кыймылсыз тегиздикке
R1=0,1 м R2=0,05 м ϕ=2t рад
Берилди:
aA-? A
2.18 – чийме.
ω1
ω2
К KV
Aa
II
I
O1
O2
1M
( )S M
090
y
x
2.19 – чийме.
62
жарыш тегиздик менен кессек жалпак фигура S – ти алабыз (2.19 - чийме). Жарыш тегиздиктеги кыймылды изилдөө үчүн жалпак фигуранын S –
тин тегиздиктеги кыймылын билиш жетиштүү болот. Жалпак фигура S – тин Оху тегиздигиндеги абалын билүү үчүн АВ
сызыгынын абалын аныктоо керек (2.20 - чийме). Анын абалы хА, уА жана бурч ϕ менен аныкталат. Фигуранын абалы убакыттын өтүшү менен өзгөргөндүктөн, 1 2 3( ), ( ), ( ),A Ax f t y f t f tϕ= = = (2.30) болот. Бул теңдемелер катуу нерсенин жарыш тегиздиктеги кыймылын аныктайт.
Жалпак фигуранын жарыш
тегиздиктеги кыймылынын эки: нерсенин уюл деп алынган чекити менен бирге умтулма кыймылга жана анын уюлдук тегиздигиндеги айлануу кыймылына ажыратсак болот. Умтулма кыймыл уюлдун абалына көз каранды, айлануу кыймылы уюлдун абалына көз каранды эмес.
Ошентип, жалпак фигуранын кыймылынын негизги кинематикалык чоңдуктары полюстун ылдамдыгы ,AV
ыдамдануусу ,Aa
бурчтук ылдамдык ω , бурчтук ылдамдануу ε болуп саналат.
§ 2.2.5. Жалпак фигуранын чекиттеринин ылдамдыгы жөнүндө теоремалар
Жалпак фигуранын чекиттеринин
ылдамдыктарын аныктоо үчүн төмөнкү теоремаларды колдонобуз. 1. Теорема. Жалпак фигуранын ар кандай В чекитинин ылдамдыгы уюлдун ылдамдыгы менен В чекитинин нерсе менен бирге уюлдун айланасындагы ылдамдыгынын геометриялык суммасына барабар.
B A ABV V V= +
(2.31) мында , ,AB ABV AB V ABω ω= × = ⋅
(2.32)
х
у
ϕ А В
2.20 – чийме.
хА
уА
О
AV
AV
ABV
BV
( )S
2.21 – чийме.
63
ABV
- АВ аралыгына тик багыт турган .ABV AB⊥
BV
- модул табыш үчүн,
,A ABV V −
векторлордон параллелограмм тургузуп, анын диагоналы катары, же проекция методун колдонуп аныктайбыз.
2. Теорема. Жалпак фигуранын эки чекитинин ылдамдыктарын проекциясы жөнүндө теорема. Жалпак фигуранын эки чекитинин ылдамдыктары, бул чекиттерди туташтырган түз сызыкка түшүрүлгөн проекциялары бири - бирине барабар;
cos cosAB A AB B
A B
пр V пр V
V Vα β==
(2.33)
жалпак фигуранын чекиттеринин
ылдамдыктарын аныктоо үчүн ылдамдык ирмемдеги борборун колдонобуз.
§ 2.2.6. Ылдамдыктын ирмемдеги борбору Жалпак фигуранын берилген убакытта ылдамдыгы нолго барабар болгон чекити Р ылдамдыктын ирмемдеги борбору деп аталат. Ылдамдыктын ирмемдеги борборун табуу үчүн: 1. VA га бурчтук ылдамдыгынын багытын көздөй 90˚ бурч менен сызык жүргүзөбүз.
2. Ушул сызык боюнча AVAP
ω= аралыгын
коебуз. Р – чекити ылдамдыктын ирмемдеги борбру деп аталат.
§ 2.2.7. Ылдамдыктын ирмемдеги борбурун колдонуп, жалпак фигуранын чекитинин ылдамдыгын аныктоо
Ылдамдыктын ирмемдеги борбурун колдонуп, жалпак фигуранын А, В,
С чекиттеринин ылдамдыгын аныктайбыз. Р – чекитин полюс катары карайбыз.
A
AV
BV
B( )S
α β
2.22 – чийме.
P
90˚
AV
ω
2.23 – чийме.
64
1 – Теоремага ылайык: ,A P PAV V V= +
, .B P PB C P PCV V V V V V= + = +
VP = 0, себеби Р – ылдамдыктын ирмемдеги борбору. Анда , ,B PB PB PBV V V PB V PBω= = ⋅ ⊥
, ,A PA PA PAV V V PA V PAω= = ⋅ ⊥
, ,C PC PC PCV V V PC V PCω= = ⋅ ⊥
Жалпак фигуранын ар кандай чекиттеринин берилген убакыттагы ылдамдыктарынын модулу нерсенин бурчтук ылдамдыгын, чекиттен ылдамдыктын ирмемдеги
борборуна чейинки аралыкка көбөйткөнгө барабар. Жогорку формулалардан
,A B A CV V V V
PA PB PA PC= =
(2.34)
Жалпак фигуранын чекиттеринин ылдамдыктары убакыттын ар бир моментинде чекиттерден, ылдамдыктын ирмемдеги борборуна чейинки аралыкка пропорциялаш болушат.
§ 2.2.8. Ылдамдыктын ирмемдеги борбурун аныктоонун жолдору
1. Жалпак фигуранын А жана В чекиттеринин ылдамдыктары багытталуучу сызыктар белгилүү болсо, ылдамдыктын ирмемдеги
борбору бул ылдамдыктарга ( ),A BV V
жүргүзүлгөн тик сызыктардын кесилишкен чекити болот (2.25 – чийме). Бул учурда нерсенин кыймылы ирмемдеги айлануу кыймылын аткарат.
2. А жана В чекиттеринин ылдамдыктары жарыш жана АВ сызыгына тик багытталган. Бул чекиттердин
ылдамдыктарынын модулдары белгилүү болуу керек. Төмөндөгү учурларды карап көрөлү.
BV
AV
CV
Р
В
С
А
ω
2.24 – чийме.
AV
BV
Р
В
А
ω
2.25-чийме.
(S)
65
а) || ,A B A BV V V V≠
(2.26 – чийме). Бул учурда ,A BV V
ылдамдыктарга тик сызык жана алардын акыркы чекиттерин туташтырабыз. Эки сызыктын кесилишкен чекити ылдамдыктын ирмемдеги борбору Р болот. Нерсенин кыймылы ирмемдеги айлануу кыймылы болот.
б) || ,A BV V
ылдамдыктары жарыш, карама – каршы багытталышса, ,A BV V
- га тик сызык жүргүзөбүз. Ылдамдыктардын учтарын туташтырабыз. Эки сызыктын кесилиш чекити – ылдамдыктын ирмемдеги борбору Р болот (2.27 - чийме).
в) || ,A BV V
модулдары A BV V= . Бул векторлорго түшүрүлгөн тик сызыктар жарыш болот. Ылдамдыктын ирмемдеги борбору чексизде жатат (2.28 – чийме ). Нерсе ушул ирмемде умтулма кыймылын аткарат, б.а.
0;A BA B C
V VV V V ω= = = = = =
∞ ∞
3. Дөңгөлөк горизонтал боюнча тайгаланбай кыймылдаса, ылдамдыктык ирмемдеги борбору дөңгөлөк менен тегиздиктин тийишкен чекити болот (2.29 – чийме).
Жалпак фигуранын чекиттеринин ылдамдыктарын аныктоону төмөнкү тартипте жүргүзсө болот: 1. Маселени чыгарардын алдында кинематикалык анализ жасоо, жарыш тегиздиктердеги кыймыл аткарган нерсени көрсөтүү.
2. Маселенин шартына ылайык ылдамдыгы оңой аныктала турган бир чекитти аныктоо.
3. Ылдамдыктын багыты же ылдамдык багыттыла турган сызыкты белгилүү экинчи бир чекитти аныктоо.
4. Ылдамдыктын формуласын колдонуп, бул чекиттин ылдамдыгын аныктоо.
5. Бурчтук ылдамдыкты табуу.
BV
Р
ω
AV
А
В
2.26 – чийме.
Р
А
В
AV
(S)
ω
2.27 – чийме.
(S)
AV
А
В BV
CV
C
(S)
2.28 – чийме.
BV
AV
A
P
ω
2.29 – чийме.
66
2.31 .чийме−
CV
C
P
ω
DV
KB
D
KV
BV
6. Бурчтук ылдамдык, полюстун ылдамдыгын белгилүү болгондон кийин, башка чекиттеринин ылдамдыктарын аныктоо.
7. Ылдамдыктын көз ирмемдеги борборун жогоруда көрсөтүлгөн учурларын колдонуп аныктоо.
8. Чекиттин ылдамдыктарын аныктоо. Маселе чыгарып көрөлү.
Маселе - 2.11. Радиусу R = 0,5 м дөңгөлөк тайгаланбай тегиздиктин бети боюнча бир калыпта смVC /10= ылдамдык менен кыймылдайт. Дөңгөлөктүн бурчтук ылдамдыгын, А, В, D, K чекиттеринин ылдамдыктарын тапкыла?
1 – ыкма. Берилди: R = 0,5 м, VC=10 м/с | ----------------------------| ω , VA, VB, VD, VK - ? Дөңгөлөк жарыш тегиздиктер кыймылын аткарат. Бул кыймылды эки: С чекити менен бирге алга умтулма жана анын тегерегинде айланма кыймылга ажыратабыз. 1 – теоремага ылайык A C ACV V V= +
болот.
ACV Rω= ⋅ ; Дөңгөлөк менен тегиздик тийишкен чекит (А) ылдамдыктын
ирмемдеги борбору болгондуктан бурчтук ылдамдык 120AVc
CPω −= = болот.
Анда 10 / ;ACV R м сω= ⋅ = Чиймеден көрүнгөндөй 0.A P C ACV V V V= = − =
В чекитинин ылдамдыгы , 10 / .B C BC BCV V V V R м сω= + = ⋅ =
2 2Анда 14,1 /B C BCV V V м с= + = .
D – чекитинин ылдамдыгы , 10 / . 20 /D C DC DC D C DCV V V V R м с V V V м сω= + = ⋅ = = + =
К – чекитинин ылдамдыгы , 10 / .K C KC KCV V V V R м сω= + = ⋅ =
2 2 14,1 / .K C KC BV V V м с V= + = =
2 – ыкма. Бул маселени ылдамдыктын көз ирмемдеги борборун колдонуп чыгарып көрөлү. Дөңгөлөк менен тегиздик тишийкен чекит ылдамдыктын көз ирмемдеги борбору болот. Дөңгөлөктүн кыймылын ирмемдеги айланма кыймыл деп карайбыз. Дөңгөлөктүн А, В, D, K чекиттеринин
2.30 .чийме−
CV
C
P
ω
AKV
CKV
CV
C
BCV
BV
BCV
CDVCV
D
CV
ACV
67
ылдамдыктарын айлануу кыймылындагыдай 0, , ,A B D KV V PB V DP V KPω ω ω= = ⋅ = ⋅ = ⋅ формулалары менен
аныктайбыз. Мында ирмемдеги радиустар 2 2 2 , 2 1 ,PB R R R м DP R м= + = = = 2 ,KP PB R м= = болсо
20 2 14,1 / , 20 / , 141 / ,B D KV R м c V м c V м c= = = =
,B BV PB V KP⊥ ⊥ болот.
Маселе - 2.31. Кривошип менен шатундан турган механизм берилген. Кривошип О – огунун айланасында бурчтук ылдамдык ωОА = 6π с-1, менен айланат АО = 40 см, шатундун узундугу АВ = 100 см, бурч φ = 0˚, φ = 90˚ учурунда шатундун бурчтук ылдамдыгын ωАВ, жана анын ортоңку чекити М – дин жана ползун В нын ылдамдыгын тапкыла?
Чыгаруу. Механизмдин ОА – кривошибин айлануу, В – ползуну алга умтулуу, шатун АВ – жарыш тегиздиктердеги кыймылын аткарышат. Механизмдеги маселенин шартына ылайык чийүү керек; 1) 0ϕ = Шатун жана кривошип бир түз сызыкта жатат. А – чекити уюл, анын ылдамдыгы 240 / ,A OAV OA см сω π= ⋅ = OAVA⊥ .
Механизмдин ушул абалында В чекитинин ылдамдыгы 0BV = , бул чекит ылдамдыктын ирмемдеги борбору болот. АВ шатуну ирмемдеги айлануу кыймылын аткарат
240 / ,A ABV AP см сω= ⋅ = мындан
1240 6
200 5A
AB
Vc
AP
π πω −= = = − . ABω
алдындагы минус (-) белгиси, шатун АВ саатын жебеси боюнча Р айланасында ирмемдеги айлануу кыймылында болот.
М – чекитинин ылдамдыгын A MV V
AP MP= катнашы менен аныктайбыз; б.а.
120 /2M A A
MP APV V V см с
AP APπ= = = же
6100 120 /
5M ABV MP см сπω π= = = болот.
ωOA=6π с-1 OA=40 см АВ=200 см
Берилди:
0 , 90 ?ϕ ϕ= = −
О
ωОА
2.32 – чийме.
В
А
ϕ
О ωОА
2.33 – чийме.
В
А
AV
MV
М
ωАВ
Р
68
2) 90ϕ = Кривошип тик жайгашкан А чекитинин ылдамдыгынын багыты, модулу 240 /AV см сπ= , В чекитинин ылдамдыгынын багыты белгилүү.
Ылдамдыктын көз ирмемдеги борборун табабыз. жанаA BV V
тик
сызык жүргүзөбүз, АР = ВР = МР чексизде кесилишет, б.а. АР = ВР = МР =∞. Шатундун бурчтук
ылдамдыгы 0.A BAB
V V
AP BPω = = =
Шатун АВ ирмемде умтулма кыймылын аткарат, ошондуктан
240 /A M BV V V см сπ= = = болот.
Масале – 2.13. Кривошип менен шатундан турган механизм берилген. С чекитине CD өзөкчөсү, CD – өзөкчөсүнө DЕ – өзөкчөсү туташтырылган. DЕ – өзөкчөсү Е огунун айланасында айланат. Кривошиптин бурчтук ылдамдыгын тапкыла? В жана Е чекиттери бир вертикалдык сызыкта жатат.
Чыгаруу: Механизм эки: ОАВ, CDE бөлүктөн турат. ОА – айлануу, АВ
– жарыш тегиздиктеги кыймылды аткарышыт. А – чекитинин ылдамдыгы 200 / .A OA AV AO см с V OAω= = ⊥
В – чекитинин ылдамдыгы 0,BV = В –
чекити ылдамдыктын ирмемдеги борбору Р болот. С – чекитинин
ылдамдыгы ны ;мындан 100 / .A C AC C
V V V CPV V см с
AP CP AP= = =
С – чекитинин ылдамдыгы белгилүү болгондон кийин CDE – механизмди (бөлүктү) карайбыз. DE – айлануу СD – шатуну жарыш тегиздиктердеги кыймылды аткарышыт. С – чекитинин ылдамдыгынын модулу, багыты жана D – чекитинин ылдамдыгынын багыты DV DE⊥
белгилүү. D – чекитинин
ылдамдыгынын модулун табуу үчүн 2 – теореманы, б.а. С, D чекиттеринин ылдамдыктарынын, ал чекиттерди туташтырган сызыкка түшүрүлгөн проекциялары барабар.
О
ωОА
2.34 – чийме.
В
А AV
MV
М
Р BV
О ωОА
2.35 чийме
В
А
AV
CV
С
ωАВ
Р
Е
D ωDE
DV
ωOA=8 с-1 OA=25 см DE=100 см AC=BC ∠CDE=90˚ ∠BED=30˚
Берилди:
?DEω −
69
CD C CD Dпр V пр V=
колдонобуз 0cos60D CV V= мындан 50 /DV см с= D – чекити DE – өзөкчөсү менен Е – огунун айланасында айлангандыктан, D DEV DEω=
болот мындан 10,5DDE
Vc
DEω −= = .
§ 2.2.9. Жалпак нерсенин чекитинин ылдамдануусун аныктоо
Жалпак нерсенин чекиттеринин ылдамданууларын төмөнкү теорема менен аныкталат.
Теорема. Жалпак нерсенин ар кандай В чекитинин ылдамдануусу уюлдун ылдамдануусу менен анын уюлга карата айлануу кыймылындагы ылдамдануусунун геометриялык суммасына барабар, б.а.
бор ай
В А АВ А АВ АВа а а а а а= + = + + (2.35)
В чекитинин нерсе менен бирге уюлдун айланасындагы айлануу кыймылындагы ылдамдануусунун модулу
( ) ( )2 2бор ай
АВ АВ АВа а а= + (2.36)
мында 2 ,бор
АВа АВω= ⋅ ||бор
АВа AB
,ай
АВа АВε= ⋅ ай
АВa АВ⊥ (2.36 чийме)
Аа
Ва
АВа
ай
АВа
ε ω
Аа
2.36 .чийме−
А В
70
§ 2.2.10. Ылдамдануунун ирмемдеги борбору
Жалпак фигуранын чекитинин ылдамдануусун ылдамдануунун ирмемдеги борбору деген түшүнүктү колдонуп аныктоого болот. Убакытын ар кандай мезгилинде жалпак нерсенин бир чекитинин ылдамдануусу нолго барабар чекити, ылдамдануунун ирмемдеги борбору деп аталат. Бул чекитти аныктоо үчүн, жалпак нерсенин А чекитинин ылдамдануусу Аа
,
бурчтук ылдамдык ω , бурчтук ылдамдануусу ε берилсе, ылдамдануунун ирмемдеги борборун аныктоо үчүн:
1. 2
arctgεα
ω= -бурчту табабыз. Бул бурчту Aa
векторуна ε - дун багыты
боюнча коюп, түз сызык жүргүзөбүз.
2. Бул түз сызык боюнча 2 4
AaAQ
ε ω=
+ аралыкты өлчөп ылдамдануунун
ирмемдеги борборун Q табабыз.
§ 2.2.11. Ылдамдануунун ирмемдеги борборун колдонуп, жалпак нерсенин чекитеринин ылдамданууларын аныктоо
Ылдамданнун көз ирмемдеги борбору Q , бурчтук ылдамдык ω , бурчтук ылдамдануу ε берилген. А,В,С, чекиттеринин ылдамданууларын аныктайбыз. Ылдамданууну аныктоонун теоремасына ылайык, Q-чекитин уюл катары карап, А, В, С чекиттеринин ылдамдануулары
,А Q QAа а a= +
,В Q QВа а a= +
;С Q CQа а a= +
0Qa = (2.37)
болгондуктан ;ай бор
А QA QA QAа а a a= = + 2 ;бор
QAа QAω= ⋅ ;ай
QAа QAε= ⋅ (2.38)
модулу
( ) ( )2 2 2 4бор ай
A QA QAа a а QA ε ω= + = + (2.39)
багыты
2;tg
εαω
= (2.40)
( ) ( )2 2 2 4бор ай
B QB QBа a а QB ε ω= + = + (2.41)
( ) ( )2 2 2 4бор ай
C QC QCа a а QC ε ω= + = + (2.42)
мындан
;A
B
a QA
a QB= ;A
C
a QA
a QC= (2.43)
Q
А
ε
ω
α Аа
2.37 .чийме−
71
Жалпак нерсенин чекиттеринин ылдамдануулары, убакыттын ар бир моментинде чекиттерден борборуна чейинки ылдамдануулардан көз ирмемдеги аралыктарына пропорциялаш болушат жана ал аралыктар менен
бирдей 2
arctgεα
ω= бурч түзүшөт. Жалпак нерсенин чекиттеринин
ылдамданууларын, нерсенин ылдамдануусунун ирмемдеги борборуна карата айлануу кыймылындагы ылдамдануудай аныктаса болот.
§ 2.2.12. Ылдамдануун ирмемдеги борборун аныктоонун кээ бир учурлары
1. Маселенин шартына ылайык ылдамдануусу нолго барабар чекити белгилүү.
Дөңгөлөк тайгаланбай тегиздиктин бети боюнча кыймылдайт. Дөңгөлөктүн борборунун ылдамдыгы турактуу, б.а. CV const= . С- чекити ылдамдануунун ирмемдеги борбору Q болуп эсептелет. Дөңгөлөк менен тегиздик тийишкен P чекити ылдамдыктын көз ирмемдеги борбору болот.
CV const= , 0CС
dVа
dt= = . (2.44)
Дөңгөлөктүн ар кандай чекиттеринин ылдамдануулары борборго умтулма ылдамданууларга барабар болот да, С борборун көздөй багытталышат.(2.39-чийме)
ω
ε ай
QBа
бор
QAа
Аа
ай
QAа
Ва
бор
QВа
бор
QСа
ай
QСа
Са
А
В
С
Q
2.38 - чийме.
α
α
α
Аа
Dа
Pа
CV
Q С
Р
А
2.39 .чийме−
72
2
;CА В D
Vа а а
R= = = ⋅ ⋅ ⋅ + (2.45)
2. Жалпак фигуранын А чекитинин ылдамдануусу Аа
, бурчтук ылдамдык ω ,
бурчтук ылдамдануу ε белгилүү болсо, §2.2.11 көрсөтүлгөндөй аныкталат (2.37-чийме). 1) бир калыптаты айлануу кыймыл болсо, ,constω = 0ε =
Анда 2
0,tgεα
ω= = 0 ;α = °
2;Aa
AQω
= Ылдамдануунун
ирмемдеги борбору Q болот. Бул учурда чекиттин ылдамдануусу ылдамдануунун ирмемдеги борборуна багытталат.
2)бурчтук ылдамдык 0,ω = 0ε ≠ болсо, 2
tgεα
ω= = ∞
90 ;α = ° AaAQ
ε=
Q чекити ылдамдануунун ирмемдеги борбору болот. Чекитин ылдамдануусу AQ аралыгы менен 90° түзөт.
3)эгерде 0,ω = 0,ε = болсо , 0;tgα = 0Aa
AQ= = ∞
Ылдамдануунун көз ирмемдеги борбору Q чексизде жатат. Нерсе бул ирмемде алга умтулуу кыймылын аткарат, б.а. А В Са а а= = = ⋅ ⋅ ⋅. Жалпак нерсенин чекиттеринин ылдамданууларын аныктоо үчүн төмөнкү тартипте чыгаруу ыңгайлуу болот: Ι .Эгерде жалпак нерсенин бир чекитинин ылдамдыгы ылдамдануусу жана экинчи чекитинин ылдамдыгынын, ылдамдануусунун багыты берилип, чекиттин ылдамдануусун аныктоо керек болсо:
1) Чекиттердин ылдамдыктарына тик сызык тургузуп, ылдамдыктын ирмемдеги борборун аныктап, нерсенин бурчтук ылдамдыгын табуу керек.
ω
ε
α Аа
Q
2.40 –чийме.
ε
α Аа
Q
2.41-чийме.
ω
ω
Аа
Q
A
2.42 – чийме.
Аа
ε
°90
2.43 – чийме.
А
Q
73
2) Экинчи чекиттин биринчи чекитке карата борборго умтулуучу ылдамданууну табуу керек. 3) Экинчи чекиттин ылдамдануусунун багытына тик жаткан окко ылдамданууларды аныктоочу теореманын бардык түзүүчүлөрүн проекциялап айландырма ылдамданууну таап алуу зарыл. 4) Нерсенин ирмемдеги бурчтук ылдамдануусун табуу керек. 5) Нерсенин ар кандай чекитинин ылдамданууларын аныктоо керек. ΙΙ . Нерсенин эки чекитинин ылдамдануусу берилген. Ылдамдануунун ирмемдеги борборун жана чекиттердин ылдамданууларын аныктоо талап кылынат. 1) Бир чекитти уюл деп эсептеп, ылдамданууларды аныктоочу теореманы б.а. бор ай
В А ВА ВАа а а а= + + (2.46)
А жана В чекитин туташтыруучу сызыкка проекциялаш керек. 2) Мындан бор
ВАа
-ылдамданууну жана ирмемдеги бурчтук ылдамдыкты табуу керек. 3) АВ түз сызыгына (2.46) теңдемени проекциялап ай
ВАа
ылдамданууну жана ирмемдеги бурчтук ылдамданууну ε табуу керек. 4) Нерсенин ар кандай чекиттеринин ылдамданууларын аныктоо керек. 5) Ылдамдануунун ирмемдеги борборун аныктоо кара (§ 2.2.10 - § 2.2.12).
Мисал чыгарып көрөлү.
Мисал – 2.14. Дөңгөлөк тайгаланбай түз бет боюнча кыймылдайт.
Дөңгөлөктүн радиусу 0,5r м= . Дөңгөлөктүн борборунун ылдамдыгы
0,5 /CV м с= , ылдамдануусу 20,5 /Са м с= − . Дөңгөлөктүн М жана Р чекиттеринин ылдамданууларын тапкыла?
Чыгаруу. Дөңгөлөк жарыш тегиздиктердеги кыймылды аткарат. С-чекитинин ылдамдыгы, ылдамдануусу белгилүү болгондуктан, аны уюл катары карайбыз. Дөңгөлөктүн кыймылы дөңгөлөктүн огу (борбору)
менен бирге алга умтулуу жана октун айласында айлануу кыймылынан турат. М-чекитинин ылдамдануусу
бор ай
М С МС МС МС Са а а а а а= + = + + (2.47)
2 ;бор
МСа МСω= ⋅ ;ай
МСа МСε= ⋅
ω
ω ε
Са
CV
C M
P
2.44 – чийме.
Берилди: 0,5 ,r м= 0,5 / ,CV м с=
20,5 / .Са м с= −
?Ма − ?Pa −
74
бурчтук ылдамдык ω , бурчтук ылдамдануу ε белгисиз. Бурчтук ылдамдыкты табыш үчүн, ылдамдыктын ирмемдеги борбору Р аныктайбыз.
11C CV Vc
PC rω −= = =
211C C Cd d V dV a
cdt dt r r dt r
ωε − = = = = = −
Анда 20,5 / ,бор
МСа м с= бор
МСа
ылдамдануу С чекитин көздөй багытталган.
20,5 / ;ай
МСа МС м сε= ⋅ = ай
МСа r⊥
М чекитинин ылдамдануусу
( ) ( )2 2 20,5 /бор ай ай
М С МC МC МСа а a а а м с= − + = =
М-чекитинин ылдамдануусу жаныма сызык боюнча багытталат. Р-чекитинин ылдамдануусу табалы. ;ай бор
Р С РС РСа а a a= + + (2.48)
Мында 2 20,5 / ;бор
РСа РС м сω= ⋅ =
20,5 / ;ай
РСа РС м сε= ⋅ = Р-чекитинин ылдамдануусу
( ) ( )2 2 20,5 /ай бор бор
Р С РC РC РСа а a а а м с= − + = =
бор
РСа
-борборун көздөй багытталат, ушул маселени ылдамдануунун көз ирмемдеги борбору аркалуу аныктап көрөлү.
С-чекитинин ылдамдануусу, бурчтук ылдамдык ω , брчтук ылдамдануу ε белгилү болгондуктан, ылдамдануунун ирмемдеги борборун табабыз.
21,tg
εαω
= = 45α = ° ;
С-чекитинин ылдамдануусунан ε багытын көздөй 45 бурч менен түз сызык жүргүзөбүз. Бул түз
сызыкты бойлото 2 4
0,50,35
2С
aСQ м
ε ω= = =
+
аралыкты коюп Q-чекиттин ылдамдануунун ирмемдеги борборун алабыз. Тик бурчтуу үч
бурчтук CQP тең капталдуу үч бурчтук болгондуктан PQ CQ= , анда 2 4 2
2 4 2
0,5 / ;
0,5 / .
Р
М
а РQ м с
а MQ м с
ε ω
ε ω
= + =
= + =
ай
МСа
бор
МСа
Ма
Са
М
2.45 – чийме.
ай
РСа
бор
РСа
Са
Ра
Р
2.46 – чийме.
Са
Ра Ма
СV M
Q
ω ε
°45 °45
Р
С
2.47-чийме.
75
Мисал – 2.15. Узуну 20OA cм= кривошип О огунун айланасында бир калыпта бурчтук ылдамдык 10 /ОА рад сω = менен айланып, шатун АВ ны
кыймылга келтирет. Шатундун узундугу 100см . Ползун В вертикал боюнча кыймылдайт. Кривошип менен шатун өз ара тик жайланышкан жана горизонтал менен 45α = ° ,
45β = ° түзгөн учурдагы шатундун бурчтук ылдамдыгын АВω , бурчтук
ылдамдануусун АВε жана В - чекиттин ылдамдануусун тапкыла? Чыгаруу. Кривошип ОА айлануу шатун АВ жарыш тегиздиктердиги, ползун В умтулма кыймылын аткарышат. А чекитинин ылдамдыгын табабыз.
200 /А OAV OA см сω= ⋅ = , ал ОА га тик багытталган. А-чекитин уюл катары алабыз. А-чекитинин ылдамдыгынын модулу, багыты жана В чекитинин ылдамдыгынын багыты белгилүү. В чекитинин ылдамдыгынын модулун аныктоо үчүн ылдамдыктын ирмемдеги борбору Р табабыз. Ал үчүн А жана В чекиттеринин ылдамдыктарына тик сызык тургузабыз. Тик сызыктардын кесилишкен чекити, ылдамдыктын ирмемдеги борбору Р-болот. Ылдамдык
BV
табабыз.
;A
B
V AP
V BP= 2800 / ,B A
BPV V см с
AP= ⋅ = себеби 2 cos45ВР AB= ° , AP BP= .
Шатундун бурчтук ылдамдыгы 12 ;AAB
Vc
APω −= = В чекитинин
ылдамданусунун теореманы колдонуп табабыз.
бор ай ай бор
B A AB A A AB АВа а а а а a а= + = + + + (2.49)
2 22000 / ;бор
А ОАа ОА см сω= ⋅ = бор
Аа ОА− боюнча О көздөй багытталат.
;ай
А ОАа ОАε= ⋅ ,ОА constω = 0,OAε = 0.ай
Aa = 2 2400 / ;бор
АВ АВа АВ см сω= ⋅ = АВ-ны бойлото А-уюлга багытталган.
;ай
АВ АВа АВε= ⋅ белгисиз, багыты АВ-га тик багыталган.
Ва -багыталуучуу түз сызык белгилүү (2.49) вектордук теңдемени, В-
бор
АВа
бор
Аа
ай
АВа
АВε
АВω
Ва
ОАω
°45
ВV
АV
P
x
O
B
y
2.48 - чийме.
Берилди: 10 / ,ОА рад сω =
20OA cм=
100 .АВ см=
?АВω −
?АВε −
?Ва −
76
чекитинин ылдамдануусунун багытына тик багытталган х-огуна проекциялайбыз.
0 cos45 cos45 cos45 ;ай бор бор
АВ AB Aa a a= + − (2.50)
Мындан 21600 /ай бор бор
АВ А АВа а а см с= − = бул формуладан ирмемдеги бурчтук
ылдамдануу 216ай
АВАВ
ас
АВε −= = ныктайбыз, ал саатын жебеси боюнча
багытталат. В - чекитинин ылдамдануусун табыш үчүн (2.49) теңдемеси у -огуна проекциялайбыз.
2
cos45 cos45 cos45 cos45 ( )
2( 2000 400 1600) 565,5 / ;
2
ай бор бор ай бор бор
В АВ AB A АВ AB Aа a a a a a a
cм с
− = − − = − − =
= − − + = −
2565,5 / .Ва см с= В чекитинин ылдамдануусу чиймеде көрсөтүлгөндөй багытталат. Мисал – 2.16. Узундугу 0,2 м өзөкчө АВ жарыш тегиздиктердеги кыймыл аткарат. А жана В чекиттеринин ылдамдануулары 22 /А Ва а м с= = жана АВ-га тик, карама каршы багытталышкан. Өзөкчөнүн бурчтук ылдамдыгын ω , бурчтук ылдамдануусун ε жана С чекитинин ылдамдануусун тапкыла?
Чыгаруу. АВ өзөкчө жарыш тегиздиктердеги кыймылды аткарат. Анын эки чекитинин ылдамдануусу берилген. А чекитин уюл деп алып В-чекитинин ылдамдануусун
табабыз. ;ай бор
В А АВ АВа а a a= + + (2.51)
2 ;бор
АВ АВа АВω= ⋅ .ай
АВ АВа АВε= ⋅ (2.51) вектордук теңдемени х, у огуна проекциялайбыз.
0 бор
Ва= − ; мындан 0;бор
АВАВ
а
АВω = =
ай
В А АВа а а− = − мындан 24 /ай
АВ А Ва а а м с= + =
анда 2420 ;
0,2
ай
АВАВ
ас
АВε −= = =
С-чекитинин ылдамдануусу ;ай бор
А АС АСа а a a= + + 0,бор
АСа = 22 /ай
АСа АС м сε= ⋅ = бул теңдемени х, y окторуна проекциялайбыз.
0Сха =
ай
САа
ай
АВа
бор
АВа
Аа
Ва
х А
у
В С
2.49-чийме.
Берилди: 0,2АВ м=
2 /А Ва а м с= =?АВω −
?АВε −
?Са −
77
0;ай
Су А САа а а= − =
Анда 2 2 0.С Сх Суа а а= + =
Мисал 2.17. Жалпак механизм бири-бири менен жана кыймылсыз О1 жана О2 шарнирлерден, 1-4 өзөкчөлөрдөн жана ползунунан тургузулган. Өзөкчөлөрдүн узундуктары l1=0,4 м, l2=1,2 м, l3=1,4 м, l4=0,8 м. Механизмдин абалы 0 ,α = ° 60 ,β = ° 30 ,γ = ° 0 ,ϕ = ° 120θ = ° бурчтар менен
берилген. Биринчи өзөкчөнүн бурчтук ылдамдануусу 21 10 ,сε −= В чекитинин
ылдамдыгы 6 / .BV м с= А,Е- чекиттеринин ылдамдыктарын, 2-өзөкчөнүн бурчтук ылдамдыгын, А-чекитинин ылдамдануусун тапкыла? Берилди: l1=0,4 м, l2=1,2 м, l3=1,4 м, l4=0,8 м, 2
1 10 ,сε −= 0 ,α = ° 60 ,β − ° 30 ,γ = ° 0 ,ϕ = ° 120θ = ° 6 / .BV м с=
?−AV ?−EV ?2 −ω ?−Aa Чыгаруу: Механизмдм берилген бурчтарга ылайыктуу тургузабыз. ОА-кривошиби, О2Е –өзөкчө айлануу, АВ жана ВЕ-шатундар жарыш тегиздиктердеги кыймылды В-ползуну умтулма кыймылын аткарат. А-чекитинин ылдамдыгы VA-ны аныктайбыз. В чекитинин ылдамдыгы VB=6 м/с, жана VA-нын багыты AV OA⊥
белгилүү. Теоремага ылайык бул эки
чекитти туташтырган сызыкка АВ-га түшүрүлгөн AV
-нын, ВV
-нын проекциялары бири бирине барабар болуш керек. cos30 cos60A BV V° = °
мындан cos60
3,46 / .cos30A BV V м с= =
Е - чекитинин ылдамдыгы VE - ни табабыз. В-чекитинин ылдамдыгын 6 / .BV м с= жана Е-чекитинин ылдамдыгынын багытын 2ЕV O Е⊥
белгилүү.
ВЕ - өзөкчөсү үчүн ылдамдыктын ирмемдеги борборун табабыз. Ал BV
жана
EV
векторлоруна тургузулган тик сызыктардын кесилишкен чекити Р болот. Е жана В чекиттеринин ылдамдыктары бул чекиттерден ылдамдыктын
78
ирмемдеги борборуна чейинки аралыктарга пропорциялаш: E BV V
EP BP= мындан
6 / .E B B
EPV V V м с
BP= = = үч бурчтук ВРЕ∆ -тең капталдуу үч бурчтук
болгондуктан EP=BP=BE=l2 барабар, анда VE=VB=6 м/с , 2-өзөкчөнүн бурчтук ылдамдыгын табабыз.
12
2
5 .B BV Vc
BP lω −= = =
А-чекитинин ылдамдануусун табабыз. 1ε -биринчи өзөкчөнүн бурчтук
ылдамдануусу белгилүү, айланма ылдамдануу 1 1;ай
Аа lε= ⋅ ай
Аa OA⊥;
2
1
,бор AА
Vа
l= ||бор
Аа ОА
болот.
Анда ( ) ( )2 2 275,1 / .бор ай
A A Aа a а м с= + =
бор
Аа
ай
Аа
Аа
АV
BV
EV
2ω
°120
°60
°60
°60
°60 °60
В
Р
Е
А
О
О2
2.50 – чийме.
°30
1
3
4
2
79
О
Ω
2.52 – чийме.
ω
§ 2.2.13. Сфералык кыймыл Кыймылсыз чекиттин айланасындагы айлануу кыймылы
Эгерде катуу нерсе бир кыймылсыз чекиттин айланасында айланса калган чекиттери сфера чийсе, сфералык же катуу нерсенин кыймылсыз
чекиттин айланасындагы айлануу кыймылы деп аталат. Нерсени бир чекиттин айланысында айландырыш үчүн үч октун 1, ,OZ ON OZ айласында
ϕθψ ,, бурчтарына айландырыш жетиштүү болот. Нерсенин абалы убакыттын өтүшү менен өзгөргөндүктөн,
)(1 tf=ψ - прецессия )(2 tf=θ - нутация )(3 tf=ϕ - өздүк айлануу бурчтар
убакытка көз каранды болушат. Бул бурчтар Эйлердин бурчтары деп аталышып, сфералык кыймылдын
теңдемеси болушат.
§ 2.2.14. Бир чекити байланган катуу нерсени которуу жөнүндө Эйлер-Даламбердин теоремасы
Теорема. Бир чекити байланган катуу нерсени бир абалдан башка
абалга которуу үчүн кыймылсыз чекит аркылуу өтүүчү октун айланасында буруу жетиштүү болот. Каралып жаткан убакытта ылдамдыктары нолго барабар болгон катуу нерсенин чекиттери аркалуу жүргүзүлгөн сызык, айлануунун ирмемдеги огу Ω деп аталат.
Нерсенин сфералык кыймылында айлануунун ирмемдеги огунун абалы
убакыттын өтүшү менен өзгөрөт, ошондуктан бурчтук ылдамдык векторунун модулу да, багыты да өзгөрөт (2.53-чийме) § 2.2.2 белгилүү болгондой
ϕ
θ
ψ
ψ
ϕ
θ
1z z
1y
y
1x x
N
O
2.51 – чийме.
80
Е 1ω 2ω
ε О
А
Au
ω
2.53 – чийме.
2Ω
Ω
1Ω
ε
MV
Мa
окaΩ
ай
Ea
H
M
Ωh
E
Ω
С
O
2.54 - чийме
Eh
бурчтук ылдамдык вектору ;d
dt
ωε =
Бурчтук ылдамдык векторлорунун
учтарын туташтырып, бурчтук ылдамдык векторунун годографын алабыз. А чекити үчүн радиус вектору катары ω болгондуктан, анын ылдамдыгы
A
dU
dt
ω=
барабар.
Анда AU ε=
, башкача айтканда бурчтук ылдамдануу вектору бурчтук ылдамдык векторунун акыркы чекитинин ылдамдыгына геометриялык жактан барабар. Бурчтук ылдамдануу векторун бойлото жүргүзүлгөн ок (ОЕ) – бурчтук ылдамдануу огу деп аталат.
§ 2.2.15. Сфералык кыймылдагы катуу нерсенин чекиттеринин
ылдамдыктары, ылдамдануулары
Жогоруда көрсөтүлгөндөй сфералык кыймылды ирмемдеги айлануу ΩО огунун тегерегиндеги айлануу
кыймылы деп кароого болот. Ошондуктан, катуу нерсенин чекиттеринин ылдамдыктарын, ылдамданууларын айлануу кыймылда кандай аныктасак, бул кыймылда да так ошондой эле белгилүү формула менен аныкталат (2.54 - чийме).
V hω Ω= ⋅ (2.52) Ылдамдануу экиге ажырайт.
ай
Еа
-айландырма ылдамдануу, ай
Е Eа hε= ⋅ жана EMH h= аралыгына бурчтук ылдамдануун багыты боюнча тик багытталат. окаΩ
-ирмемдеги
айлануу огуна багытталат. 2 ;ока hωΩ Ω= ⋅ h MCΩ = бул ылдамдануу
hΩ бойлото окту көздөй багытталат. M чекиттин ылдамдануусу ай ок
М Еа а аΩ= + Ривальстын теоремасы менен аныкталат. Ылдамдануунун
модулу
81
( ) ( ) ( )2 22 cos ;ай ок ай ок ай ок
М Е Е Еа a а а а а аΩ Ω Ω= + + (2.53)
менен же проекция жолу менен аныкталат. Мисал чыгарып көрөлү. Мисал – 2.18. Конус горизонталдык тегиздик боюнча тайгалануусуз
кыймылдайт . Конустун чокусундагы бурч 2 60α = ° , негизинин радиусу 20r см= . Негизинин борборунун ылдамдыгы турактуу жана 60 /см с . Конустун бурчтук ылдамдыгын, бурчтук ылдамдануусун, А жана В чекиттеринин ылдамдыгын ылдамданууларын тапкыла?
Берилди: ccмVC /60= cмr 20=
°= 602α ?−ω ?−ε ?−AV ?−Aa ?−Ba
Чыгаруу: Конустун кыймылы сфералык кыймыл болот, себеби анын бир чекити O кыймылсыз калат. Анын кыймылын ирмемдеги октун айланасындагы айлануу кыймылы деп карайбыз. а) конустун бурчтук
ылдамдыгын аныктайбыз. Конустун OA капталы анын ирмемдеги айлануу огу болот (2.56-чийме) C-чекитинин ылдамдыгы CV CDω= ⋅ , мында
cos60 17,3CD AC см= ⋅ ° = ; бурчтук ылдамдык
13,4CVc
CDω −= = ⋯
б) бурчтук ылдамданууну аныктайбыз. Бурчтук ылдамдануу табыш үчүн, бурчтук ылдамдык векторунун годграфын тургузабыз (2.57 чийме). Конустун горизонталдык тегиздик боюнча кыймылында вектор ω , z -огунун тегерегинде айлана чиет. Бурчтук ылдамдануу вектору ε геометриялык жактан К чекитинин
ылдамдыгы KU
-га барабар, KUε =
.
BU
конустун z огунун айланасындагы айлануу кыймылындагы ылдамдыгы, ал 1KU ω ω= ⋅ га барабар конустун z огунун тегерегиндеги
С
α2
Ва
Аа
окаΩ ай
Еа В
О А
2.55-чийме.
Ω О
CV
N
BV
ω
B
C
D A E
z
2.56 – чийме.
1ω
1ω
KU
ε
K O
E 2.57 – чийме.
82
айланусундагы бурчтук ылдамдык 1ω -ди табабыз. 1
602 / ,
30CV
рад сCN
ω = = =
2cos 30 30СN OA см= ° = . Анда 22 2 3 6,9 / ,KU рад с= ⋅ = 26,9 /KU рад сε = =
болот. ε кыймылсыз О чекитинен KU
багыты боюнча багытталат. в) А жана В чекитттеринин ылдамдыктарын табабыз. VA=0 себеби ОА –конустун ирмемдеги айлануу огу. BV BEω= ⋅ , мында 2 20 3BE CD см= =
120 /BV см с= . г) Ылдамданууларды ,Аа
Ва
-ны аныктайбыз.(2.55 - чийме) ай ок
В Еа а аΩ= + ; 2 415,7 / .ока ВЕ см сωΩ = ⋅ = ока ВЕΩ
277 / ,ай
Еа ОВ см сε= ⋅ = ай
Еа ОВ⊥
( ) ( )2 2 2366 /ай ок
В Еа а а см сΩ= + =
,ай ок
А Еа а аΩ= + 0,окаΩ = А чекити ирмемдеги айлануу огунда жатат.
2277 / ,ай
Еа ОА см сε= ⋅ = ( ) ( )2 2 2277 /ай ок
А Еа а а см сΩ= + =
Аа
ирмемдеги айлануу огуна тик багытталат.
§ 2.3. ЧЕКИТТИН ТАТААЛ КЫЙМЫЛЫ
§ 2.3.1. Ташыма, салыштырмалуу жана абсолюттук кыймыл Эгерде чекит бир эле учурда эки же андан көп кыймылга катышса, анын кыймылы татаал кыймыл деп аталат. Бул учурда чекиттин кыймылы эки эсептөөчү (кыймылсыз жана кыймылдоочу) системаларга карата кароого туура келет.
z1
x1
y1
y x
z
0r
r
ρ
M
A
D
O
O1
2.58 – чийме.
L
83
Чекит М кандайдыр бир D нерсеге карата кыймылдайт, ал эми D нерсеси өзү шартуу түрдө кыймылсыз деп кыбыл алынган О1x1y1z1 эсептөө системасына карата кыймылда болот дейли. Ар бир эсептөө системаны белгилүү нерселер менен байланыштыруу керек. Оxyz - эсептөө система кыймылдап жаткан D нерсеси менен О1x1y1z1 – жер менен тыгыз байланышкан. Ошондуктан, Оxyz – кыймылдоочу, О1x1y1z1 – кыймылсыз эсептөө системалар болуп эсептелет. М – чекиттин кыймылдуу системага (Оxyz) карата кыймылы – салыштырмалуу деп аталат. Кыймылдуу Оxyz системасынын (D – нерсесинин) кыймылсыз О1x1y1z1
системысына карата кыймылы, ташыма кыймыл деп аталат. М – чекиттин кымылсыз О1x1y1z1 системасына карата кыймылы, абсолюттук кыймыл деп аталат. Ошетип, чекиттин абсолюттук кыймылы татаал кыймыл болуп эсептелет, анткени анын кыймылы ташыма жана салыштырмалуу кыймылыдан турат. Бир нече мисал карап көрөлү. Кыймылдап бара жаткан автобустагы адамдын кыймылын карап көрөлү. Адамдын автобуска (кыймылдуу координаталар системасына) карата кыймылы салыштырма, автобустун жолго (кыймылсыз координаталар системасына) карата ташыма кыймылынан турат. Ошентип, адамдын татаал кыймылын эки жөнөкөй кыймылга ажыратууга болот. Дагы бир мисал. Жылып бара жаткан эскалатордун тепкичи менен адам басып бара жатат дейли. Адамдын кыймылы татаал кыймыл болуп эсептелет, себеби анын тепкич менен бирге кыймылы – ташыма, ал эми адамдын тепкичке карата кыймылы – ташыма, салыштырма, ал эми адамдын жерге (полго) кыймылы абсолюттук кыймыл болот. Татаал кыймылды үйрөнүү үчүн абсолюттук, ташыма, салыштырма ылдамдык жана абсолюттук, ташыма, салыштырма ылдамдануу деген түшүнүктү киргизүүгө туура келет. М чекиттин абсолюттук кыймылындагы ылдамдыгы aV
- абсолюттук
ылдамдык, ылдамдануусун aa
- абсолюттук ылдамдануу деп атайт. Чекиттин
салыштырма кыймылындагы ылдамдыгын rV
- салыштырма ылдамдык, ылдамдануусун ra
- салыштырма ылдамдануу деп атайт. Кыймылдоочу
координаталар системасы менен тыгыз байланышкан каралып жаткан учурдагы чекиттин М абалы менен дал келишкен чекиттин ылдамдыгы, ылдамдануусу ташыма ылдамдык eV
, ташыма ылдамдануу ea
деп аталат.
Чекиттин татаал кыймылын үйрөнүүдө кинематиканын негизги маселеси, салыштырма жана ташыма кыймыл закондору белгилүү болсо, чекиттин абсолюттук кыймылын, траекториясын, ылдамдыгын жана ылдамдануусун аныктоо болуп эсептелет.
84
§ 2.3.2. Ташыма алга умтулуу кыймылында ылдамдыктарды кошуу теоремасы
D – нерсеси (кыймылдуу координаталар системасы Оxyz) алга умтулуу кыймылында болгон учурун карайлы. D – нерсесине жасалган кобул А боюнча М шариги (чекити) кыймылдайт. М шариги эки: D – нерсесине (же кыймылдуу Оxyz системасына) карата салыштырма, нерсе менен бирге ташыма кыймылда болот. D – нерсеси алга умтулуу кыймылнда болгондуктан, 0eV V=
(2.54)
М шаригиндин D нерсесине карата кыймылы ( ) ( ) ( )1 2 3, ,x f t y f t z f t= = = (2.55)
теңдемелери менен аныкталат. Бул теңдемелер М чекитинин салыштырмалуу кыймылынын теңдемеси деп аталат. Эгерде бул теңдемелерден убакытты ( )t
жоюштурсак, чекиттин AL - траектотриясынын теңдемесин табабыз. Салыштырма ылдамдык rV
табуу үчүн, кыймыл теңдемесинен бир ирет
убакыт боюнча туунду алсак, салыштырма ылдамдык векторунун координаталык окторго проекцияларын табабыз:
, ,x y zr r r
dx dy dzV V V
dt dt dt= = = (2.56)
анда
x y zr r r rV V i V j V k= ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.57)
М чекитинин кыймылсыз (О1x1y1z1) системага карата абалы радиус-вектор - ρ , менен ал эми кыймылдуу (Оxyz) системага карата абалы радиус-вектор - r
менен, О чекитинин кыймылсыз системага карата абалы радиус –
вектор 0r
менен аныкталат (2.58 - чийме).
( )0 0r r r x i y j z kρ = + = + ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.58)
Бул вектордук теңдемени убакыт (t) боюнча дифференциялап жана Оxyz алга умтулуу кыймылында б.а. Ох, Оу, Оz октору өзүнө жараш кыймылдагандыктан, бирдик векторлор , ,i j k
багытын өзгөртпөгөңдүгүн
эске алып, чекиттин абсолюттук ылдамдыгын табабыз.
0a
d dr dx dy dzV i j k
dt dt dt dt dt
ρ= = + ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.59)
(2.54) жана (2.55) теңдемелерин эске алсак, a e rV V V= +
(2.60)
Теорема: Ташыма кыймыл, алга умтулуу кыймылы болгон учурда, чекиттин абсолюттук ылдамдыгы анын ташыма жана салыштырма ылдамдыктарынын геометриялык суммасына барабар. Абсолюттук ылдамдык жактары ташыма жана салыштырма ылдамдыктарга барабар, паралелограммдын диогоналы болуп саналат.
85
§ 2.3.3. Ылдамданууларды кошуу теоремасы (2.54), (2.57) теңдемелерди убакыт (t) боюнча дифференциялап ташыма, салыштырма ылдамданууну табабыз:
0 ee
dV dVa
dt dt= =
, (2.61)
2 2 2
2 2 2r
r
dV d x d y d za i j k
dt dt dt dt= = ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.62)
(2.59) теңдемени убакыт боюнча дагы бир ирет туунду алып, чекиттин абсолюттук ылдамдануусун табабыз:
2 2 2 2
02 2 2 2
aa
dV d r d x d y d za i j k
dt dt dt dt dt= = + ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.63)
(2.61), (2.62) теңдемени эске алсак, a e ra a a= +
(2.64) Ташыма алга умтулуу кыймылда, чекиттин абсолюттук ылдамдануусу анын ташыма жана салыштырма ылдамданууларанынын геометриялык суммасына барабар. Ошентип, абсолюттук ылдамдануу ташыма жана салыштырма ылдамдануулардан тургузулган параллелограммдын диогонады болот. Маселе чыгаруунун усулу
1. Маселени чыгаруудан мурун кыймылсыз жана кыймылдуу координаталар системасын аныктоо керек.
2. Ташыма кыймылдын мүнөзүн аныктоо. 3. Кайсы кыймыл абсолюттук жана кайсы кыймыл салыштырма болоорун аныктоо.
4. Маселенин шартына жараша, ташыма, салыштырма жана абсолюттук ылдамдыктарды аныктоо.
5. Ташыма, салыштырма ылдамданууларды аныктоо. 6. Эгерде ташыма кыймыл, умтулма кыймыл болбосо, кориолистин ылдамдануусунун модулун багытын аныктоо.
7. Проекция методун колдонуп, абсолюттук ылдамдануунун кыймылсыз координаттык окторго проекциясын аныктоо.
8. Табылган проекциялар боюнча абсолюттук ылдамданууну аныктоо талап кылынат.
Мисал - 2.19. Кривошип – кулистик механизмдин ОМ – кривошиби, О
чекиттин айланасында бир калыпта айланат. М чекити шарнир аркылуу ползун менен байланышкан. Кривошип айланганда ползун М алга умтулуу кыймылында болот. Кривошиптин бурчтук ылдамдыгы ω0=10 с-1 ОМ=0,4 м. Кулистин ылдамдыгын, ылдамдануусун аныктагыла?
86
Чыгаруу. Кыймылсыз система Ох1у1 – кыймылсыз О чекити менен, кыймылдуу координаталар системасы Оху кулис В менен байланышкан. М чекитинин О огуна карата айлануу кыймылы – абсолюттук кыймыл болуп эсептелет.
1. Чекит М – дин кулис В менен бирге алга умтулуу кыймылы, ташыма. 2. Чекиттин ползун менен бирге кулиске карата алга умтулуу
(салыштырма) кыймылдарынан турат. Чекиттин абсолюттук ылдамдыгы aV
- ны аныктайбыз:
0 4 /aV OM м сω= ⋅ =
кривошип ОМ – ге тик багытталат. Абсолюттук ылдамдыкты eV
жана rV
түзүүчүлөрүнө ажыратып sin 2 /e aV V м сϕ= = cos 3,4 /r aV V м сϕ= = . Кривошип бир калыпта айлануу кыймылында болгондуктан, чекиттин абсолюттук ылдамдануусу бир гана борборго умтулуучу ылдамданууга барабар: 2 2
0 40 /aa OM м сω= ⋅ = М чекиттен О1 чекитине көздөй багытталат. Абсолюттук ылдамданууну ташыма жана салыштырма ылдамданууларга ажыратып:
2cos 34 / ,e aa a м сϕ= = 2sin 20 /r aa a м сϕ= = .
багыттары 2.59 – чиймеде көрсөтүлгөн.
Мисал – 2.20. Горизонт менен 45 бурч түзгөн жантык тегиздик – 2м/с2 ылдамдануу менен кыймылдайт. Жантык тегиздиктин бети боюнча М жүгү
2 м/с2 ылдамдануусу менен жылат. Баштапкы убакытта жантык тегиздик, жүк тынч абалда жана М жүгү О чекитинде турган. Жантык тегиздиктин
у1
2.59 – чийме.
у
М
Oz
ra
ea
eV
aa
aV
rV
B
Берилди: ω0=10 с-1
ОМ=0,4 м ϕ=30˚ ___________
eV
-?, ea
-?
ϕ х1
87
бийиктиги h=1м. М чекитинин траекториясын, ылдамдыгын, ылдамдануусун аныктагыла?
Чыгаруу. 1. Ыкма. О1 чекитин кыймылсыз система менен, кыймылдуу
системаны жантык тегиздик менен байланыштырабыз. Жүк М – дин горизонталдык тегиздик (О1х1у1) карата кыймылы, анын абсолюттук кыймылы болуп саналат. Бул татаал кыймылды эки:
1. М жүгүнүн жантык тегиздикке (Оху) карата кыймылы – салыштырма.
2. М чекитинин жантык тегиздик менен бирге кыймылсыз (О1х1у1) карата – ташыма кыймылдардан турат. М жүгүнүн ташыма кыймылдагы ылдамдануусу ea
жантык тегиздик
ылдамдануусуна барабар жана ал Ох1 огуна жарыш багытталган. Жүк М жантык тегиздикке карата ОВ түз сызыгы боюнча жыгандыктан, анын ылдамдануусу ra
ОВ жагына жарыш багытталган (2.60 - чийме).
Абсолюттук кыймыл эки кыймылдан тургандыктан ,a e r a e rx x x y y y= + = + , (2.65) жантык тегиздик жана М жүгү ОВ боюнча бир калыптагы ылдамдатылган кыймыл болгондуктан:
0
0
2
2
,2
,2
x
Ox
y
Oy
ee e e
e
e e e
a tx x V t
a ty y V t
= + +
= + +
(2.66)
маселенин баштапкы шартын колдонсок 0t = болгондо,
10exV = , 0 0rV = (2.67)
( )2
2
2xe
e
a tx t см= = , 0ey = (2.68)
0
2
2x
Ox
rr r r
a tx x V t= + + (2.69)
Берилди: ae=10 м/с2
22 /ra м с= y0=h x0=0 ___________
аV -?, аa -?
y (y1)
x (x1)
O P
45˚
ea
ra
2.60 – чийме.
88
( )
0
2
2
2
,2
cos45,
2
.2
y
Oy
r
r r r
rr
r
a ty y V t
a ty h
ty h см
= + +
⋅ ⋅= −
= −
(2.70)
(2.67), (2.68) теңдемелерди (2.65) коюп
( )
( )
2 22
2
3,
2 2
.2
a
a
t tx t см
ty h см
= + =
= − (2.71)
Бул кыймыл теңдемелерден t – убакытты жоюштуруп, жүктүн абсолюттук кыймылдагы траекториясын аныктайбыз
2
3a
xay h= − - түз сызык.
Абсолюттук ылдамдыкты төмөнкү формулалар менен табабыз:
( )
( )
3 /
/
aax
aay
dxV t см с
dtdy
V t см сdt
= =
= =
Паралелограмм тургузуп, абсолюттук ылдамдыкты аныктайбыз
( )2 2 10 / .x ya a aV V V t см с= + =
Абсолюттук ылдамданууну аныкташ үчүн, адегенде анын түзүүчүлөрүн аныктап, паралелограмм тургузуп, абсолюттук ылдамданууну табабыз.
( )
( )
2
2
3 / ,
1 / ,
x
y
aax
a
ay
dVa см с
dtdV
a см сdt
= =
= =
2 2 210 /a ax aya a a см с= + = .
II – Ыкма. Ташыма ea
, салыштырма ra
ылдамдануулары белгилүү
болгондуктан (2.64) теңдемени колдонуп, абсолюттук ылдамданууну табуу үчүн паралелограмм тургузабыз (2.60 - чийме), андан
2 2 22 cos45 10 / .a e r e ra a a a a м с= + + = (2.64) вектордук теңдемени координаттык окторго (О1х, О1у) проекциялап: ( )2cos45 2 1 3 /ax ex rx e ra a a a a м с= + = + = + = (2.72)
( )2sin 45 1 /aу ey ry ra a a a м с= + = = − (2.73)
анда
89
( )1 1
2 2 210 /x ya a aa a a см с= + =
( ) ( )1 2 23 / ; 1 /x
x y
aa a
dVa см с a см с
dt= = = −
болгондуктан, ылдамдыкты аныкташ үчүн, бул теңдемени бир жолу интегралдайбыз:
1 11 23 ,x ya aV t C V t C= + = − + (2.74)
1 2,C C - турактуу санды табыш үчүн (2.74) теңдемеге баштапкы шартты колдонобуз, анда
1 13 ,
x ya aV t V t= = − мындан
( )1 1
2 2 10 /x ya a aV V V t см с= + =
М жүгүгүн О1х1у1 карата координатасын табабыз:
1 13 ,
x y
a aa a
dx dyV t V t
dt dt= = = = −
интегралдап
2 2
3 4
3,
2 2a a
t tx C y C= + = − + .
3 4,C C - интегралдык турактуу санды (2.67) маселенин баштапкы шартын
колдонуп, 2 2
3 4
30, , , .
2 2a a
t tC C h x y h= = = = −
Чекиттин траекториясын табуу үчүн t – убакытты жоюштурабыз:
0
3a
xy h= − чекиттин траекториясы түз сызык.
§ 2.3.4. Ар кандай ташыма кыйлда ылдамдыктарды кошуу
жөнүндө теорема М чекити Оxyz системага карата кыймылдайт, ал эми система өзү
z1
x1
y1
y
x
z
0r
r
ρ
M
O
O1
2.61 – чийме.
i
j
k
x
y
z
90
О1x1y1z1 кыймылсыз системага карата ар кандай кыймылда болот дейли. Кыймылдуу системанын абалы 0r
радиус-вектору жана бирдик вектору i
, j
,
k
багыттары менен аныкталат. Ташыма кыймыл үчүн эркин нерсенин кыймылын карайлы. Ар кандай ташыма кыймылдуу системанын кыймылы ылдамдыгы 0V
барабар алга умтулуу кыймылынан жана О чекити аркылуу
өтүүчү ОР огунун айланасында ирмемдеги айлануу кыймылынан турат. Ирмемдеги бурчтук кыймылдык ωе барабар. Ошентип, ташыма кыймыл эки кыймылдан турат. М чекитинин Оxyz системасына карата абалы r x i y j z k= ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.75)
анын О1x1y1z1 карата абалы:
( )0 0r r r x i y j z kρ = + = + ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.76)
ылдамдыкты:
0d dr di dj dk dx dy dzx y z i j k
dt dt dt dt dt dt dt dt
ρ = + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.77)
Чекит М – дин абалы салыштырма кыймылда xyz менен аныкталгандыктан, булардан алынган туунду салыштырма ылдамдык
( )x y zr r r r
dx dy dzV i j k V i V j V k
dt dt dt= ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅
ал эми 0r
, i
, j
, k
алыган туундулар ташыма кыймылдын өзгөрүшүн көрсөткөндүктөн аны ташыма ылдамдык:
( )0 0e e eV V x i y j z k V rω ω= + × ⋅ + ⋅ + ⋅ = + ×
деп аталышат, мында
, ,e e e
di dj dki j k
dt dt dtω ω ω= × = × = ×
.
Анда (2.77) теңдемеден a e rV V V= +
. (2.78)
Бул теңдөмө ылдамдыктарды кошуу теоремасын аныктайт.
Теорема. Чекиттин абсолюттук ылдамдыгы ( )aV
салыштырма жана
ташыма ылдамдыктардын геометриялык суммасына барабар. Эгерде ташыма кыймыл үчүн, алга умтулуу кыймылы алынса, б.а.
0eω = болсо 0eV V=
. Алга умтулуу ташыма кыймылда абсолютту ылдамдык, ташыма жана
салыштырма ылдамдыктардын геометриялык суммасына барабар. Абсолюттук ылдамдыкты аналитикалык жол менен аныктоо үчүн
проекция методун же косинустардын теоремасын колдонуш керек.
Мисал – 2.21. М ползуну кулиса боюнча О дон А ны көздөй 10 /rV м с= ылдамдык менен жылат. Кулиса О огунун айланасында бурчтук ылдамдык
91
5 /e рад сω = айланат. ОМ=2 м. Ползун М – дин абсолюттук ылдамдыгын аныктагыла?
Чыгаруу: М чекитинин кыймылы эки кыймылдан турат. М ползунун
кулиса боюнча кыймылы салыштырма, кулисанын О огунун айланасындагы кыймылы – ташыма кыймыл болот. Салыштырма ылдамдык М ден А га га багытталат. Кулиса А нын М чекит менен менен дал келген чекитинин ылдамдыгы, ташыма ылдамдык 10 /e eV OM м сω= ⋅ =
eV
кулиса ОА га тик багытталат, анда 2 2 , 14 /a e r aV V V V м с= + =
болот.
Маселе - 2.22. Уаттын регулятору вертикалдык октун айланасында
бурчтук ылдамдык 10 /рад сω = айланат. Машинанын жүгүнүн өзгөрүшү менен регулятордун шарлары айлануу огунан алыстайт, анын өзөкчөлөрүнүн бурчтук ылдамдыгы 1 1,2 /рад сω = болот. Өзөкчөлөрдүн узундугу 0,5l м= , октордун ортосундагы аралык 2 1l м= , өзөкчө айлануу огу менен
1 2 3 30α α α= = = бурчун түзөт. Каралып жаткан момент үчүн, регулятордун шарларынын абсолюттук ылдамдыгын аныктагыла?
Чыгаруу. Регулятордун шарлары татаал кыймылда болот.
Регулятордун октун айланасындагы кыймылы – ташыма, шардын
2.63 – чийме.
aV
Берилди: 10 /рад сω =
1 1,2 /рад сω = 2 1l м=
0,5l м=
1 2 3 30α α α= = = ___________
aV
-?,
rV
eV
ω1 α
2l
ωe
Re
2.62 – чийме.
А
O
aV
Берилди: Vr=10 м/с
5 /e рад сω = ОМ=2 м ___________
aV
-?,
rV
eV
ωе
92
регуляторго карата кыймылы салыштырма, шардык окко карата кыймылы абсолюттук кыймыл болот.
Ташыма ылдамдык радиуска тик багытталган. e e eV Rω= ⋅ , sin30eR l= , 2,5 /eV м с= , e eV R⊥
.
Салыштырма ылдамдык 1 0,6 /rV l м сω= ⋅ = , rV l⊥
багытталат.
Абсолюттук ылдамдык
2 2a e rV V V= + , 3,06 /aV м с= .
§ 2.3.5. Ылдамдыктарды кошуу теоремасы. Кориолистин теоремасы Абсолюттук ылдамдануу, абсолюттук ылдамдыктан убакыт боюнча
туундусуна барабар, б.а. aa
dVa
dt= .
Ошондуктан, (2.77) теңдемени дифференциялдайбыз: 2 2 2 2 2 2 2 2
02 2 2 2 2 2 2 2
2
d d r d i d j d k d x d y d zx y z i j k
dt dt dt dt dt dt dt dt
dx di dy dj dz dk
dt dt dt dt dt dt
ρ = + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +
+ ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.79)
Бул теңдемени үч группага бөлөлүк. Биринчи группага салыштырма координаталардын туундусу – салыштырма ылдамдануу:
2 2 2
2 2 2r
d x d y d za i j k
dt dt dt= ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.80)
Экинчи группага 0r
, i
, j
, k
нын туундулары – ташыма ылдамдануу:
2 2 2 2
02 2 2 2e
d r d i d j d ka x y z
dt dt dt dt
= + ⋅ + + ⋅
(2.81)
Үчүнчү группага x, y, z жана i
, j
, k
нын туундулары
2c
dx di dy dj dz dka
dt dt dt dt dt dt
= ⋅ + ⋅ + ⋅
(2.82)
Бул үч ылдамдануулардын физикалык маанисе токтололу. (2.80) теңдемеден көрүнгөндөй, М кыймылдап салыштырма координаталар x, y, z өзгөрүп ал эми кыймылдуу система Оxyz токтоптургандай эсептелет. Ошондуктан, ra
М
чекитинин салыштырма ылдамдануусу деп аталат. ea
- ылдамдануусу М чекити өзү Оxyz карата тынч абалы (x=const,
y=const, z=const) жана кыймылдуу система Оxyz менен бирге О1x1y1z1 координаталар системасына карата кыймылдайт деп эсептелет. Ошондуктан,
ea
- чекиттин ташыма ылдамдануусу деп аталат. (2.82) теңдемени карап көрөлү. Мында
93
, , .e e e
di dj dki j k
dt dt dtω ω ω= × = × = ×
(2.83)
(2.83) теңдемени (2.82) коюп:
2c e e e
dx di dy dj dz dka
dt dt dt dt dt dtω ω ω
= × ⋅ + × ⋅ + × ⋅
;
( )2c e ra Vω= ×
(2.84)
Бул ылдамдануу XIX кылымдын биринчи жарымында жашаган француз окумуштуусу Густав Кориолис тарабынан аныкталгандыктан аны Кориолистин ылдамдануусу же кыймылдуу система айлануу кыймылында гана болгон учурда пайда болгондуктан бурулуу ылдамдануусу деп аталат. Ошентип төмөнкү теореманы алабыз.
Теорема. Ташыма кыймыл алга умтулуу кыймылы болбогон учурда, чекиттин абсолюттук ылдамдануусу ташыма, салыштырма жана кориолистин ылдамданууларынын геометриялык суммасына барабар, б.а.
a e r ca a a a= + + (2.85)
ташыма алга умтулуу кыймылда, б.а. 0eω = болсо 0ca = болот. Анда теорема: Алга умтулуу ташыма кыймылында чекиттин абсолюттук ылдамдануусу, ташыма салыштырма ылдамданууларынын геометриялык суммасына барарбар.
a e ra a a= + . (2.86)
§ 2.3.6. Кориолистин ылдамдануусу, багыты жана модулу
Ташыма бурчтук ылдамдык вектору менен салыштырма ылдамдык вектордук көбөйтүндүсүн эки эселегенге барабар вектордук чоңдук Кориолистин же бурулуу ылдамдануусу деп аталат.
( )2c e ra Vω= ×
(2.87)
Эмне себептен пайда болот? Бул суроого жооп бериш үчүн бир мисал карап көрөлү. Диска сүрүлүүсүз өз огунун О тегерегинде айланат, ал эми кандайдыр бир чекит М анын радиусу боюнча борбордон сыртты көздөй
rV const= менен жылат дейли. Дисканын өзүн огуна бурчтук ылдамдыгы eω менен айланышы ташыма, чекиттин дискага карата кыймылы салыштырма болот. Убакыттын t=t1, ОМ бирдигинде чекиттин ташыма ылдамдыгы
e eV OMω= ⋅
болот. eV OM⊥
,
салыштырма ылдамдык rV
ОМ боюнча багытталат. 2t t= болгондо М
О ωе
М1
М rV
eV
eV′
rV′
2.64 – чийме.
94
чекити өзү дискага карата жылып жаткандыктан (салыштырма) М1 абалына келет. Анда 1e eV OMω′ = ⋅ , 1rV OM⊥
, rV
ОМ боюнча багытталат. Ошентип, салыштырма кыймылда ташыма ылдамдык, ташыма кыймылдын натыйжасында салыштырма ылдамдыктын багыты өзгөрөт. Ошондуктан кориолистин ылдамдануусу пайда болот. Кориолистин ылдамдануусунун модулу:
( )2 sinc e r e ra V Vω ω ∧= ⋅ ⋅ ⋅
. (2.88)
Кайсы кыймылдарда кориолистин ылдамдануусу нөлгө барабар:
1. Ташыма алга умтулуу кыймылында, б.а. 0eω = .
2. Чекит кыймылдуу системага карата тынч абалда болгондо б.а. 0rV =
3. eω вектору менен rV
паралель болгондо,
||e rVω
. Кориолистин ылдамдануусунун багытын
аныктоо үчүн эки вектордун вектордук көбөйтүндүсүнүн багыты аныктоо эрежесин билүү керек. Эки вектордун вектордук көбөйтүндүсү үчүнчү вектордук берет, ал вектор эки вектор түзгөн тегиздикке тик жайгашкан (2.65 - чийме).
Кориолистин ылдамдануусунун багытын аныктоо үчүн Жуковскийдин эрежесин колдонуу ыңгайлуу. Жуковскийдин эрежеси. Кориолистин ылдамдануусунун багытын аныктоо үчүн, салыштырма ылдамдык векторун, ташыма бурчтук ылдамдык векторуна тик жайгашкан тегиздикке (П) проекциалап, бул проекцияны, ушул тегиздикте ташыма кыймылдын багытын көздөй 90˚ буруу жетишүү болот.
Мисал – 2.23. Диска О1О2 огунун айланасында ω=2t бурчтук
ылдамдыгы менен айланат. Дисканын борборунунан О сыртын көздөй М чекити жылат. Кыймыл теңдемеси ОМ=4t2 м. ОМ радиусу менен айлануу огунун арасында бурч 60˚ барабар. t=1c болгондо чекиттин абсолюттук ылдамдануусу аныктагыла?
eω
ca
rV
rV′
П
2.66 – чийме.
2.65 – чийме.
eω
eω
rV
ca
95
Чыгаруу. М чекиттин кыймылы татаал болуп эсептелет. Ал диска
менен бирге О1О2 огунун айланасында айланат жана дискага карата да жылат. Дисканын О1О2 огунун айланасындагы айлануу кыймылы – ташыма, чекиттин дискага карата кыймылы – салыштырма, чекиттин О1О2 огуна карата кыймылы абсолюттук кыймыл болот. Чекиттин абсолюттук ылдамдануусу
na e r c e e r ca a a a a a a aτ= + + = + + +
(2.89) Ташыма ылдамданууну аныктоо:
2, 2 /ee e e
da R рад с
dt
ωε ε= ⋅ = = .
М чекити диска менен бирге октун айланасында айланып, айлана чиет, анын радиусу
( )2 3sin60 4
2R OM t= = ,
убакыт 1t c= болгондо
2 3R см= , 24 3 /ea см сτ = ,
айланага жаныма сызык боюнча багытталат ( )ea Rτ ⊥ .
Нормалдык (борборго умтулуу) ылдамданууну 2n
e ea Rω= ⋅ , 1t c= болгондо 8 3 /nea см с= ,
радиус R боюнча айлананын борборуна багытталат. Салыштырма кыймыл түз сызыктуу кыймыл болгондуктан, салыштырма ылдамдануу
( )2
22
8 /rr
d OMa см с
dt= =
ОМ боюнча багытталат. Кориолистин ылдамдануусун аныктайбыз
( )2 sinc e r e ra V Vω ω ∧= ⋅ ⋅ ⋅
.
Салыштырма ылдамдыкты табабыз
z
rV
ra
M eaτ
ca
60˚ R O2
eω
y
x
nea
eω
O1
Берилди: 2 /e t рад сω =
( ) 24r
OM t cм=
1t c= ___________
aa -?
2.67 – чийме.
96
( )
8 /rr
d OMV t см с
dt= = , 1t c= болгондо 8 /rV см с= .
Бурчтук ылдамдык вектору О1О2 огу боюнча багытталган. rV
менен eω
ортосундагы бурч 60˚ барабар, анда 216 3 /ca t см с= ⋅ , 1t c= болсо, 216 3 /ca см с= . Жуковский эрежесин ылайык Кориолистин ылдадануусу
чийме тик, б.а. eaτ багытына жарыш багытталат. Координаттык окторду жүргүзүп, формуланы x, y, z окторуна проекциялап , ,ax ay aza a a табабыз:
220 3 /ax e ca a a см сτ= + = ,
2cos60 4 /ay ra a см с= = ,
2cos30 4 3 /naz e ra a a см с= − + = − .
Абсолюттук ылдамдануу
2 2 2 235,5 /a ax ay aza a a a см с= + + = .
Мисал – 2.24. ABCD трапециясы О1О2 огунун айланасында
0 constϕ ϕ= = закону боюнча термелет. АВ огунун айланасында гимнаст
бурчтук ылдамдыгы ω менен айланат. BC=AD=l. АВ огунан d аралыгында турган гимнастын тапичкесиндеги М чекитинин t=π/ω убакытындагы абсолюттук ылдамдануусун аныктагыла?
Чыгаруу. Гимнастын ABCD трапециясы менен О1О2 огунун
айланасында 0 sin tϕ ϕ ω= мыйзамы боюнча термелүүсү – ташыма, анын ABCD карата r constω ω= = менен айлануусу – салыштырма, анын О1О2 огуна карата кыймылы абсолюттук кыймыл болот. Теореманы колдонолу: бор ай бор ай
a e r c e e r r ca a a a a a a a a= + + = + + + + .
Ташыма ылдамданууну аныктайбыз:
О2
О1
ωr С
D
l
ϕ
ϕ
d
ωe eω
ca
бор
ea
бор
ra
B
A
Берилди: 0 sin tϕ ϕ ω=
r constω ω= = BC=AD=l
tπω
=
___________
aa -?
2.68 – чийме.
97
( ) ( )2 ;бор ай
e е e ea l d a l dω ε= − = − .
Ташыма бурчтук ылдамдык
0 cosee
dt
dt
ϕω ϕ ω ω= = .
Бурчтук ылдамдануу
20 sine
e
dt
dt
ωε ϕ ω ω= = − .
Убакыт tπω
= болгондо 0eω ϕ ω= − ⋅ , 0eε = .
Трапеция сааттын жебеси боюнча айланат. Анда ( )2 2
0 ; 0бор ай
e ea l d aϕ ω= − = .
радиус боюнча окту көздөй багытталат. Салыштырма ылдамдануу 2 ,бор ай
r r r ra d a dω ε= ⋅ = ⋅ . Гимнаст АВ нын айланасында бир калыптагы бурчтук ылдамдык менен
айлангандыктан
0rr
d
dt
ωε = = , анда 2 , 0бор ай
r ra d aω= ⋅ = .
бор
ra
- радиус боюнча АВ –ны көздөй багытталат. Кориолистин ылдамдануусу
( )2 sinc e r e ra V Vω ω ∧= ⋅ ⋅ ⋅
.
Салыштырма ылдамдыкты табабыз r rV d dω ω= ⋅ = ⋅ , rV d⊥ ; чиймеге тик багытталат.
rV
менен eω векторлордун ортосундагы бурч 90˚ болот. Анда
202 sin90 2c e ra V dω ϕ ω= ⋅ ⋅ ⋅ = .
Жуковскийдин эрежесине ылайык, ca
радиус ( )l d− боюнча окту
көздөй багытталат. Абсолюттук ылдамдануу ( ) ( )2 2
0 02 1бор бор
a e r ca a а a l d dω ϕ ϕ = − + = − − +
болот.
98
III. ДИНАМИКА Күчтүн аракети астында материалдык чекиттин, чекиттер
системасынын жана абсолюттук катуу нерселердин механикалык кыймылынын өзгөрүш себептерин үйрөтүүчү теориялык механиканын негизги бөлүгү динамика деп аталат. Динамика – материалдык чекиттин, материалдык чекиттер системасынын жана катуу нерсенин динамикасы деген үч бөлүктөн турат.
Динамиканын негизин И.Ньютондун закондору түзөт.
§ 3.1 Динамиканын И.Ньютондун закондору
И.Ньютондун биринчи закону (инерция закону). Сырткы таасирлерден бөлүнүп коюлган, материалдык чекитке башка нерсе аракет этип, анын абалын өзөгөртпөсө, ал чекит бир калыпта түз сызык боюнча кыймылдайт же тынч абалын сактайт, б.а. 0,F V const= =
же 0V =
. Ньютондун экинчи закону( динамиканын негизги закону).
Чекиттин ылдамдануусу ага аракет эткен күчкө түз пропорциялаш, анын багыты күчтүн багыты менен дал келишет. ma F=
Ньютондун үчүнчү закону ( нерселердин өз ара аракеттеринин барабардыгы жөнүндө закон). Эки нерсенин бири-бирине аракеттенген күчтөрү модулдары барабар, бир сызыкты бойлото карама-каршы багытталышат.
1 1F F= −
(3.1) Ньютондун төртүнчү закону (күчтөрдүн аракетини көз каранды
эместиги жөнүндө закон). Эгерде нерсеге бир эле учурда бир нече күч аракет этсе, анын ылдамдануусу күчтөрдүн ар биринин нерсеге берген ылдамаданууларынын геометриялык суммасына барабар, б.а.
1 2 3 ... ,n ia a a a a ma F= + + + + =∑
(3.2)
§ 3.2. Материалдык чекиттин кыймылынын динамикалык теңдемелери
1) Чекиттин кымылынын дифференциалдык тендемесин аныктоо үчүн
динамиканын экинчи законун колдонобуз ma F=
,
ылдамдануу 2
2
d ra r
dt= =
ɺɺ
болгондуктан mr F=
ɺɺ (3.3) Бул тендеме чекиттин дифференциалдык тендемесинин вектордук түрдө жазылышы деп аталат. Материалдык чекитке аракет эткен күч убакытка
( )F F t=
, ылдамдыкка ( )F F V=
жана чекиттин абалына көз каранды
99
( )F F r=
болушу мүмкүн. Анда дифференциалдык тендемесин төмөнкүчө жазсак болот:
( , , )mr F t r r= ɺɺ ɺ (3.4)
2) Бул тендемени үч координаттык окторго проекциялап, чекиттин
кыймылынын дифференциалдык тендемесин аналитикалык түрдө алабыз. ( , , , , , , )
( , , , , , , )
( , , , , , , )
x
y
z
mx F t x y z x y z
my F t x y z x y z
mz F t x y z x y z
==
=
ɺɺ ɺ ɺ ɺ
ɺɺ ɺ ɺ ɺ
ɺ ɺɺɺ ɺ
(3.5)
, ,x y zɺɺ ɺɺ ɺɺ - ылдамдануунун октордогу проекциясы, , ,x y z-чекиттин координаттары, , ,x y zɺ ɺ ɺ - ылдамдыктын проекциялары. , ,x y zF F F - аракет эткен
күчтөдүн октордогу проекциялары. Бул (3.5) тендеме кыймылдын дифференциалдык тендемеси деп аталат.
3) Чекиттин кыймылы табыйгы түрдө берилсе, (3.4) тендемени табыйгы окторго проекциялап төмөнкү тендемелерди алабыз:
( , , )
( , , )
( , , ) 0, 0
n b
b n b
ma F t S V
ma F t S V
ma F t S V себеби a
τ τ=
=
= = =
(3.6)
Мында dV
a Sdtτ = = ɺɺ - табыйгы ылдамдануу,
2 2
n
V Sa
ρ ρ= =
ɺ
- нормалдык
ылдамдануу. Бул формулаларды (3.6) тендемелерге коюп:
2
( , , )
( , , )
( , , )
n
b b
mS F t S S
Sm F t S S
ma F t S S
τ
ρ
=
=
=
ɺɺ ɺ
ɺɺ
ɺ
(3.7)
алабыз. Бул тендемелер чекиттин кыймылынын дифференциалдык тендемесинин табыйгы түрдө жазылышы деп аталат.
§ 3.3. Динамиканын негизги эки маселеси
Материалдык чекиттин кыймылынын излидөөдө динамиканын эки маселесин кароого туура келет.
§ 3.3.1. Динамиканын биринчи негизги маселеси. Материалдык чекиттин массасы m жана анын кыймылынын
кинематикалык тендемелери берилсе, чекитке аракет этүүчү F
күчүн табуу талап кылынат, б.а. 1 2 3, ( ), ( ), ( )m x f t y f t z f t= = = түрүндө берилсе, таасир эткен күчтү табыш үчүн, кыймыл тендемесинен эки ирээт туунду алып, чекиттин ылдамдануусун , ,x y za x a y a z= = =ɺɺ ɺɺ ɺɺ координаттык окторго
100
проекцияларын аныктайбыз. Ылдамдануусунун проекцияларын дифференциалдык тендемеге коюп:
, ,x x y y z zma F ma F ma F= = = (3.8)
чекитке аракет эткен күчтөрдүн проекцияларын табабыз. , ,x y zF F F -
күчтөрүнөн тургузулган параллелепипед диагоналы, чекитке аракет эткен F
күчү болуп эсептелет. Анын модулу
2 2 2x y zF F F F= + + , (3.9)
багыты
cos( , ) , cos( , ) , cos( , )yx zFF F
F i F j F kF F F
∧ ∧ ∧= = =
(3.10)
формулалары менен аныкталат. Материалдык чекиттин массасы m жана анын кыймылы табыйгы ыкма
менен берилсе, чекиттин дифференциалдык тендемесинин табыйгы түрдө жазылышын колдонуп, аракет эткен күчтүн табыйгы октордогу проекциялары ,nF Fτ - ну табабыз. Күчтүн модулу
2 2nF F Fτ= + , (3.11)
багыты
n n
F atg
F aτ τα = = (3.12)
формулалары аркылуу табылат. § 3.3.2. Динамиканын негизги экинчи маселеси. Материалдык чекиттин массасы m, ага аракет эткен күч F
жана
кыймылдын баштапкы шарты берилсе, анын кыймылынын кинематикалык тендемелерин аныктоо талап кылынат.
Бул маселени чыгарыш үчүн дифференциалдык тендеме:
( )( )( )
, , , , , ,
, , , , , ,
, , , , , ,
x
y
z
mx F t x y z x y z
my F t x y z x y z
mz F t x y z x y z
=
=
=
ɺɺ ɺ ɺ ɺ
ɺɺ ɺ ɺ ɺ
ɺ ɺɺɺ ɺ
(3.13)
түзүп, аны эки ирээт интегралдоо талап кылынат. Бир кадимки экинчи тартиптеги дифференциалдык тендемени чыгарганда эки турактуу белгисиздер
1 2,C C , ал эми үч кадимки экинчи тартиптеги дифференциалдык тендемени чыгарганда 1 2 3, , ,C C C
4 5 6, ,C C C деген алты турактуу белгисиз сандар пайда болот. Кыймыл тендемеси
( )( )( )
1 1 2 3 4 5 6
2 1 2 3 4 5 6
3 1 2 3 4 5 6
, , , , , ,
, , , , , ,
, , , , , ,
x f t C C C C C C
y f t C C C C C C
z f t C C C C C C
=
=
=
(3.14)
( )( )( )
0 0 0, 0
0 0 0, 0
, , ,
,
,
m F F t r V
r x y z
V x y z
=
ɺ ɺ ɺ
_____________
1
2
3
( ) ?
( ) ?
( ) ?
x f t
y f t
z f t
= −= −= −
101
Турактуу белгисиздерге көз каранды болот, чекитке аракет эткен күч, анын конкреттүү кыймылын аныктабайт. Ал кыймылды табыш үчүн,
1 2 3 4 5 6, , , , ,C C C C C C турактуу белгисиздерди табуу керек. Бул белгисиздерди табуу үчүн жогорку кыймыл тендемелерин (3.14) дифференциалдап, чекиттин ылдамдыгынын координаттык окторго проекциясын
1 1 2 3 4 5 6
2 1 2 3 4 5 6
3 1 2 3 4 5 6
( , , , , , , )
( , , , , , , )
( , , , , , , )
x f t C C C C C C
y f t C C C C C C
z f t C C C C C C
′=
′=
′=
ɺ
ɺ
ɺ
(3.15)
табабыз. Кыймылдын баштапкы шарттарынан 0t = болгондо
0 0 0
0 0 0
, ,
, ,
x x y y z z
x x y y z z
= = == = =ɺ ɺ ɺ ɺ ɺ ɺ
эске алып (3.14) (3.15) тендемелерден турактуу белгисиз чондуктарды (3.14) тендемеге коюп, кыймыл тендемелерин:
( )( )( )
1 0 0 0 0 0 0
2 0 0 0 0 0 0
3 0 0 0 0 0 0
, , , , , ,
, , , , , ,
, , , , , ,
x f t x y z x y z
y f t x y z x y z
z f t x y z x y z
=
=
=
ɺ ɺ ɺ
ɺ ɺ ɺ
ɺ ɺ ɺ
(3.16)
болоорун аныктайбыз. Динамиканын эки негизги маселесин чыгарып үйрөнүү үчүн төмөнкү
көрсөтүлгөн усулду колдонуу ылайыктуу болот: 1) Нерсенин массасы кичирээк, алга умтулма кыймылда болсо, аны
материалдык чекит деп караса болот. 2) Баштапкы эсептөө чекитин тандап алып, координаттык окту
кыймылдын багыты боюнча жүргүзүү керек. 3) Материалдык чекитти убакыттын ар кандай абалында көрсөтүп, ага
аракет эткен күчтөрдү, эгерде чекит эркин эмес болсо, аны байланыштан бошотуп, реакция күчтөрүн тиркөө керек.
4) Чекиттин кыймылынын дифференциалдык теңдемесин түзүү керек. 5) Эгерде маселе динамиканын биринчи негизги маселесин чыгарууга
берилсе, анда ылдамданууну табуу керек. 6) Табылган ылдамданууну кыймылдын дифференциалдык
тендемесине коюп, күчтөрдү аныктаса болот. 7) Эгерде маселе динамиканын экинчи маселесине чыгарууга берилсе,
дифференциалдык тендемелерди эки ирээт интегралдоо керек. 8) Интегралдык турактуу сандарды, маселенин баштапкы шарттарын
колдонуп табуу керек. 9) Табылган интегралдык турактуу сандарды кыймыл тендемесине
коюп табабыз.
Мисал – 3.1. Массасы 1 гр нерсе, оордук күчүнүн таасири астында төмөн түшөт.Нерсеге каршылык күчү аракет этет, ал ( )2490 245 1 tx t e−= − −
законуна ылайык кыймылдайт. Каршылык күчүн тапкыла?
102
Чыгаруу: Нерсе алга умтулуу кыймылын аткаргандыктан, аны материалдык чекит деп карайбыз.Нерсе төмөн түшкөндүктөн, Ox огун төмөн багыттайбыз.Чекитти октун каалаган абалында көрсөтүп, аракет эткен күчтөрдү ,
карP F
тиркейбиз. Чекиттин кыймылынын дифференцалдык тендемесин түзөбүз:
x x
x
ma F
mx F P R
== = −ɺɺ
Мындан R P mx= − ɺɺ ылдамдык ( )2490 1 tx e−= −ɺ ,
ылдамдануу 2980 txa x e−= =ɺɺ аныктап, дифференциалдык
тендемеге коебуз: ( ) ( )2980 1 tR m g x e H−= − = −ɺɺ
Мисал – 3.2. Массасы 4,9 кг нерсе 22 1 ,x t м= + 2 1 ,y t м= + 23 1z t м= − закону боюнча кыймылдайт. Нерсеге аракет эткен күчтү
аныктагыла? Чыгаруу: Чекиттин кыймылы координаттык ыкма менен берилген. Чекиттин кыймылынын дифференциалдык тендемесин түзөбүз.
x
y
z
mx F
my F
mz F
==
=
ɺɺ
ɺɺ
ɺɺ
Ылдамдык, ылдамдануулардын окторго түшүрүлгөн проекцияларын табабыз:
4xx V t= =ɺ м/с, 2yy V t= =ɺ м/с, 6zz V t= =ɺ м/с 2 2 24 / , 2 / , 6 /x н za x м с a y м с a z м с= = = = = =ɺɺ ɺɺ ɺɺ
Бул формулаларды дифференциалдык тендемеге коюп: 2 , 1 , 3x y zF mx H F my H F mz H= = = = = =ɺɺ ɺɺ ɺɺ .
Күчтөрдүн октордогу проекцияларын таап аларды кошуп, аракет эткен күчтөрдүн модулун, багытын аныктайбыз:
2 2 2 2 22 1 3 3,74x y zF F F F H= + + = + + = .
( )cos 0,334xFF i
F∧ = =
; ( ) 57 41F i∧ ′∠ =
,
P
M
R
x
x
3.1 – чийме.
Берилди:
( )2490 245 1 tx t e−= − −
__________________ ?
карF −
Берилди:
2
2
2
4,9
2 1
1
3 1
m кг
x t м
y t м
z t м
== += += −
_________ ?F −
103
( )cos 0,267yFF j
F∧ = =
; ( ) 54 30F j∧ ′∠ =
,
( )cos 0,804zFF k
F∧ = =
; ( ) 36 42F k∧ ′∠ =
.
Мисал – 3.3. Массасы 10 кг материалдык чекит радиусу R=100 м айлана боюнча кыймылдайт.Айлана горизонталдык тегиздикте жатат. Чекиттин кыймыл тендемеси 30,1S t= м. Чекиттин ылдамдыгы 30 м/с болгон учурда модулу канчага барабар күч аракет этет?
Чыгаруу: Материалдык чекитти айланада көрсөтөбүз. Табыйгы
координаттык окторду тандап алабыз.τ - жаныма, n - нормалдык октор. Дифференциалдык тендеменин табыйгы түрдөгүсүн түзөбүз:
n n
ma F
ma Fτ τ=
=
Ылдамдык, ылдамданууларды табабыз:
2
2
42
0,3 / ,
0,6 /
0,09/n
dSV t м с
dtdV
a t м сdt
V ta м с
R R
τ
= =
= =
= =
Чекиттин ылдамдыгы канча убакыттан кийин 30 м/с барабар болоорун аныктайбыз
21 10,3 30 / , 10V t м с t с= = =
Анда 2 26 / , 9 /na м с a м сτ = = ;
Бул формулаларды дифференциалдык тендемеге коюп: 6 , 9n nF ma H F ma Hτ τ= = = =
экендигин табабыз. Аракет эткен күчтүн модулу
Берилди :
3
10
100
0,1
30 /
m кг
R м
S t м
V м с
====
_________ ?F −
Mn C
F
nF
Fτ
τ
R
S
Ох
3.2 – чийме.
104
2 2 36 81 10,8x yF F F H= + = + =
Мисал – 3.4. Массасы 0,102 кг жүк узундугу 0,3 м жипке байланып О чекитинде бекитилген. Жип вертикал менен 60˚ бурч түзөт. Жүк горизонталдык тегиздикте айлана чиет. Жүктүн ылдамдыгын жана жиптин тартылуу күчүн тапкыла?
Чагаруу. Жүктү материалдык чекит деп карайбыз. Ага аракет эткен
күч P
- ны көрсүтөбүз. Чекит эркин эмес болгондуктан, байланыштан бошотуп, T
- жиптин тартылуу күчүн тиркейбиз. Чекиттин траекториясы
белгилүү болгондуктан (ийри сызык) табыйгы октор (τ ,n,b) жүргүзөбүз. Чекиттин дифференциалдык теңдемесин табыйгы түрдө түзөбүз: 0ma Fτ τ= = ,
sin60nma T= ,
cos60 0bma T P= − = мында
0dV
adtτ = = , V const= ,
2
n
Va
R= , 0ba = .
Акыркы теңдемеден
cos60 0T P− = , 2 2cos60
PT P H= = =
.
2
sin60 , sin60mV
T R lR
= = .
2sin 60 2 0,3 3
2,1 / .4 1,02
TlV м с
m
⋅ ⋅= = =⋅
Чекит (жүк) бир калыпта кыймылда болот, ылдамдыгы 2,1 м/с, тартылуу күчү 2 Н барабар.
Динамиканын негизги экинчи маселесин чыгарууну үйрөнүү үчүн мисалдарды чыгарып көрөлү.
Берилди: m=0,102 кг l=0,3 м _________ V-? Т-?
О
V
τ
R
T
b
n
P
3.3 – чийме.
105
Мисал – 3.5. Массасы m материалдык чекит жерден жогору көздөй
баштапкы ылдамдык 0V
менен ыргытылат. Абанын каршылыгын эске албай, чекиттин оордук салмагы турактуу деп эсептелет, анын кыймыл законун тапкыла?
Чыгаруу. Баштапкы эсептөөчү чекит О материалдык чекиттин баштапкы абалы менен дал келишет, ал жогору көздөй кыймылдагандыктан, Ох – огун жогору көздөй багыттайбыз. Материалдык М чекитти ар кандай аьалда (произвольном) көрсөтөбүз. Ага аракет эткен күч P
төмөн
көздөй багытталат. Чекиттин кыймылынын дифференциалдык теңдемеси: xmx F P mg= = − = −ɺɺ . (3.17) мындан ылдамданууну табабыз:
xdVx g
dt= = −ɺɺ (3.18)
Теңдемени бир жолу интергралдап, ылдамдыкты аныктайбыз: xdV gdt= −∫ ∫ , 1xV gt C= − + , (3.19)
ылдамдык x
dxV
dt= болгондуктан,
1
dxgt C
dt= − +
дагы бир жолу интергралдайбыз: 1dx gtdt C dt= − +∫ ∫ ∫
2
1 22
tx g C t C= − + + (3.20)
(3.20) – кыймыл теңдемеси.
1 2,С С - интегралдын турактуу чоңдуктар, аларды кыймылдын баштапкы шарттарын: 0 00, 0, xt x x V V= = = = ылдамдыктын формуласына коюп 1 0C V= , кыймыл теңдемесине коюп 2 0C = табабыз. Бул табылган 1 2,С С (3.19) жана (3.20) теңдемеге ордуна коюп ылдамдыкты:
0xV V gt= − жана кыймыл теңдемесин табабыз:
2
0 2
gtx V t= − . (3.21)
Ошентип, жогору ыргытылган материалдык чекит бир калыпта акырындатылган кыймылда болот экен.
Берилди: m, V _________
( )x f t=
х
х
М
P
3.4 – чийме.
106
Мисал – 3.6. Массасы m материалдык чекит өзгөрүлмө күч
0 cosF F tω= , (мында ,F ω - турактуу чоңдук) таасири астында түз сызыктуу
кыймылда болот. Баштапкы ылдамдыгы 0V
. Чекиттин кыймыл теңдемесин тапкыла?
Чыгаруу. Баштапкы эсептөөчү О чекитинен кыймылдын багытын көздөй Ох огун жүргүзөбүз. М чекитин ар кандай абалда Ох огуна жайгаштырабыз. Ага аракет эткен күчтөр P
жана F
. Чекиттин кыймылынын
дифференциалдык теңдемесин түзөбүз: 0 cosxmx F F F tω= = =ɺɺ (3.22)
xdVx
dt=ɺɺ .
Ылдамданууну табабыз:
0 cos xF dVx t
m dtω= =ɺɺ ,
өзгөрүлмө чоңдуктарды бөлүп:
0 cosx
FdV tdt
mω=∫ ∫
бир жолу интегралдайбыз:
01sinx
dx FV t C
dt mω
ω= = + (3.23)
экинчи ирэт интегралдайбыз:
01sin
Fdx tdt C dt
mω
ω= +∫ ∫ ∫
01 22
cosF
x t C t Cm
ωω
= − + + (3.24)
1 2,С С - турактуу сандары кыймылдын баштапкы шарттарын, б.а. 0,t =
0 0,x x= = 0xV V= (3.23) (3.24) теңдемелерге коюп табабыз:
1 0C V= , 2 2
FC
mω= . (3.25)
Бул 1 2,С С - маанилерин (3.24) теңдемеге коюп, кыймыл теңдемелерин табабыз:
( )00 2
1 cosF
x V t tm
ωω
= + − м. (3.26)
Берилди: 0 cosF F tω=
0 0V = _________
( )x f t=
y
x
M F
x
O
3.5 – чийме.
107
Мисал – 3.7. Салмагы P
нерсе жогору көздөй баштапкы ылдамдык 0V
менен көтөрүлөт. Абанын каршылык күч ү 2 2kF k PV= аракет этет. k -
коэффициент. Нерсе канча убакыта канчалык бийиктикке көтөрүлөт?
Чыгаруу: Нерсени материалдык чекит деп карайбыз.
О – баштапкы эсептөө чекитинен Ох – огун кыймылдын багытын көздөй (жогору карай) жүргүзөбүз. Чекитке аракет эткен күчүтөрдү ( , kP F
) чиймеде көргөзөбүз.
Кыймылдын дифференциалдык теңдемесин түзөбүз: 2 2
x xma F P k V P= = − − (3.27)
2 2xma mg mgk V= − − ,
барабардыктын эки жагын m - ге бөлүп, ылдамданууну табабыз:
( )2 21x
dVa g k V
dt= = − + , (3.28)
өзгөрүлмө чоңдуктарды бөлүп,
0
0
2 21V
dVgdt
k V= −
+∫
бир жолу интегралдайбыз:
1
0
0
0
1 t
Varctg kV gt
k= −
0 1
1arctg kV gt
k= −
интегралдын жогорку пределы нерсе М1 чекитине дал келгенде анын ылдамдыгы нөлгө барабар болот. 1t - нерсенин Н бийиктикке көтөрүлүү убакыты мындан
01
arctg kVt
g=
болот. Канчалык бийиктикке көтөрүлүшүн табыш үчүн (3.28) өзгөртөбүз:
( )2 21dV dx
g k Vdx dt
⋅ = − +
dx
Vdt
=
болгондуктан
( )2 21VdV
g k Vdx
= − +
болот, барабардыктын эки жагын ( )2 21 k V+ бөлүп, эки жагын тең dx – ке
көбөйтсөк өзгөрүлмө чоңдуктар бөлүнөт, бир жолу интегралдайбыз:
Берилди: 2 2
kF k PV=0V
_________ ?H −
х
х
М
P
kF
0V
О
Н
М1
3.6 – чийме.
108
0
0
2 201
H
V
VdVgdx
k V= −
+∫ ∫ .
Жогорку математикадан белгилүү болгондой төмөнкүдөй подстановканы колдонобуз, б.а.
( )2 21 k V u+ = , 22du k VdV=
мындан
22
duVdV
k= ;
жөнөкөйлөтүп интергралдайбыз:
( )0
02 2
2 0
1ln 1
2H
Vk V gx
k+ = −
( )2 202
1ln 1
2k V gH
k− + = −
мындан
( )2 2
0
2
ln 1
2
k VH
k g
+= . (3.29)
Мисал – 3.8. Салмагы 9,8P H= нерсеге 22
3k
VF H
s= −
+ (V - ылдамдык,
м/с, s - басып өткөн жол, м) аракет этет. Нерсенин баштапкы ылдамыгы
0 5 /V м с= , анын кыймыл теңдемесин тапкыла?
Чыгаруу. Нерсени материалдык чекит деп карайбыз. Баштапкы О
чекитинен Os – огун кыймылдын багытын көздөй жүргүзүп, ага аракет эткен , kP F
күчтөрүн көрсөтөбүз. Кыймылдын дифференциялдык теңдемесин түзөбүз:
( )22
3k
Vms F F
sτ= = − = −+
ɺɺ .
Нерсенин массасы 1P
m кгg
= =
Берилди: 9,8P H=
22
3k
VF H
s= −
+
0 5 /V м с= _________
( )s f t=
s
M kF
s
O τ
P
3.7 – чийме.
109
2
2
d s dVs
dt dt= =ɺɺ ,
( )22
3
dV V
dt S= −
+ - ылдамдануу.
Күч ылдамдыкка жанан басып өткөн жолго көз каранды болгондуктан жөнөкөйлөштүрөбүз
( )22
3
dV ds V
ds dt s⋅ = −
+,
ds
Vdt
= ,
V 22dV V
ds= − ( )3 s+
,
( )2
3
dV V
ds s= −
+,
өзгөрүлмө чоңдуктарды бөлөбүз:
( )0 0
23
V s
V
dV ds
V s= −
+∫ ∫
интегралдайбыз:
( )0 0
ln 2ln 3sV
VV s= − + ,
( )0
ln 2 ln 3 ln3V
sV
= − + − ,
( )
2
20
3 9
3 3
V
V s s
= = + +
мындан
( )
02
9
3
VV
s=
+
ылдамдыкты табабыз
( )
02
9,
3
ds ds VV
dt dt s= =
+
бир жолу интегралдайбыз
( )2
0
0 0
3 9s t
s ds V dt+ =∫ ∫ ,
( )3
0
0
39
3
s
sV t
+= ,
( )3
3
0
33 9
3s V t+ − = ,
110
( )3
03 9 9s V t+ = + ,
33 5 1 1s t = + − м.
Ийри сызыктуу кыймыл үчүн мисал чыгарып көрөлү.
Мисал – 3.9. Массасы m материалдык чекит борборго тартылуу күчтүн 2F k mr=
таасири астында кыймылга келет. Салмагы турактуу. 0t =
болгондо 0x d= , 0 0y = , 0 0x =ɺ , 0 0y =ɺ . Оу – огу вертикал боюнча төмөн багытталган. Чекиттин кыймыл теңдемесин жана траекториясын тапкыла?
Чыгаруу: Очекити аркылуу Ох, Оу окторун жүргүзөбүз. М – чекитине аракет эткен күтөр P
,F
чиймеде көрсөтөбүз. Чекиттин кыймылынын дифференциалдык теңдемесин вектордук түрдө жазабыз:
2,ma F ma P k mr= = −
(3.30) бул теңдемени Ох, Оу окторуна проекциялап, эки жагын тең m бөлүп төмөнкү теңдемелерди алабыз:
2
2
0x k x
y k y g
+ =
+ =
ɺɺ
ɺɺ (3.31)
Кадимки экинчи даражадагы кадимки дифференциялдык теңдеменин жалпы чыгарылышы төмөнкүчө болот: 1 2cos sinx C kt C kt= + (3.32) Дифференциялдык теңдеменин кадимки эмес экинчи даражадагы жалпы чыгарылышы 1 2y y y= + (3.33) турат. 1y - кадимки дифференциалдык теңдеменин жалпы чыгарылышы, б.а. 1 3 4cos siny C kt C kt= + (3.34) 2y - кадимки эмес дифференциялдык теңдеменин жекече чыгарылышы 2y A= (3.35) A - турактуу сан. A - турактуу санды табыш үчүн 2 0y =ɺɺ эки ирэт туунду алып (3.31) теңдемеге коюбуз:
Берилди: m, 2F k mr=
,
0x d= , 0 0y = ,
0 0x =ɺ , 0 0y =ɺ . ____________
( )1 ?x f t= −
( )2 ?y f t= −
траекториясы - ?
О
d d
M
P
F
B y
x A
3.8 – чийме.
111
20 k A g+ = мында
2
gA
k= ,
жекече чыгарылыш
2 2
gy
k= (3.36)
Жалпы чыгарылыш
3 4 2cos sin
gy C kt C kt
k= + + (3.37)
(3.31) жана (3.37) теңдемелерди дифференциялдап
1 2
3 4
sin cos
sin sin
x C k kt C k kt
y C k kt C k kt
= − + = − +
ɺ
ɺ (3.38)
ылдамдыктарды табабыз. 1,C 2,C 3,C 4C - турактуу сандарды табыш үчүн, кыймылдын баштапкы шартын б.а. 0t = , 0x d= , 0 0y = , 0 0x =ɺ , 0 0y =ɺ
колдонуп, (3.31), (3.37), (3.38) теңдемелерден 1C d= , 2 0C = , 3 2
gC
k= − , 4 0C =
экендигин табабыз. Бул чоңдуктарды (3.32), (3.37) теңдемелерге коюп, чекиттин кыймыл теңдемесин аныктайбыз:
( )2
cos
1 cos
x d kt
gy kt
k
= = −
(3.39)
Бул теңдемелерден t убакытты жоюштуруп, чекиттин траекториясын табабыз:
cosx
ktd
=
2
1g x
yk d = −
чекиттин траекториясы түз сызык АВ болот.
§ 3.4. Термелүүлөр
Биздин айланабызда дайыма байкалуучу механикалык кыймылдардын ичинен кандайдыр даражада кайталанып өтүүчү процесстерди кездештирүүгө болот. Башка кыймылга салыштырганда кандайдыр бир даражада кайталануу менен өтүүчү кыймылдар термелүүлөр деп аталат. Термелүүчү нерселердин бардыгынын туруктуу абалы болот. Материалдык чекиттин түз сызыктуу термелүүсүнүн касиеттерин үйрөнүү механикалык, физикалык жана техникалык маселелерди чыгаруу үчүн өтө зарыл болот.
112
§ 3.4.1. Эркин термелүүлөр
Материалдык чекиттин туруктуу абалынан б.а. О чекитинен х аралыгына жылдырылгандан кийин, ага чекитти туруктуу абалына
келтирүүчү F
күчү аракет эткенде гана чекит М гармоникалык термелүүгө келет. Калыбына келтирүүччү күч (серпилгич) F
төмөнүдөй
касиеттерге ээ: а) Бул күч аракет эткен сызыгы, О борбору
аркалуу өтөт жана борборду көздөй багытталат. б) үчтүн модулу чекит О борборунун (туруктуу абалынан) жылган аралык х пропорциялаш болот б.а. F c x= − ⋅ ; мында с – катуулук коэффициенти. М чекитинин кыймылынын дифференциалдык теңдемесин түзөбүз: xm x F F c x⋅ = = − = − ⋅ɺɺ (3.40)
2 0x k x+ ⋅ =ɺɺ (3.41)
мында 2 ck
m=
(3.41) – экинчи даражадагы бир тектүү дифференциалдык теңдеме, эркин термелүүн дифференцилдык теңдемеси деп аталат. Анын жалпы чыгарылышы
1 2cos sinx C kt C kt= ⋅ + ⋅ (3.42) С1, С2 – интегралдык турактуу сан. Буларды табыш үчүн х – ден t – боюнча бир жолу туунду алып, ылдамдыгын табабыз:
1 2sin cosx C k kt C k kt= − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ɺ (3.43) баштапкы шартты колдонобуз: t=0 учурда х=x0 , 0х V=ɺ ; (3) теңдемеден
С1=x0, (3.43) теңдемеден 02
VС
k= барабар экиндигин аныктап, С1, С2 – ни
(3.42) теңдемеге коюп, эркин термелүүнүн теңдемесин алабыз:
00 cos sin
Vх х kt kt
k= ⋅ + ⋅ (3.44)
же 1 0 sinC x A α= = ⋅ , 02 cos
VC A
kα= = ⋅
белгилеп, (3.44) теңдемени төмөнкү түрдө алабыз: ( )sinx A kt α= ⋅ + (3.45)
(3.44), (3.45) теңдемелер эркин термелүүнүн теңдемелери деп аталат, бул термелүү гармоникалык термелүү болот. Термелүүчү М чекитинин эң чоң жылыш аралыгы амплитуда деп аталат. Амплитуда
22 2 2 01 2 0 2
VА С С x
k= + = + , (3.46)
k – жыштык, 2 ck
m= :
F
х
х
О М
3.9 – чийме.
113
Чекиттин 2 секπ аралыгында аткарган термелүүнүн саны термелүүнүн
жыштыгы деп аталат. ( )kt α+ - убакыттын ар
кандай моментинде термелүүчү чекиттин абалын мүнөздөөчү чоңдук термелүүнүн фазасы деп аталат.
0
0
x karctg
Vα = -баштапкы фаза, убакыттын t=0
моментинде термелүүчү чекиттин кандай абалда (орунда) боло тургандыгын көрсөтөт. Толук бир термелүүгө кеткен убакыт термелүүнүн мезгили деп аталат б.а.
2
2m
Tk c
π π= = ⋅ . (3.47)
Эркин термелүүнүн амплитудасы, баштапкы фазасы, баштапкы жылыш х0, баштапкы ылдамдык 0V
көз каранды болот. Термелүүнүн мезгили
Т, жыштыкы k, чекиттин массасына, серчилгич коэффициентин көз каранды
болот, баштапкы шарттарга ( )0 0,x V
көз каранды болбойт.
§ 3.4.2. Өчүүчү термелүү
Реалдык шартта термелүүгө келтирилген чекитке сырттан мезгили менен күч аракет этпесе, ал өзүнүн кыймылын кандайдыр бир убакыттан
кийин токтот. Термелүү өчөт. Анчалык чоң эмес ылдамык үчүн каршылык ылдамдыктын биринчи даражасына пропорциопалдуу CF Vµ= − ⋅
(-)
белгиси, ылдамдыкка V каршы багытталгандыгын көрсөтөт. Материалдык чекитке F c x= − ⋅ жана каршылык күчү kF xµ= ⋅ ɺ аракет этет дейли.
Чекиттин кыймылын дифференциалдык теңдемесин түзөбүз:
ix kmx F F F c x Vµ= = − − = − ⋅ −∑ɺɺ (3.48) 22 0x nx k x+ + =ɺɺ ɺ (3.49)
мында 2nm
µ= , 2 ck
m=
өчүүчү термелүүнүн дифференциалдык теңдемеси болуп саналат. Экинчи даражада бир тектүү дифференциалдык теңдеменин жалпы чыгарылышын табыш үчүн мүнөздүк теңдеме түзүп, аны тамырын аныктайбыз. 2 22 0z nz k+ + =
2 21,2z n n k= − ± − болот (3.50)
мында n – каршылык коэффициенти, k – эркин термелүүнүн жыштыгы.
x
t x0
0
T
A
3.10 – чийме.
F
х х
О М kF
3.11 – чийме.
114
а) Каршылык коэффициенти n k< учурдагы термелүүнү карап көрөлү. Анда мүнөздүк теңдемени тамырлары төмөнкүдөй түрдө берилет:
2 21,2 1z n i k n n ik= − ± − = − ± ,
2 21k k n= − - өчүүчү термелүүнүн жыштыгы. (3.49) теңдеменин жалпы
чыгарылышы, ( )1 1 2 1cos sinntx e C k t C k t−= + (3.51)
С1 ,С2 – интегралдык турактуу санды, мурунку параграфта көрсөтүлгөндөй аныктайбыз:
1 0C х= , 0 02
1
V nxC
k
+= , эгерде 1 0 sinC x A β= = , 2 cosC A β= белгилесек (3.51)
теңдеме төмөнкүдөй түргө келет. ( )1sinnt
Cx A e k t β−= + (3.52)
Бул теңдеме өчүүчү термелүүнүн теңдемеси болот. АС - өчүүчү термелүүнүн
амплитудасы, 2
2 0 00
1C
V nxA x
k
+= +
,
көбөйтүндү nte− - амплитуданын кичирейип бараткандыгын көрсөтөт, эгерде t → ∞ , 0nte− → , 0x → ошондуктан өчүүчү термелүү деп
аталат. ( )1k t β⋅ + - өчүүчү термелүүнүн фазасы.
Т1 – термелүүнү мезгили.
1 2 2 2 21
2 2
2 2 2
1 1
TТ
k k n n nk
k k
π π π= = = =− − −
; өчүүчү термелүүнүн мезгили,
эркин термелүүнү мезгилинен көп боло тургандыгын көрсөтөт. Амплитудалардын катыштарын көрсөтүүчү турактуу сан D өчүүнүн
кандай мүнөздө экендигин көрсөтөт. D санын натуралдык логарифмасы өчүүнүн логарифмалык декременти деп аталат.
1ln2
nTD = ;
каршылык күчү негизинен термелүүнүн амплитудасына таасир этип, убакыттын өтүшү менен амплитудасын кичирейтет.
Өчүүчү кыймылдар. Эгерде каршылык күчү көбүрөөк болсо, б.а.
n k> болсо мүнөздүк теңдеменин тамыры 2 21,2z n n k= − ± − болот.
(3.49) – дифференциалдык теңдеменин жалпы чыгарылышы: 1 2
1 2z t z tx C e C e= ⋅ + ⋅ түрдө изделет. С1 ,С2 – турактуу сан ;
ntCx A e−=
ntCx A e−= −
0
Т1
х0
t
3.12 – чийме.
115
Бул теңдемеден көрүнгөндөй t → ∞ , 0x → , б.а. кандай бир убакытта М чекити калыбына келтирүүчү күчтүн (серпилгич) таасири астында О борборуна термелүүсүз келет. Ошондуктан чекиттин кыймылын өчүүчү кыймыл деп атайт. Эгерде каршылык күчүнүн коэффициенти n жыштыгы k менен дал келишсе, б.а. ( )n k= мүнөдөөчү теңдеменин тамыры 1,2z n= − болот. Термелүүнүн
дифференциялдык теңдемесинин (3.49) жалпы чыгарылышы: ( )1 2
ntx e C t C−= + (3.54)
түрдө аныкталат.
1 2,C C - интегралдык турактуу чоңдуктар. Бул учурда чекиттин кыймылы термелүү кыймылы боло албайт. Мезгил – мезгили менен кайталануучу кыймыл болбой, өчүүчү кыймыл болот.
§ 3.4.3. Аргасыз термелүүлөр
Материалдык чекитке серпилгич күч жана башка чекитти аргасыз термелүүгө келтирүүчү (дүүлүктүрүүчү) күчтөр аракет этсе, ал аргасыз термелет. Дүүлүктүрүүчү күч ( )sinQ H pt δ= + мыйзамына ылайык өзгөрөт.
Чекиттин кыймылынын дифференциялдык теңдемесин түзүп:
( )sinkx Cmx F Q F H pt cxδ= = − = + −∑ɺɺ (3.55)
ал теңдемени эки жагын массага (m) бөлүп: ( )2 sinx k x h pt δ+ = +ɺɺ (3.56)
мында
2 ck
m= ,
Hh
m= .
Кадемки эмес экинчи даражадагы дифференциалдык теңдеме, аргасыз термелүүнүн дифференциалдык теңдемеси деп аталат. Бул дифференциялдык теңдеменин жалпы чыгарылышы: 1 2x x x= + , (3.57)
1 1 2cos sinx C kt C kt= + (3.58) (3.58) – кадимки экинчи даражадагы теңдеменин жалпы чыгарышы болот. Кадимки эмес дифференциалдык теңдеменин жекече чыгарылышы: ( )2 sinx A pt δ= +
CF
Q
G
N
x
y
3.13 – чийме.
116
түрүндө изделет. А – турактуу коэффициент, аны табыш үчүн теңдемеден эки жолу туунду ( )2 sinx Ap pt δ= − +ɺɺ
алып, (3.56) теңдемеге койгондон кийие
2 2
hA
k p=
−
барабар болот. Анда
( )2 2 2sin
hx pt
k pδ= +
− (3.59)
аргасыз термелүүнүн теңдемеси деп аталат. Аргасыз термелүүнүн
амплитудасы, кыймылдые баштапкы ылдамдыгына ( )0V
, баштапкы жылышы
( )0x көз каранды болбойт.
Аргасыз термелүүнүн р – жыштыгы, 2
p
πτ = - мезгили, дүүлүктүрүүчү
күчтүн жыштыгы жана мезгили менен дал келишет. ( )pt δ+ - аргасыз
термелүүнүн фазасы. Эгерде материалдык чекитке бир эле убакытта калыбына келтирүүчү (серпилгич) жана дүүлүктүрүүчү күч аракет этсе, чекит эркин жана аргасыз термелүүлүнүн кошундусунан турган таатал термелүү кыймылын аткарат. (3.57) теңдемеге (3.58), (3.59) формуланы коюп, б.а.
( )1 2 1 2 2 2cos sin sin
hx x x C kt C kt pt
k pδ= + = + + +
− (3.60)
(3.60) – таатал термелүүнүн теңдемесин алабыз. 1 2,C C - турактуу сандары башка параграфта көрсөтүлгөндөй аныктап алабыз. Резонанс кубулушу. Эгерде аргасыз термелүү менен эркин (өздүк) термелүүнүн жыштыктары дал ( )p k= келишсе резонанс кубулушу деп
аталат. Бул учурда (3.56) дифференциялдык теңдеменин жекече чыгарылышы ( )2 cosx Bt pt δ= + (3.61)
изилденет. Коэффициент В – ны жогорку параграфта көрөтүлгөндөй аныктап
2
hB
p= −
табабыз. Резонанс убагында
( )2 cos sin2 2 2
h hx t pt t kt
p p
πδ = − = + −
(3.62)
мыйзамы боюнча өзгөрөт. Убакыттын өзгөрүшү менен резонанс убагында термелүүнүн амплитудасы чоңоёт.
117
§ 3.4.4. Каршылык күчүнүн аргасыз термелүүгө таасири
Материалдык чекитке калыбына келтирүүчү, каршылык, дүүлүктүрүүчү күчтөр аракет этсе чекит аргасыз термелүүдө болот. Термелүү кыймылынын дифференциалдык теңдемеси: ( )sinx C kmx F F F Q cx x H ptµ δ= = − − + = − − + +ɺɺ ɺ
( )22 sinx nx k x h pt δ+ + = +ɺɺ ɺ , 2nm
µ= , 2 ck
m= (3.63)
бул кадимки эмес, экинчи даражадагы дифференциялдык теңдеме, каршылык күчүнүн таасири астындагы аргасыз термелүүнүн дифференциалдык теңдемеси деп аталат, анын жекече чыгарылышы ( )2 sinkx A pt δ ε= + −
түрүндө изделет
( )
( )2 22 2 2 2sin
4
hx pt
k n n pδ ε= + −
− +, (3.64)
мында
( )22 2 2 24
k
hA
k n n p=
− +
kA - аргасыз термелүүнүн амплитудасы деп аталат. Амплитуда кыймылдын баштапкы ылдамдыгына баштапкы жылышына көз каранды эмес, эркин термелүүнүн жыштыгына, каршылыкка көз каранды болот. Аргасыз термелүү гармоникалык мыйзам боюнча өзгөрөт. Ошентип, чекитке серпилгич күч, дүүлүктүрүүчү, каршылык күч аракет этсе, ал татаал: эгерде а) k n> болсо, аргасыз жана өчүүчү термелүүнүн, б) k n< , в) k n= болсо, аргасыз жана өчүүчү кыймылдардын кошундусунан турган кыймыл аткарат:
а) ( )( )
( )1 2 22 2 2 2sin sin
4
nt hx x x Ae pt pt
k n n pδ δ ε−= + = + + + −
− +,
б) ( )
( )1 21 2 1 2 22 2 2 2
sin4
z t z t hx x x C e C e pt
k n n pδ ε= + = + + + −
− +,
в) ( )( )
( )1 2 1 2 22 2 2 2sin
4
nt hx x x e C t C pt
k n n pδ ε−= + = + + + −
− +.
Бул теъдемелерден көрүнгөндөй аргасыз термелүү башка термелүүлөрдүн негизги айырмасы, ал өчпөйт. Каршылык күчү, анын амплитудасынын өзгөрүшүнө жана фазасына таасир этет. Качан жыштык
118
2 22p k n= − болсо, амплитуда max
2 22k
hA
n k n=
− максималдык маанисинде
болот. Фазанын сдвиги 2 2
2nptg
k pε =
− боюнча аныкталат.
Термелүү кыймылына маселе чыгарууну төмөнкү тартипти колдонсо болот. 1) Нерсени чекит деп кабыл алыш керек. 2) Нерсенин баштапкы тең салмактагы абалынан (баштапкы эсептөөчү) чекиттен пружинанын кыймылынын багыты боюнча координаттык окту жүргүзүү талап кылынат. 3) Нерсени ар кандай абалында көрсөтүп ага аракет эткен күчтөрдү тиркеш керек. 4) Кыймылдын дифференциялдык теңдемесин түзүп, анын жалпы чыгарышын табуу керек, турактуу сандарды аныктап, термелүүнүн амплитудасын, мезгилин жаштыгын табуу керек. 5) Эгерде нерсеге каршылык күчү аракет этсе, термелүүнүн дифференциялдык теңдемесин түзгөндөн кийин коэффициент n менен жыштык k – нын маанисин табыш керек. 6) Ошого жараша өчүүчү термелүүнүн үч түрүнүн ( ), ,k n k n k n< > =
бирине ылайык келсе дифференциялдык теңдеменин жалпы чыгарылышын табуу керек. 7) Эгерде нерсеге дүлүүктүрүүчү күчтөр аракет этсе, аны чиймеде көрсөтүп термелүүнүн дифференциялдык теңдемесин түзүү керек. 8) Эгерде маселенин шартында аргасыз термелүүнүн теңдемесин жекече чыгарылышын табуу керек. 9) Нерсенин кыймылын аныктоо талап кылынса, дифференциялдык теңдеменин жалпы чыгарылышын табуу керек.
Термелүү кыймылына маселе чыгаруунун методикасын колдонуп, мисалдарды чыгарып көрөлү. Мисал – 3.10. Салмагы P
жүктү пружинага илип, баштапкы
ылдамдыксыз 0 0V = коюп жиберилген. Пружинанын узундугу баштапкы абалда 0l - го барабар. Жүк тең салмактуу абалда пружинаны стλ - статикалык узундука чоёт. Жүктүн термелүү законун, термелүүнуү амплитудасын, мезгилин жана серпилгич күчтүн эң чоң маанисин тапкыла?
119
Чыгаруу: Жүктү материалдык чекит О – ну нерсенин тең салмактуу абалында алып, ок Ох ти жүргүзөбүз. Чекитке аракет эткен P
жана cepF
күчтөрдү көрсөтөбүз. Жүктүн (чекиттин) кыймылынын дифференциялдык теңдемесин түзөбүз: x x cepma F P F= = − (3.65)
мында xa x= ɺɺ - ылдамдануу. Гуктун законуна ылайык серпилгич күч
cepF cλ= , с – катуулук коэффициенти, λ -
пружинанын узарылышы: 0 0 0cm cml l l x l xλ λ λ= − = + + − = + . Анда теңдемени (1) төмөнкүчө жазсак болот: ( )cmmx P c x Pλ= − + =ɺɺ cmcλ− cx− .
Жүктүн тең салмактуулук абалында, нерсенин салмагы P
менен серпилгич күч cm cmF cλ= бир –
бирине барабар, cmP cλ= болот. Ошондуктан mx cx= −ɺɺ же
0c
x xm
+ =ɺɺ (3.66)
мында 2ck
m= эркин термелүүнүн жыштыгы.
Бул теңдеме гармоникалык термелүүнүн дифференциялдык теңдемеси деп аталат. Бул теңдеменин жалпы чыгарылышы төмөнкү түрдө изделет: 1 2cos sinx C kt C kt= + (3.67)
1 2,C C - интегралдык турактуу сан, аны табыш үчүн, ылдамдыкты аныктайбыз: 1 2sin cosx kC kt kC kt= − +ɺ (3.68) Маселенин баштапкы шарты: 00, 0t x V= = =ɺ , 0 cmx x λ= = − (3.67), (3.68) теңдемелерге коюп 1cm Cλ− = , 2 0C = табабыз. Дифференциялдык теңдеменин жалпы чыгарылышы coscmx ktλ= − (3.69) болот. Жүктүн эркин термелүүсүнүн теңдемеси болуп саналат. Пружинага илинген жүк, тең салмактуулук абалдын жанында гармоникалык закон боюнча термелет. Термелүүнүн амплитудасы
2 21 2 cmA C C λ= + = ;
Берилди:
0 0, , 0, стP l V λ=
______________
( )
max
?
?, ?, ?
?
x f t
A T k
F
= −− − −
−
x
l0
стλ
x
P
cepF
cepF
P
0M
O
O
3.14 – чийме.
120
жыштыгы
c
km
= ;
мезгили
2
2 cmTk g
π λπ= = .
Серпилгич күчтүн эң чоң мааниси: max max2 2 2cmF c c mgλ λ= = = .
Мисал - 3.11. Карама – каршы багытта айланышкан эки цилиндрлик
шкивдерге бир тектүү өзөкчө эркин коюлган. Шкивдердин радиустары бирдей. Шкивдердин борборлору О1, О2 горизонталдык түз сызыкта жатат.
1 2 2O O l= . Аралык l =25 см. Өзөкчө, шкив менен өзөкчө тийшкен жердеги пайда болгон сүрүлүү күчтөрдүн таасири астында кыймылга келет. Сүрүлүүнүн коэффициенти f.
1) Өзөчөнү симметриялык абалдан баштапкы ылдамдыксыз 0 0V = , 0x - аралыгына жылдыргандан кийинки кыймыл теңдемесин тапкыла?
2) Термелүүнүн мезгили 2T c= болгон учурдагы сүрүлүүнүн коэффициентин тапкыла?
Чыгаруу: Өзөкчөнүн тең салмактуулук абалынан Ох – огун
жүргүзөбүз. Ага аракет эткен күчтөрдү 1N
, 2N
, P
, 1 1F fN=
, 2 2F fN=
көрсөтөбүз. Өзөкчөнүн дифференциалдык теңдемесин түзөбүз:
1 2xmx F F F= = −ɺɺ (3.70)
Сүрүлүү күчтөр 1 1F fN= , 2 2F fN= . Нормалдык күчтөр 1N
, 2N
- ны табыш үчүн күчтөрдүн К чекитине моментин аныктайбыз:
( ) ( )2 0K im F N l P l x= − + =∑
(3.71)
1 2 0iyF N N P= + − =∑ (3.72)
мындан
( )2
1,
2
P xN
l
+=
(3.71) теңдемеге коюп
Берилди: 0x , 0 0V = , m,
2T c= , l =25 см. _______________
( )x f t= ,
?f −
1N
2F
1F
l l 2O 1O
x
C O 2N
x P
K
3.15 – чийме.
121
( )1
2 1
2
P l p xN
l
⋅ − +=
табабыз. Аныкталган 1 2,N N −
ны (3.70) теңдемеге коебуз:
( ) ( )2 1 1 2
2 2 2
P l P x P x f Px fPx fmgxm x
l l l l l
⋅ − + + = − = − = − = −
ɺɺ (3.73)
Барабардыктын эки жагын тең m – ге бөлүп, 2 20,
fgx k x k
l+ = =ɺɺ (3.74)
гармоникалык термелүүнүн дифференциалдык теңдемесин алабыз. Анын жалпы чыгарылышы
1 2cos sinx C kt C kt= + (3.75)
1 2,C C const− табыш үчүн
1 2sin cosx C k kt C k kt= − +ɺ (3.76) бул эки теңдеме кыймылдын баштапкы шарты t = 0, учурда x = x0, V0 = 0 коюп, C1 = x0, C2 = 0 алабыз. Анда термелүүнүн теңдемеси:
0 0cos cosfg
x x kt x tl
= =ɺ
болот. Өзөкчө сүрүлүү күчүнүн таасири астында гармоникалык термелүүлөр болот.
Термелүүнүн мезгили 2 2 2
22
2 4 4;
lT T
k k fg
π π π= = =
мындан
( )22
2
4 3,14 0,2540,25
9,8 4
lf
gT
π ⋅ ⋅= = =
⋅.
Өчүүчү термелүүгө маселе чыгарып көрөлү. Мисал – 3.12. Пружина А чекитинде бекитилген, экинчи учу В – га
массасы 100 г пластина D илинип коюлган. Пластинка D магниттин полюстарынын ортосунда кыймылдайт. Пайда болгон каршылык күчү
2KF Ф Vα= Н мында 0,001α = , 10 5Ф = Вб серпилгич коэффициенти
с=19,6 Н/м. Баштапкы учурда, пружина чоюлган эмес, пластинанын баштапкы
ылдамдыгы нолго барабар. Пластинанын кыймыл теңдемесин тапкыла?
122
Чыгаруу. Пластинка D нын кыймылын карайбыз. Пластинага , ,к CP F F
аракет этет. О чекитинен (статикалык туруктуу абалдын) төмөн көздөй х – огун жүгүртөбүз; пластинанын дифференциалдык теңдемесин түзөбүз:
( ) 21ix c k Cm x F P F F P c x Ф xλ α= = − − = − + −∑ɺɺ ɺ
m x P=ɺɺ CTcλ− 2cx Ф xα− − ɺ (3.77)
Мында ( )C cmF c xλ= + статикалык туруктуу абалда пружина cmλ аралыкка
чоюлат. 0,C C cmP F P F cλ− = = = (3.78)
болот. (3.77) теңдемени төмөнкүчө жазсак болот: 22 0x nx k x+ + =ɺɺ ɺ (3.79)
мында 2
22 , ;Ф c
n km m
α= =
(3.79) теңдеменин жалпы чыгарылышы, каршылык коэффициенти n менен жыштык k - нын сандык маанилери жараша болот.
2 0,001 1000000 52,5;
2 2 100
Фn
m
α ⋅ ⋅= = =⋅
114 .c
k сm
−= =
Эркин термелүүнүн жыштыгы k > n, болгондо (3.79) дифференциалдык теңдеменин жалпы чыгарылышы төмөнкүчө изделет:
( )1 1 2 1cos sinntx e C k t C k t−= + (3.80)
1 2,C C - интегралдык турактуу санды табыш үчүн (3.80) теңдемеден t боюнча туунду алабыз:
( ) ( )1 1 2 1 1 1 1 2 1cos sin sin cosnt ntx ne C k t C k t e k C k t C k t− −= − + + ⋅ − +ɺ (3.81)
А Берилди:
2
0
100 ,
,
0,001,
0,
19,6 /
10 5
K
m г
F Ф V
V
c Н см
Ф Вб
αα
=
===
=
=
____________
( ) ?x f t= −
х
P
cmλ
x
CF
кF
О
3.16 – чийме.
123
Маселеде коюлган баштапкы t=0 болгон учурда 0 0, 0cmx x V Vλ= = − = =
шарттарды колдонуп, 01 0 2
1
,nx
C x Ck
= = табабыз да (3.81) теңдемеге коебуз:
2,5 00 1 1
1
cos sint nxx e x k t k t
k−
= +
(3.82)
Пластинка D серпилгич, каршылык күчтөрдүн таасири астында өчүүчү термелүүдө болот.
2 2 10 10,05 ; 13,77cm
mgx м k k n c
cλ −= − = − = = − =
1k - өчүүчү термелүүнүн жыштыгы 0
1
0,00907.nx
k= − Ошентип, өчүүчү
термелүүнүн теңдемеси ( )2,5 0,005cos13,78 0,00907sin13,77tx e t t м−= − + (3.83)
болот.
Мисал – 3.13. Жогорку маселени 100Ф = Вб болгон учурдагы пластинанын кыймыл теңдемесин аныктоо керек. 1 – чи маселеде көрсөтүлгөндөй пластина D нын дифференциалдык теңдемеси:
22 0x nx k x+ + =ɺɺ ɺ (3.84) Бул теңдеменин жалпы чыгарылышын аныктоо үчүн,
2
50,2
dФn
m= =
114c cg
k cm P
−= = =
эсептейбиз. Ошентип, n > k, каршылык коэффициенти жыштыктан көп болуп калды. (3.84) теңдеменин жалпы чыгарылышы:
2 2 2 21 2
1 2 1 2z t z t n n k t n n k tx C e C e C e C e− + − − − −= + = + (3.85)
түрүндө изделет. C1, C2 - const
( )2 2 2 22 2 2 2
1 2
n n k t n n k t
x n n k C e C e n n k− + − − − −
= − + − + − − −ɺ (3.86)
Баштапкы t=0 болгондо, 0 0,x x V V= = шартты (3.85), (3.86) теңдемелерге коюп, 1 2,C C - аныктайбыз.
0 1 2x C C= +
( )2 2 2 20 1 2 0x n n k C C n n k= − + − + − − − =ɺ
1 0 2C x C= −
( )( )
2 20
1 02
2 2 2 21 2
n n k x z xC
z zn n k n n k
− + −= =
−− + − + − −
124
2 21
2 22
2,
98.
z n n n k
z n n n k
= − + − = −
= − − − = −
2 1 0 2
5 245,
48 48C C x C= − = − = (3.87)
21, CC - нин маанисин (3.85) теңдемеге коебуз:
( )2 98 98 96 2 98245 5 51 0,051 0,001
48 48 48t t t t t tx e e e e e e− − − − − −= − − = − = − + (3.88)
(3.88) – теңдеме өчүүчү кыймылдын теңдемеси.
Мисал – 3.14. Пружинага илинип коюлган нерсеге ылдамдыктын биринчи даражасында пропорциялаш каршылык күчү аракет этет. Ылдамдык
1 /V м с= болгон учурда каршылык күчү 19,6 H барабар болот. Нерсенин салмагы 19,6 кг, пружинанын катуулдук коэффициэнти 0,49 Н/см. Баштапкы учурда пружина 5 см чоюлган, баштапкы ылдамдыксыз кыймылгы келген. Нерсенин кыймыл законун тапкыла?
Чыгаруу. М – нерсенин кыймылын карайбыз. Ага аракет эткен P
- салмагын,
kF
- каршылык күчүн көрсөтөбүз. Баштапкы эсептөөчү координат О чекити болот. х – огун төмөн жүргүзөбүз, М – чекитинин дифференциалдык теңдемесин түзөбүз:
( ) 19,6ix c k cmm x F P F F P c x xλ= − − − = − + −∑ɺɺ ɺ
x
стλ
x
P
CF
CF
P
O kF
Берилди:
0
0
1,96 ,
19,6 ,
0,49 / ,
5
0
K
m кг
F V Н
c Н см
x см
V
==
===
_____________
( ) ?x f t= −
3.17 – чийме.
125
m x P=ɺɺ cmcλ− 19,6cx x− − ɺ (3.89)
О чекитинде (статикалык тең салмактуулук) абалда 0,CP F− = серпилгич күч
C cmF cλ= - б.а. пружина cmλ - узундукка чоюлат:
cmP cλ= (3.90) Ошошдуктан, дифференциалдык теңдемени төмөнкү түргө келтиребиз:
22 0x nx k x+ + =ɺɺ ɺ (3.91) 2 19,6
, 2c
k nm m
= =
белгилегенбиз.
1 19,65 , 5.
2
cgk c n
m m−= = = =
(3.91) экинчи даражадагы дифференциалдык теңдеменин жалпы чыгарылышы
( )1 2ntx e C t C−= + (3.92)
түрдө болот. ----------
21, CC -ны аныктайбыз. (3.92) теңдемеден туунду алып, ылдамдыкты табабыз:
( )1 2 1nt ntx ne C t C e C− −= − + +ɺ (3.93)
баштапкы шартты, t = 0 учурда 0 5 ,x x см= = 0 0 0V x= =ɺ колдонуп,
1 0 2 0,C n x C x= = таап (3.92) теңдемеге коебуз:
( ) ( )5 50 0 5 5 1tx e nx t x e t см− −= + = +
Нерсе өчүүчү кыймылда болот , 0.t x→ ∞ =
126
Аргасыз термелүүлөр. Мисал – 3.15. Катуулдук коэффициенти С =10 Н/см пружина АВ га
массасы 400 г жүк М илинип коюлган. Пружинанын жогорку учу гармоникалык законуна 1 2sin7O A t= (см) ылайык термелет. Жүктүн аргасыз термелүүсүн тапкыла?
Чыгаруу. M - жүгүнө аракет эткен күчтөр
,CF cλ λ= - пружинанын чоюлган узундугу жана
салмагы P
болот. Пружинанын узундугу
0 1 .cml l x O Aλ= + + − Пружинанын чоюлган узундугу 0 1 2sin7 .cm cml l x O A x tλ λ λ= − = + − = + − М – жүгүнүн кыймылынын дифференциалдык теңдемесин түзөбүз:
( )2sin7
i C
cm
m x F P F P c
P c x t
P
λ
λ
= = − = − =
= − + − =
=
∑ɺɺ
cmcλ− 2sin7cx c t− + (3.94)
тең салмактуулук абалында болгондуктан, алар кыскарат. Дифференциалдык теңдеме төмөнкүдөй болот:
2 sin 7x k x h t+ =ɺɺ (3.95)
мында 2 2, ;
c ck h
m m= = бул теңдеменин жалпы
чыгарылышы:
1 2x x x= + (3.96)
1x − бир тектүү дифференциалдык теңдеменин 2 0,x k x+ =ɺɺ
жалпы чыгарылышы. −2x дифференциалдык теңдеменин жекече
чыгарылышы:
2 sin 7x A t= (3.97) А – турактуу коэффициент. А - ны табыш үчүн (3.97) теңдемеден эки ирет туунду алабыз:
22 27cos7 , 7 sin 7x A t x A t= = −ɺ ɺɺ
бул формулаларды (3.95) теңдемеге коебуз: 249 sin7 sin 7 sin7 ,A t k A t h t− + =
мындан
( )2249 ,
49
hA k h A
k− = =
− (3.98)
Берилди: 400 ,
40 /
2sin 2 ( )
m г
c Н см
ОА t см
==
=
_____________
( )2 ?x f t= −
x
0 cml λ+
стλ
x
P
CF
M
O
О1 2sin 7t
B
3.18 – чийме.
127
2 2 sin7 ,49
hx t
k=
−
2x - бир тектүү эмес, экинчи даражадагы дифференциалдык теңдеменин (3.99) жекече чыгарылышы – аргасыз термелүүнүн теңдемеси болуп саналат. Теңдеменин жыштыгы
1 210 ; 200
c ck c h
m m−= = = =
амплитудасы
24
49
hA см
k= =
−
барабар болот. Анда аргасыз термелүүнүн теңдемеси 2 4sin7 ( ),x t см= болот.
Мисал – 3.16. Катуулук коэффициенти с = 9,8 Н/см пружинага массасы
200 г жүк илинип коюлган. Жүккө аракет эткен күч ( )sinS H pt= , мында
Н=20 Н, р=50 рад/с. Баштапкы учурда x0 = 2см, V0=10 cм/с. Баштапкы эсептөөчү чекит нерсенин туруктуулук (тең салмактуулук) абалына дал келет. Жүктүн кыймыл теңдемесин тапкыла?
Чыгаруу. Жүккө серпилгич күч ( )C cmF c xλ= + , Р
– салмагы жана S
-
күчү аракет этет. Жүктүн кыймылынын дифференциалдык теңдемесин түзөбүз:
x
стλ
x
P
CF
O
A
B
S
Берилди:
( )1
0
0 0
200 ,
sin
20 , 50 ,
2 ,
10 /
m г
S H pt
H H p c
x см
x V см с
−
==
= === =ɺ
________________
( ) ?x f t= −
3.19 – чийме.
128
( ) ( )sinix C cmm x F P F S P c x H ptλ= = − + = − + +∑ɺɺ
Жүктүн тең салмактуулук абалында cmP cλ= болот. 2 sin( )x k x h pt+ =ɺɺ (3.100)
мында 2 ,c H
k hm m
= = аргасыз термелүүнүн дифференциалдык теңдемеси
деп аталат. Бул теңдеменин жалпы чыгарылышы эки чыгарылыштан турат:
1 2x x x= + (3.101)
1x − бир тектүү дифференциалдык теңдеменин ( )2 0x k x+ =ɺɺ жалпы
чыгарылышы, б.а.
1 1 2cos sinx С kt C kt= + (3.102)
2x − (1) теңдеменин жекече чыгарылышы:
( )2 sinx A pt= (3.103)
Турактуу коэффициент А - ны табыш үчүн (3.103) теңдемеден эки ирет туунду алып (3.100) теңдемеге коебуз:
( )( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 22
7cos ,
7sin sin sin sin
x A pt
x Ap pt Ap pt k A pt h pt
= ⋅
= − − + =
ɺ
ɺɺ (3.104)
( )2 22 2
,h
A k p h Ak p
− = =−
Жекече чыгарылыш
( )2 2 2sin
hx pt
k p=
− (3.105)
(3.105), (3.102) – теңдемелерди (3.101) формулага коюп, бир тектүү эмес дифференциалдык теңдеме (3.100) жалпы чыгарылышын табабыз:
( )1 2 2 2cos sin sin
hx С kt С kt pt
k p= + +
− (3.106)
1 2,C C - турактуу интегралдык сандарды табабыз.
( )1 2 2 2sin cos cos
hpx С k kt С k kt pt
k p= − + +
−ɺ (3.107)
Маселенин баштапкы шарттарын, б.а. t=0 болгондо 0 0,x x V V= = (3.106), (3.107) формулаларга коюп
1 0 2 0 2 2
1,
hpC x C V
k k p
= = − −
табабыз.
1 2,C C - маанисин (3.106) теңдемеге коебуз:
( )0 0 2 2 2 2
1cos sin sin
hp hx x kt V kt pt
k k p k p
= + − + − −
129
1
2 0 2 2
2 2
70 ;
12,83;
4,17
ck c
m
hpC V
k k p
hA см
k p
−= =
= − = − −
= =−
Ошентип, жүктүн кыймыл теңдемеси: 2cos70 2,83sin 70 4,17sin50 ,x t t t м= − +
болот.
МЕХАНИКАЛЫК СИСТЕМАНЫН ДИНАМИКАСЫ
§ 3.5. Механикалык система
Өз-ара бири-бири менен тагыз байланышта, биринин кыймылы калган чекиттердин кыймылына көз каранды болгон, материалдык чекиттердин тобу механикалык система деп аталат. Механикалык система эркин жана эркин эмес болот.
Механикалык системанын кыймылы башка бир нерсе менен чектелбей, ага аракет эткен күчтөр аркалуу аныкталса, бул материалдык чекиттер системасы эркин болот. Кыймылдары чектелген материалдык чекиттер системасы эркин эмес деп аталат. Мисалы: машиналар, механизмдер ж.б.
n-материалдык чекиттен түзүлгөн механикалык системанын кыймылын же ар бир чекитинин кыймылын аныктоо үчүн аларга аракет эткен күчтөрдү тышкы жана ички күчтөргө бөлүүгө туура келет.
Механикалык системанын чекиттеринин, же нерселеринин өз-ара бири-бирине жасаган аракеттери (күчтөрү) ички күч деп аталат.
Ички күчтөр iF
төмөнкү касиеттерге ээ болот: 1. Ички күчтөрдүн башкы вектору нөлгө барабар, б.а.
0i iR F= =∑
, (3.108)
0i ix xR F= =∑
, 0i iy yR F= =∑
, 0i iz zR F= =∑
; (3.109)
2. Ички күчтөрдүн кандайдыр бир чекитке карата башкы моменти нөлгө барабар, б.а.
( )0 0 0i iiM m F= =∑
, (3.110)
( ) 0i ix x iM m F= =∑
, ( ) 0i i
y y iM m F= =∑
, ( ) 0i iz z iM m F= =∑
. (3.111)
Ички күчтөрдүн бул касиеттеринен, бул күчтөр механикалык системанын кыймылына, эч кандай таасирин тийгизбейт деген тыянак чыгарууга болбойт. Бул күчтөр системанын ар кандай чекиттерине тиркелип, аларды өз-ара кыймылдашылына алып келет. Эгерде механикалык система
130
үчүн, абсолюттук катууу нерсе каралса, ички күчтөр өз-ара тең салмакта болушат.
Берилген механикалык системанын тобуна кирбеген, башка чекиттин же нерсенин, системанын чекиттерине аракет эткен күчтөрү сырткы күчтөр
( )eF
болот.
Механикалык системанын кыймылы, ички, сырткы күчтөрдөн жана алардын массаларынан, бул системада массалардын (чекиттердин) өз-ара жайланышынан көз каранды болот. Механикалык системанын массасы, системаны түзгөн чекиттердин (нерселердин) массаларынын арифметикалык суммасына барабар, б.а. iM m=∑ барабар. Абалы радиус-вектор
i ic
m rr
m= ∑
(3.112)
менен аныкталат. Механикалык системада массанын бөлүштүрүлүшүп (өз-ара жайлануусун) мүнөздөөчү чекит масса борбору деп аталат.
Масса борборунун радиусун үч координаттык окторго проекциялап, масса борборунун координаттарын аныктайбыз:
i ic
m xx
M= ∑ , i i
c
m yy
M=∑ , i i
c
m zz
M=∑ . (3.113)
Мында im - чекитинин массасы, ix , iy , iz - анын координаты, M - системанын массасы. Масса борбору массалардын (чекиттердин) өз-ара жайлануусун толугу менен аныктай албайт. Ошондуктан, механикага массалардын бөлүштүрүсүн өз-ара жайланышын мүнөздөй турган түшүнүкө инерция моменти киргизилген. Нерсенин окко карата инерция моменти бардык чекиттеринин массаларынын чекиттерден окко чейинки аралыктарынын квадратынын көбөйтүндүлөрүнүн суммасына барабар, б.а.
2z i iJ m r=∑ аталат.
Алга умтулма кыймылда масса нерсенин инертүүлүгүнүн чени болсо, айлануу кыймылында, нерсенин инертүүлүнүн чени, анын окко карата инерция моменти болот.
§3.6. Механикалык системанын кыймылынын дифференциалдык теңдемелери
Механикалык система сырткы жана ички күчтөрдүн таасири астында
кыймылдап жатат. Бул системанын кыймылынын дифференциалдык теңдемесин жазып көрөлү.
iM - чекити карайлы. Чекитке аракет эткен сырткы күчтөрдүн (активдүү
жана реакция күчтөрүнүн) тең аракет этүүчүсү eiF
, ички күчтөрдүн тең
аракет этүүчүсү iiF
, ылдамдануусу 2
2i
i
d ra
dt=
, дейли. Динамиканын негизги
законуна ылайык
131
( )1,e ii i i im r F F i n= + = ɺɺ . (3.114)
Бул теңдемени проекциялап, системанын кыймылынын дифференциалдык теңдемелерин алабыз:
e ii i ix ixm x F F= +ɺɺ , e i
i i iy iym y F F= +ɺɺ , e ii i iz izm z F F= +ɺɺ (3.115)
“n” материалдык чекиттен түзүлгөн механикалык система үчүн “n” негизги жана 3n дифференциалдык теңдеме түзүүгө болот. Бул теңдемелерди колдонуп, динамиканын эки негизги маселесинин чыгарууга болот. Динамиканын биринчи негизги маселесин чыгаруу үчүн, кыймыл теңдемесинен эки жолу туунду алып, дифферениалдык теңдемеге коюп, аракет эткен күчтөрдү табабыз. Динамиканын экинчи негизги маселесин чыгаруу үчүн, дифференциалдык теңдемени түзүп, аны эки ирэт интегралдап, кыймылдын баштапкы шартын колдонуп, ар бир чекиттин теңдеменин аныктаса болот. Бирок, мындай жол менен аныктоо төмөнкү себептерден колдонууга ылайык келбейт:
1. Дифференциалдык теңдемелердеги ички күчөр алдын ала белгисиз, сырткы күчтөр дайым эле турактуу эмес өзгөрүлмөлү болушу мүмкүн. Бул учурда маселени математикалык жол менен чыгаруу таатал болот. Турмушта көпчүлүк учурда, системанын ар бир чекитинин кыймыл закону эмес системанын кыймыл теңдемесин билүү жетишээрлик болот.
Механикалык системанын кыймыл закондорун динамиканын жалпы теоремаларын колдонуп аныктоого болот.
§ 3.7. Динамиканын жалпы теоремалары. Масса борборунун кыймылы жөнүндө теорема
Теорема: Механикалык системанын масса борбору, сырткы күчтөрдүн
башкы вектору аракет эткен, массасы системанын массасына барабар чекиттей кыймылдайт.
ecma R=
(3.116) Бул вектордук теңдемени үч координаттык окторго проекциялап,
теореманы аналитикалык түрдө алабыз: , ,e e e
c ic c iy c izmx F my F mz F= = =∑ ∑ ∑ɺɺ ɺɺ ɺɺ (3.117)
(3.117) теңдеме масса борборунун кыймылынын дифференциалдык теңдемеси деп аталат. Теңдемелерден көрүнгөндөй масса борборунун кыймылын ички күчтөр өзгөртө аблайт.
Теоремадан төмөнкүдөй эки тыянак алабыз; 1. Эгерде, сырткы күчтөрдүн башкы вектору нөлгө барабар болсо, чекит
түз сызык боюнча калыпта кыймылдайт же тынч абалын сактайт, б.а. 0eR =
, cV const= , эгерде 0t = учурда
00cV = болсо, cr const= .
2. Эгерде сырткы күчтөрдүн башкы векторунун Ox огуна проекциясы нөлгө барабар болсо, 0e e
x ixR F= =∑ масса борборунун бул окко
132
проекциясы турактуу болот, б.а. 0exR = , cxV const= , 0t = учурда
0cxV = , cx const= . Бул эки натыйжа системанын масса борборунун сакталуу закону деп
аталат. Кинематика бөлүгүнөн белгилүү болгондой катуу нерсенин умтулма кыймылын аныктоо үчүн, анын бир чекитинин кыймылын аныктоо жетиштүү болот. Ошондой эле, нерсенин масса борборун массасы системанын массасына барабар материалдык чекит катары, кабыл алып, анын алга умтулма кыймылын аныктоого болот. (3.117) теңдеме катуу нерсенин алга умтелма кыймылынын дифференциалдык теңдемеси деп аталат. Алдын-ала белгисиз ички күчтөрдөрдүн теңдемеге (3.117) кирбей калышы теореманын кенен колдонууга чоң шарт түзөт. Бул теореманы колдонуп маселе чыгаруу төмөнкү тартипте жүргүзүү ылайыктуу:
1. Механикалык системага аракет эткен сырткы күчтөрдү чиймеде көрсөтүү керек;
2. Координаттык окторду маселенин шартына ылайык тандоо; 3. Масса борборунун теоремасын колдонуп, анын кыймылынын
дифференциалдык теңдемесин түзүү керек; 4. Эгерде сырткы күчтөрдүн башкы вектору нөлгө барабар болсо, масса
борборунун сакталуу законун колдонуп белгисиз чоңдуктарды табуу керек;
5. Эгерде динамиканын 1 – маселесин чыгарсак, аны эки ирэт дифференциалдап (туунду) алып, ылдамдануусун таап, масса борборунун кыймылынын дифференциалдык теңдемесине коюп, аракет эткен күчтү табабыз;
6. Динамиканын экинчи маселесине чыгарсак, масса борборунун кыймылынын дифферециалдык теңдемесин түзүп, аны ирет интегралдап масса борборунун кыймыл законун табабыз.
Маселе чыгарып көрөлү:
Мисал – 3.17. Массасы m тең капталдуу клин жылмакай бетке орнотулган. Массалары m1 жана m2 -ге барабар эки жүк AB, AC капталдары боюнча жылышат. Баштапкы абалда система тынч абалда турган. Эгерде жүк
1m , h - бийиктикке төмөн түшсө, клин качалык аралыкка каякка жылат?
133
реакция күчү R
ди көрсөтөбүз.
Берилди: 1 2
1
2
2 ,
?
m m
m m h
d
==
−
Чыгаруу. Механикалык система үч нерседен (чекиттен) жүктөр 1M ,
2M жана клинден турат. Аракет эткен сырткы күчтөрдү 1P
, 2P
, P
жана
,x y окторун жүргүзүп, теореманы x огуна проекциялайбыз:
0acx ixm F= =∑ . (3.118)
Баштапкы учурда система тынч абалда тургандыктан, экинчи натыйжага ылайык,
cx const= (3.119) масса борбору өзгөрбөш керек. 0t = учурунда масса борборунун координаты
1 1 2 2
1 2c
m x m x mxx
m m m
+ +=+ +
. (3.120)
Мында 1 2, ,x x x жүктөрдүн жана клиндин массанын борборлорунун координаттары эгерде жүк 1M төмөн h бийиктике түштө, масса борбору өзгөрбөй сакталыш үчүн клин d аралыгына жылыш керек, бул учурда масса борборунун координаты
1 1 2 2
1 2c
m x m x mxx
m m m
′ ′+ +′ =+ +
(3.121)
мында 1x x h d′ = − + , 2 2x x d h′ = + − , x x d= + . Жүк 1M төмөн түшкөндөн кийинки 1M , 2M клиндин масса борборлорунун координатары. (3.119) теңдемеге ылайык c cx x′=
1 1 2 2 1 1 2 2
1 2 1 2
m x m x mx m x m x mx
m m m m m m
′ ′+ + + +=+ + + +
ордуна коюп ( ) ( )1 2 0m d h m d h pd− + − + =
мындан
( ) ( )1 2 2 2
1 2 2 2 2
20,43
2 4
m m h m m hd h
m m m m m m
+ += = =
+ + + +
системанын масса борбору өзгөрбөй үчүн клин 0,43h жылыш керек.
х
у
х
А
С
P
2P
1M 2M
45 d
cx R
х
1P
x
2x
3.20 – чийме.
134
Мисал – 3.18. Механикалык система массасы 1 2m кг= 1D ; массасы
2 6m кг= 2D жүктөрүнөн жана массасы 3 12m кг= плитадан турат. Плита горизонт алдык багытоочу боюнча жылат. Баштапкы учурда 0t = система тынч абалда турат. Ички күчтөрдүн таасири астында жүктөр кобул боюнча кыймылдай баштайт. Кобул радиустары 0,4r м= , 0,8R м= айлана. Жүктөр кыймылга келгенде бурч
21 t радϕ π= , ( )2
2 2 3 2 1 26
A C D t радπϕ =< = − . Мыйзамдарга ылайык өзгөрөт.
Каршылык күчүн эске албай, плитанын кыймыл законун жана нормалдык реакция күчү N
ди тапкыла?
Берилди: 1 2m кг= , 2 6m кг= , 3 12m кг= , 0 0V = , 0,4r м= , 0,8R м= ,
21 3 1AC D t радϕ π=< = , ( )2
2 2 3 2 1 26
A C D t радπϕ =< = −
_________________________________________ ( )3 3 ?x f t= − , ?N −
Чыгаруу: 1D , 2D жүктөрдөн, плитадан турган механикалык системанын
кыймылын карайбыз. Системага аракет эткен сырткы күчтөрдү: 1P
, 2P
, 3P
жана реакция күчү N
чиймеде көрсөтөбүз.
Координаттык окторду плитанын масса борборунун баштапкы учурдагы абалы аркалуу жүргүзөбүз.
х
ух
0
С3
2A
1P
3P
2D
1ϕ
3x
cx
2ϕ
С30
2P
N
х
1D
Н
0
х1
2x
3.21 – чийме.
135
Плитанын кыймыл теңдемесин аныктоо үчүн, масса борборунун кыймылы жөнүндөгү теореманы колдонобуз. Масса борборунун кыймылынын дифференциалдык теңдемесин х огуна проекциялап түзөбүз: 1 2 3 0e
c ix x x x xmx F P P P N= = + + + =∑ɺɺ (3.122)
0mx=ɺɺ , 0cdV
dt= (3.123)
бул теңдемеде m-системанын массасы, cxɺɺ - масса борборунун ылдамдануусу. (3.123) теңдемени бир жолу интегралдап, 1CxmV C= , масса борборунун ылдамдыгынын x түшүрүлгөн турактуу чоңдукту, баштапкы шарт 0t = учурда
0CxV = же CCx
dxV
dt= , 0Cdx
mdt
= . (3.124)
Интегралдап Cmx const= , (3.125) б.а. Ох огу боюнча масса борбору кыймылдабайт. Убакыттын ар кандай бирдигинде масса борборунун абалын табабыз: 1 1 2 2 3 3Cmx m x m x m x= + + (3.126) мында 1x , 2x , 3x - жүктөрдүн жана плитанын масса борбор орунун координаттары аларды чиймеден табабыз:
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
21 3 1 3
22 3 2 3
2 23 3 2 3 3 3
2 21 2 3 3 1 2
cos cos
sin sin 1 26
cos sin 1 26
cos sin 1 2 3.1276
C
x x r x r t
x x R x R t
mx m x r t m x R t m x
m m m x m r t m R t
ϕ ππϕ
ππ
ππ
= + = +
= + = + −
= + + + − + =
= + + + + −
Системанын баштапкы учурдагы абалы: 0 0 0 0
1 1 2 2 3 3Cmx m x m x m x= + + (3.128) мында
01x r= , 0
2 sin 0.056
x R t Rπ= = , 0
3 0x = , 01 20.5Cmx m r m R= + (3.129)
(3.125) теңдемеге ылайык масса борборунун координаты Cx , баштапкы жана
ар кандай убакытта 0C Cmx mx= барабар болуш керек, б.а.
( ) ( )2 21 2 1 2 3 3 1 20.5 cos sin 1 2
6m r m R m m m x m r t m r t
ππ+ = + + + + −
мында
( )
( )
22 2
1 2 13
1 2 3 1 2 3 1 2 3
2 2
sin 1 20,5 cos 6
0,16 0,04cos 0,24sin 1 26
m R tm r m R m r tx
m m m m m m m m m
t t
ππ
ππ
−+= − − =+ + + + + +
= − − −
(3.130)
136
плитанын кыймылы закону (3.130) теңдемеге ылайык өзгөрөт. 2. Реакция күчү N аныктайбыз. Масса борборунун кыймылынын дифференциалдык теңдемесин вертикалдык ок Оу - ке карата түзөбүз: 1 2 3
eC iymy F P P P N= = − − − +∑ɺɺ
( )1 2 3 1 2 3CN P P P my m m m= + + = + + +ɺɺ (3.131)
масса борборунун ылдамдануусунун у огуна түшүрүлгөн проекациясы ycɺɺ табыш үчүн масса борборунун абалын аныкташ керек.
1 1 2 2 3 3cmy m y m y m y= + + мында 1y , 2y , 3y - 1D , 2D жүктөрүнүн, плитанын масса борболорунун координаттары 2
1 1sin sin ;y H r H r tϕ π= + = +
( )22 2cos cos 1 2
6y H R H R t
πϕ= − = − −
3y H= , H const= .
( ) ( )2 21 2 3 1 2sin cos 1 2
6Cmy m m m H m r t m R tππ= + + + − −
барабардыктын эки жатын эки ирэт дифференциалдап табабыз:
( )
( )
( )
2 21 2
2 22 2 2 2
2
2 22 2 2 2
2
2 cos 4 sin 1 2 ;6 6
4 sin 16 cos 1 236 6
44 sin cos 1 2 .
9 6
C
C
tmy m r t t m R t
tmy t r t m R t
tt r t m R t
π ππ π
π ππ π
π ππ π
= ⋅ + − ⋅
= − + − =
= − + −
ɺɺ
ɺɺ
Бул теңдемени (3.131) коюп реакция күчү N-ди табабыз
( )( )
( )
( )
2 2 22 2 22
1 2 31 2 3 1 2 3
2 2
4 cos 1 2 4 sin69
200 0,96cos (1 2 ) 0,8sin .6
t m R t t r tN m m m g
m m m m m m
t t H
ππ π π
π π
−= + + + − =
+ + + +
= + − −
Мисал – 3.19. Электромотодун корпусунун салмагы 1P
, ротодун салмагы
2P
анын оордук борбору C чекитинде жатат. Мотордун фундаментке бекиткен мыктарга (болторго) аракет эткен горизонталдык жана полго аракет эткен вертикалдык күчтөрдү тапкыла? Берилди: 1P , 2P , l ________________
?, ?xF N− −
137
Чыгаруу: Механикалык система мотордун (мотордун корпусунан) ротордон турат. Аракет эткен сыртыкы күчтөр 1P
, 2P
, xF
жана реакция күчү
N
. Оx , Оy - координаттык окторду жүргүзөбүз. Масса борборунун кыймылынын дифференциалдык теңдемесин түзөбүз: e
cx ix xma F F= =∑ , 1 2e
cy iyma F N P P= = − −∑ (3.132)
мында cx ca x= ɺɺ , cy ca y= ɺɺ , масса борборунун ылдамдануусунун проекциялары.
Мотордун корпусу жана ротордун масса борборлору
1 1 2 2
1 2c
m x m xx
m m
+=+
, 1 1 2 2
1 2c
m y m yy
m m
+=+
(3.133)
менен аныкталат, мында 1m , 2m - мотордун корпусунун жана ротордун массалары, 1 1,x y жана 2 2,x y - алардын масса борборлорунун координаттары. Корпустун масса борборунун координаттары 1 0x = , 1 0y = .
2 2
1 2c
m xx
m m=
+, 2 2
1 2c
m yy
m m=
+ (3.134)
0t = учурда ротордун борбору C , вертикалдык ок Oy жатат. t учурунда C масса борборунун координаты 2 sin sinx l l tϕ ω= = , 2 cos cosy l l tϕ ω= = . (3.135)
2
1 2
sinc
P l tx
m m
ω=+
, 2
1 2
cosc
P l ty
m m
ω=+
. (3.136)
Масса борборунун ылдамдануусун табабыз:
2
2
1 2
sinc
m l tx
m m
ω ω= −+
ɺɺ , 2
2
1 2
cosc
m l ty
m m
ω ω= −+
ɺɺ . (3.137)
(3.132) теңдемеге коюбуз:
х
ух
0 2P
1P
ϕ
N
C
xF
3.22 – чийме.
138
2
2 2 22 21 2 2
1 2
cossin sin ;x
m l t PF m m m l t l t
m m g
ω ω ω ω ω ω = + − = − = − +
( )
222
1 2 1 2 1 2 21 2
221 2
coscos
cos
m l tN P P m m P P m l t
m m
PP P l t
g
ω ω ω ω
ω ω
= + − + − = + − = +
= + −
Мисал – 3.20. Дөңгөлөк 5F fP= күчүнүн таасири астында горизонтал
боюнча кыймылдайт. Сүрүлүүн коэффициенти f . Дөңгөлөктүн салмагы P
. Баштапкы учурда дөңгөлөк тынч абалда турган. Масса борборунун кыймыл теңдемесин тапкыла?
Берилди:
5F fP= , f , 0
0CV = , 0
0Cx =
_________________________ ( ) ?cx f t= −
Чыгаруу. Дөңгөлөктүн кыймылы паралелль тегиздиктеги кыймыл болот. Был кыймылды борбору С менен бирге алга умтулма жана С - нын тегерегинде айлануу кыймылына ажыратса болот. Масса борборунун кыймылын, масса борборунун кыймылы жөнүндөгү теореманы колдонуп аныктайбыз. Ал эми айлануу кыймылын аныкташ үчүн дагы бир теореманы колдонуш керек.
Дөңгөлөктү байланыштан бошотобуз. Аракет эткен күчөр F
, P
жана реакция күчтөрү N
, CF
. Масса борборунун кыймылы жөнүндөгү теореманы х, у окторуна проекциалайбыз: cx cma F F= − , cyma P N= − (3.138)
Мында
ух
С
CF
F
x
P
N
х
3.23 – чийме.
139
cxcx c
dVa x
dt= = ɺɺ , 0cy ca y= =ɺɺ
себеби cy R const= = ; 0cyma P N= − = , PN = .
Сүрүлүү күчү CF fN fP= = .
5 4 4cc
dVm F F fP fP fP fmg
dt= − = − = = (3.139)
4cdVfg
dt= - ылдамдануу. Бул теңдемени эки ирэт интегралдайбыз:
14 4c cdV fgdt V fgt C= ⇒ = +∫ ∫ (3.140)
1 14 ; 4cc
dxfgt C dx fgtdt C dt
dt= + = +
2
1 232c
tx fg C t C= + + (3.141)
1C , 2C - интегралдык турактуу санды табуу үчүн, маселенин байтапкы шартын колдонобуз; 0t = болгон учурда 0 0c cV V= = ,
00C Cx x= = (3.140)
теңдемеден 1 0C = , (3.141) теңдемеден 2 0C = алабыз.
Дөңгөлөктүн масса борборунун кыймыл теңдемеси 22cx fgt= - бир калыпта ылдамдатылган кыймылда болот экен.
§ 3.8. Кыймыл санынын өзгөрүшү жөнүндө теорема. Кыймыл саны. Күчтүн импульсу
Механикада кыймылдын өлчөм чени үчүн вектордук чоңдүк кыймыл саны. Аракет эткен күчтөрдүн өлчөмү үчүн күчтөрдүн импульсу алынат.
Кыймыл саны, материалдык чекиттин массасын, анын ылдамдыгына көбөйткөнгө барабар, б.а. mV
. Механикалык системанын
кыймыл саны системаны түзгөн материалдык чекиттердин кыймыл сандарынын геометриялык суммасына барабар, вектордук чоңдук кыймыл санын башкы вектору деп аталат,
б.а. i i i i c
dk m v m r mV
dt= = =∑ ∑
(3.142)
Кыймыл санын башкы вектору, механикалык системанын массасын, масса борборунун ылдамдыгына көбөйткөнгө барабар. Күчтүн импульсу күчтүн модулун убакытка көбөйткөндө барабар, S Ft=
(3.143)
М
mV
х
S
3.24 – чийме.
V
х
140
t - күч аракет этип жаткандагы убакыт. Эгерде күч өзгөрүлмөлү болсо,
импульс 0
tS Fdt= ∫
барабар.
§ 3.9. Материалдык чекиттин жана механикалык системанын
өзгөрүшү жөнүндө теорема
( )
i
d mVF
dt=∑
(3.144)
бул формула кыймыл санын өзгөрүшү жөнүндө теореманын дифференциалдык түрдө жазылышы. Аны төмөнкүчө окулат: Теорема: Кыймыл санынын убакыт боюнча биринчи туундусу, чекитке аракет эткен күчтөрдүн геометриялык суммасына барабар. Бул теңдемени интегралдап, кыймыл санын өзгөрүшү жөнүндөгү теореманы интегралдык түрүн алабыз: 0 imV mV S− =∑
. (3.145)
Теорема: Материалдык чекиттин кыймыл санын кандайдыр бир убакытта өзгөрүшү, бул убакыт учурунда аракет эткен күчтөрдүн импульстарынын геометриялык суммасына барабар. Маселени чыгаруу үчүн вектордук теңдемелердин (3.142 - 3.145) координаттык окторго проекциялоо талап кылынат. (3.145) теңдемени х, у, z координаттык окторго проекциялап, теореманы аналитикалык түрдө алабыз.
0
0
0
x x ix
y y iy
z z iz
mV mV S
mV mV S
mV mV S
− =− = − =
∑∑∑
(3.146)
Материалдык чекиттер системасы үчүн, кыймыл санын өзгөрүшүн жөнүндө теорема дифференциалдык түрдө төмөнкүдөй жазылат:
e ei
dkF R
dt= =∑
. (3.147)
Теорема: Кыймыл санынны башкы векторунун убакыт боюнча биринчи туундусу, системага аракет эткен сырткы күчтөрдүн башкы векторуна барабар. (3.147) вектордук теңдемени координаттык окторго проекциялап,
exix
dKF
dt=∑ , y e
iy
dKF
dt=∑ , ez
iz
dKF
dt=∑ (3.148)
алабыз. Теорема: Интегралдык түрдө төмөнкүчө жазылат: 0
eiK K S− =∑
(3.149)
Теорема: Системанын кыймыл санынын кандайдыр бир убакытта аралыгында өзгөрүшү, ушул убакыттат аракет эткен сырткы күчтөрдүн импульстарынын геометриялык суммасына барабар. Аналитикалык түрдө
141
0e
x x ixK K S− =∑ , 0e
y y iyK K S− =∑ , 0e
z z izK K S− =∑ (3.150)
жазылат. Теоремадан эки натыйжа алынат:
1. Сырткы күчтөрдүн башкы вектору 0e eiR F= =∑
нөлгө барабар болсо,
системанын кыймыл санын өзгөрбөйт 0,eR K const= =∑
.
2. Эгерде сырткы күчтөрдүн кандайдыр бир окко проекциясы нөлгө барабар болсо, системанын кыймыл санынын бул окко түшүрүлгөн проекциясы турактуу болот 0,e
ix xF K const= =∑ .
Теореманын 1, 2 натыйжалары кыймыл санынын сакталуу закону деп аталат. Бул теоремадан ички күчтөрдүн жок болушу, теореманын кенен кодонууга мүмкүнчүлүк берет. Теореманы газ, суюктук, тыгыз чөйрөнүн кыймылын, үйрөнүү үчүн жана кагылышуу теориясын изилдөө үчүн колдонулат. Кыймыл санын өзгөрүшү жөнүндөгү теореманы колдонуп, маселе чыгаруу төмөнкү тартипте жүргүзүү ылайыктуу.
1. Механикалык системаны бөлүп алып, ага кинематикалык анализ жасоо;
2. Ага аракет эткен сырткы күчтөрдү жана система эркин эмес болсо, байланыштан бошотуп, реакция күчүн көрсөтүү керек;
3. Координаттык окторду тандап жүрүгүзүү 4. Кыймыл санынын өзгөрүшү жөнүндө теореманы колдонуу, анын
проекциясын аныктоо; 5. Системага аракет эткен сырткы күчтөрдүн проекциялары нөлгө
барабар болсо, теореманын экинчи натыйжасын кыймыл санынын туруктуулук законун колдонуу керек;
6. Системанын кыймыл санын табуу керек; 7. Маселенин шартына жараша аныкталуучу белгисиз чоңдүктарды
табуу талап кылынат. Бир нече маселелерди чыгарып көрөлү. Мисал – 3.21. Маятник массасы 1m узундугу 4l бир тектүү OA өзөкчөсүнөн, массасы 2m радиусу r дискадан турат. Маятниктин бурчтук ылдамдыгы ω . Маятник кыймыл санынын башкы векторун тапкыла?
Берилди:
1
2
,
,
4 , ,
OA
B
m m
m m
l r ω
==
___________________ ?K −
1P
2P
B
O
1C
BK
1CK
r
4r
A
3.25 – чийме.
142
Чыгаруу: Механикалык система, маятник; өзгөчө OA - дан диска B − дан турат. Сырткы күчтөр 1P
, 2P
. Механикалык системанын кыймыл саны
OA BK K K= +
.
Өзгөкчө кыймыл саны 11OA CK mV=
; 2B BK m V=
, 1
2CV rω=
, 5BV rω= . Мында
1C , B −масса борборлору. Анда 12OAK m rω= , 25BK m rω= . Бул эки вектор
бир жакка жарыш багытталгандыктан, ( )1 22 5OA BK K K m m rω= + = + , болот.
Мисал – 3.22. Куралдын стволунун массасы 11т . Снаряддын массасы 54 кг, анын ылдамдыгы 1 900V = м/с. Снаряд учуп чыккан учурдагы куралдын стволунун ылдамдыгын тапкыла?
Берилди:
1 1
11 11000
5 , 900 /
m т кг
m кг V м с
= == =
?V −
Чыгаруу: Механикалык система куралдан, снаряддан турат. Аракет эткен сырткы күчтөр 1P
, 2P
. Кыймыл санынын өзгөрүшү жөнүндө теореманы колдонбуз:
e ei
dKF R
dt= =∑
,
бул теореманы Ox огуна проекциялайбыз:
0exix
dKF
dt= =∑
, xK const= .
Системанын кыймыл саны өзгөрбөйт. Кыймыл саны ствол менен снаряддын кыймыл сандарынын суммасына барабар: x ств aнK K K= + , ствK mV= , 1 1снK mV= . Анда 1 1xK mV mV= + болот. Баштапкы 0t = , учурда система тынч абалда болгондуктан 0OxK = болот. Сакталуу законго ылайык 0x OxK K= = ,
1 1 0mV mV+ = мындан 1 1 4,42 /mV
V м сm
= − = − . (-) белгиси снарядды аткандан
учурда курал 4,42 /м с ылдамдыкта артка жыларын көрсөтөт.
х
у
О 1P
V
1V
P
3.26 – чийме.
143
Мисал – 3.23. Механикалык система массасы 1 18m кг= плитадан жана массасы 2 6m кг= жүктөн D - дан турат. Плита багыттоочу боюнча кыймылдайт. Баштапкы учурда плитанын ылдамдыгы 0 2 /V м с= , ички күчтөрдүн аракети астында плитадагы көбүл боюнча жүк кыймылга келет,
бурч 2
1 4
tAC A
πϕ < = мыйзамына ылайык өзгөрөт. Каршылык күчүн эсепке
албай, плитанын ылдамдыгын тапкыла? Берилди:
1
2
0
0
2
1
18 ,
6 ,
0,
2 / ,
0,2
4
m кг
m кг
при t
V м с
R м
tAC D
πϕ
==
===
=< =
( ) ?V f t= −
Чыгаруу. Плита жана D жүгүнөн турган механикалык системанын кыймылын карайбыз. Аракет эткен сырткы күчтөрдү 1P
, 2P
жана тегиздиктин реакция күчү N - ди чиймеде көрсөтөбүз. Координаттык окторду жүргүзөбүз. Плитанын ылдамдыгын аныкташ үчүн кыймыл санынын өзгөрүш жөнүндөгү теореманы х огуна проекциялайбыз.
0exix
dKF
dt= =∑
, 1xK const C= = . (3.151)
Системанын системанын кыймыл саны: 1 2K K K= +
(3.152)
мында 1 1K mV=
плитанын 2 2 DK m V=
жүктүн кыймыл саны 1 2 1x x xK K K C= + = . (3.153) D жүгүнүн кыймылы татаал кыймыл болот. Жүктүн плитага карата кыймылы салыштырма, плитанын кыймылы ташыма кыймыл болот. Ошондуктан e r
D D DV V V= +
, e rDx Dx DxV V V= + (3.154)
eDx xV V= , r
Dx
dV R R
dt
ϕ ω= = , бурчтук ылдамдык 2
dt
dt
ϕ πω = = , анда 2
rDV R t
π= .
D - жүгүнүн салыштырма ылдамдыгынын x огуна проекциясы
2
cos cos2 4
r rDx D
tV V Rt
π πϕ= − = − .
Аныкталган eDxV , r
DxV ылдамдыктарды (4) теңдемеге коюп
х
ух
O
eV
2P
1V
1C
1P
N
φ
3.27 – чийме.
144
2
cos2 4Dx
tV V Rt
π π= −
алабыз. Анда (3.153) теңдеме:
2
1 1 2 2 2 1cos2 4
tmV m V m Rt t C
π π+ − =
же
( )2
1 2 2 1cos2 4
tV m m m Rt t C
π π+ − = (3.155)
Интегралдык турактуу сан C1 - ды баштапкы шартты колдонуп табабыз. Баштапкы шарт: 0t = болгон учурда 0 2 /V V м с= = (3.155)
теңдемеден ( )1 1 2 0C m m V= + табабыз C1 маанисин (3.155) теңдемеге коюп,
плитанын ылдамдыгын табабыз:
( ) ( )1 2 2 1 2 0cos2 4
m m V m R t t m m Vπ π+ − = +
мындан
( )2
01 2
cos2 4 2 0,1 cos
2 4
m R t tV u t
m m
π πππ= + = +
+
плитанын ылдамдыгынын өзгөрүш теңдемеси. Мисал – 3.24. Горизонт менен 30˚ бурч түзгөн труба боюнча 8 м/с ылдамдыкта суу агат. Трубанын кесилиш аянты 16 см2. Суу вертикалдык дубал менен кезиккенден кийин, дубал бойлото агат. Суунун вертикалдык дубал менен кезиккен учурдагы сунун дубалга жасаган басым күчүн тапкыла?
Берилди:
3
8 /
16
V м с
смσ==
_________ ?N − Чыгаруу: Кыймыл санынын
өзгөрүшү жөнүндө теореманы трубадан агып жаткан суунун кыймылына колдонобуз. Суу трубада узундуга Vt , аянты 316смσ = көлөмдү ээлейт.
Анын массасы m Vtρδ= , мында 31 /кг дмρ = тыгыздык. Системага
аракет эткен сырткы күчтөр N
, P
. Кыймыл санынын өзгөрүшү
х 0
Vt
0K
V
K
N
30˚
V
3.28 – чийме.
145
жөнүндөгү теореманы Ox огуна проекциялайбыз ex Ox ixK K S− =∑ . Суунун
бардык бөлүкчөлөрү бирдей турактуу ылдамдык менен агат. 0t = болгондо
0 cos30 cos30 cos30OxK K mV Vtρδ= = = , 1t t= болгондо, суу дубалды
бойлото аккандыктан 0xK = , eixS NT= −∑ болот.
Ошентип,
0 cosK Ntα− = − ,
0 cos cos3088,8
K tN Н
t t
α ρδ /= = =/
.
§ 3.10. Кыймыл санынын моментинин өзгөрүшү жөнүндө теорема. Кыймыл санынын борборго (чекитке) жана окко карата моменти
Материалдык чекиттин кыймыл санын
борборго карата моменти чекиттин радиус-вектору менен кыймыл саны векторунун вектордук көбөйтүндүсүнө бабабар;
( )0 0l m mV r mV= = ×
. (3.156)
Кыймыл санынын борборго карата
моменти ( ),mV r
түзгөн тегиздикке тик
багытталат. Эгерде кыймыл саны О - огуна карата сааттын жебесине каршы багытталса оң белгиде (+), тескерисинче багытталса терс (-)
белгиде болот. Кыймыл санынын борборго карата моментинин модулу кыймыл санын,
ийинге көбөйткөнгө барабар, б.а.
( )0 0l m mV mVh= = ±
. (3.157)
Кыймыл санынын окко карата моменти 1 1zl mV h= ± (3.158)
мында 1mV −
кыймыл саны векторунун z огуна тик жайгашкан тегиздикке түшүрүлгөн проекциясы. 1h −тегиздик менен z огу кесилишкен чекит (O дан)
1mV
түшүрүлгөн перпендикуляр. Аналитикалык түрдө кыймыл санынын координаттык окторго карата
моментери төмөнкү формулалар менен аныкталат.
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
x x z y
y y x z
z z y x
l m mV m yV zV
l m mV m zV xV
l m mV m xV yV
= = −
= = −
= = −
(3.159)
0l
r
M
mV
h
O 3.29 – чийме.
146
Механикалык системанын кыймыл санынын борборго карата башкы моменти, же кинетикалык момент системага кирген материалдык чекиттердин кыймыл санынын бул борборго карата моменттеринин геометриялык суммасына барабар, б.а.
O io i i iL l r mV= = ×∑ ∑
(3.160)
координаттык окторго карата кыймыл санынын моменттери
( )( )( )
x ix i i iz i iy
y iy i i ix i iz
z iz i i iy i ix
L l m yV zV
L l m zV xV
L l m xV yV
= = −
= = −
= = −
∑ ∑∑ ∑∑ ∑
. (3.161)
Кыймыл санынын моментинин механикалык мааниси эмнеде? Ал эмнени түшүндүрөт? Бул суроо жооп бериш үчүн, катүү нерсенин айлануу кыймылын карайлы.
iM чекитинин z огуна карата кыймыл санынын моменти iz i i il mV r= ⋅ , i i iV rω= ⋅ , 2
iz il m rω= , катуу нерсе үчүн 2
iz iz i i zL l m r Jω ω= = =∑ ∑ .
Мында 2
z i iJ m r= −∑ инерции моменти.
Айлануу кыймылын аткарып жаткан катуу нерсенин кинетикалык моменти, нерсенин окко карата инерция моментин, бурчтук ылдамдыгына көбөйткөнгө барабар, кыймыл саны кандай рол аткарса умтулма кыймылда, кинетикалык момент айлануу кыймылында ошондой эле роль ойнойт, б.а. механикалык кыймылдын өлчөм чени болуп эсептелет.
§ 3.11. Кыймыл санынын борборго карата моментинин өзгөрүшү
жөнүндө теорема
Материалдык чекит үчүн кыймыл санынын моментинин өзгөрүш теоремасы төмөнкүчө жазылат.
( )00
dlm F
dt=
(3.162)
Теорема: Кыймыл санынын кандайдыр бир борбого (чекитте) карата моментинин убакыт боюнча биринчи туундусу чекитке аракет эткен күчтүн ошол борборго (чекитке) карата моментине барабар. Механикалык система үчүн кинетикалык моменттин өзгөрүш теоремасы:
00edL
Mdt
=
(3.163)
iV
ir
ω
iM
z
3.30 – чийме.
147
Теорема: Системанын борборго карата кинетикалык моментинен убакыт боюнча алынган биринчи туундусу, системага аракет эткен сырткы күчтөрдүн борборго карата башкы моментине барабар. Теореманы аналитикалык түрдө проекциялап алабыз:
exx
y ey
ezz
dLM
dtdL
Mdt
dLM
dt
=
=
=
(3.164)
Бул теоремадан эки натыйжа келип чыгат: 1. 0 0eM =
, 0 0L =
. Сырткы күчтөрдүн O борборуна карата башкы моменти нөлгө барабар болсо, бул борборго карата кинетикалык момент туракту болот;
2. Эгерде сырткы күчтөрдүн башкы моментинин кадайдыр бир окко (z) прокциясы нөлгө барабар болсо, бул окко карата кинетикалык момент турактуу болот, б.а. 0e
zM = , izL const= . Бул теоремага ички күчтөр кибегендиги анын кеңири практикада колдонууга мүмкүндүк берет. Теореманы колдонуп, динамикалык биринчи экинчи негизги маселени чыгарса болот. Катуу нерсенин айлануу кыймылын
изилдөөдө кенен колдонулат. Мисалы z zL J ω= болсо ( ) ez
z
d JM
dt
ω= , же
ez z
dJ M
dt
ω = , ez zJ Mϕ = −ɺɺ айлануу кыймылынын дифференциалдык теңдемеси
деп аталат. Эгерде ezM жана ( )f tϕ = белгилүү болсо нерсенин инерция
моментин аныктоого болот. Маселени чыгаруу төмөнкү тартипте жүрүгүзүүгө болот:
1. Механикалык системаны аныктоо; 2. Сырткы күчтөрдү жана реакция күчтөрүн көрсөтүү; 3. Кинетикалык моменттин өзгөрүш теоремасын колдонуп, системанын
окко карата кинетикалык моментин, сырткы күчтөрдүн окко карата моментин түзүү. Эгерде ( ) 0e
im F =∑ болсо теореманын натыйжасын
колдонуп, белгисиз чоңдуктарды аныктоо. 4. Эгерде 0e
izF =/∑ болсо, айлануу кыймылын теңдемесин табуу үчүн
(динамиканын экинчи маселеси), айлануу кыймылынын дифферециалдык теңдемесин эки ирэт интегралдоо талап кылынат;
5. Эгерде аракет эткен күчтөр же момети аныктоо үчүн, айлануу кыймылы теңдемесин дифференциялдап ε таап, теорема коюш керек.
Маселелерди чыгарып көрөлү.
148
Мисал – 3.25. Салмагы G
, тегерек горизонталдык платформа вертикалдык октун айланасында сүрүлүүсүз айланат. Айлануу огу Oz платформанын борбору аркалуу өтөт. Айлануу огунан r аралыкта турактуу ылдамдык u
менен салмагы P
киши басып жүрөт. Платформа салмагы
бардык аянты боюнча текши бөлүштүрүлгөн тегерек. Баштапкы учурда, киши жана платформа тынч абалда турушкан. Киши кыймылга келгенден кийин, платформанын бурчтук ылдамдыгы кандай болот?
Берилди: , , rG P V u=
_____________
?ω − Чыгаруу: Киши менен платформаны бир механикалык системаны түзөт деп карайбыз. Механикалык системага аракет эткен сырткы күчтөрдү P
, G
, реакция күчтөрдү AR
, BR
көрсөтөбүз. Кинетикалык моменттин өзгөрүшү жөнүндөгү теореманы Oz огуна проекциялайбыз:
0ezz
dLM
dt= = . (3.165)
P
, G
окко жарыш, AR
, BR
- ок менен кесилишет, ошондуктан булардык окко карата моментери нөлгө барабар. Анда
( )z z i iL m mV C const= = =∑
. (3.166)
Системанын кинетикалык моментин табабыз. Ал платформа менен кишини кинетикалык моменттеринин
суммасына барабар, б.а. z пл кL L L= + . (3.167) Киши кыймылга келгенде сааттын жебесине каршы айланып жаткан платформа, саатын жебеси боюнча кыймылдай баштайт. Кишинин абсолюттук ылдамдыгы a eV u V= − мында eV rω= − ташыма ылдамдык; кишинин айлануу огуна карата моменти
( ) ( )к a
PL mV r m u r r u r r
gω ω= = − = − . (3.168)
Платформанын айлануу оугна карата кинетикалык моменти 1плL J ω= − , 2
1 1 2
RJ m= −платформанын инерция моменти,
2
21
2 2пл
m R GL R
gω ω= − = − . (3.169)
R
z
ω
M
u
eV
BR
P
G
AR
A
B
3.31 – чийме.
149
(3.168) жана (3.169) теңдемелерди (3.166) теңдемеге коюп платформанын бурчтук ылдамдыгын табабыз:
( ) 2 02z
P GL u r r R
g gω ω= − − = (3.170)
мындан
2 2
2
2
Pru
GR Prω =
+
Мисал – 3.26. Массасы 500кг маховик валга орнотулган. Маховиктин
радиус инерциясы 1,5мρ = , маховике бурчтук ылдамдык 10 0,2 cω π −=
берилет, да өзү калаагандай абалда калып, 10 мин кийин токтойт. Сүрүлүү күчүнүн моментин турактуу деп эсептеп, аныктагыла?
Берилди:
10
500
1,5
0,2
10 600
0
m кг
м
с
t мин c
ρω π
ω
−
===
= ==
_______________ ?
сурM −
Чыгаруу. Маховик жана вал бир механикалык система. Аракет эткен сырткы күчтөр P
, реакция күчтөрү N
,
cурF
. Кинетикалык моменттин өзгөрүш
жөнүндөгү теореманы z валдын огуна проекциялайбыз:
ezz сур сур
dLM F r M
dt= = − = − (3.171)
Кинетикалык момент z zL J ω= , 2zJ mρ= маховиктин инерция моменти,
z сур
dJ M
dt
ω = − , d
dt
ωε = , 2сур
m Mρ ε = − ,
бурчтук ылдамдануу
0 0
t t
ω ω ωε −= = − ,
акыркы бурчтук ылдамдык
0=ω , 2 0сур
m Mt
ωρ− = − .
2 2
0 500 1,5 2 24047,1
3600 600сур
mM Н м
t
ρ ω π⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅⋅
.
CF
P
N
z
ω
3.32 – чийме.
150
Мисал – 3.27. А шары узундугу l - ге барабар АВ өзөкчөгө бекитилген. Шарды идиштеги суюктукка салып 2,O O огунун айланасында баштапкы бурчтук ылдамдык 0ω менен айлантат. Суюктуктун каршылык күчү
kF mα ω= , мында m−шардын массасы, α −коэффициент турактуу. Канча убакыттан кийин шардын бурчтук ылдамдыгы эки эсе азаят жана ушул
убакытта канча жолу айланат? Өзөкчөнүн массасын эсепке алынбайт. Берилди:
00
,
,2
k
m l
F mα ωωω ω
=
=
____________
1 ? ?t N− − Чыгаруу: суюктуктагы шардын кыймылын карайбыз. Ага аракет этке күчтөр P
, kF
жана реакция күчтөрү 1R
, 2R
кинетикалык моменттин өзгөрүш жөнүндөгү теореманы колдонуп, айлануу кыймылынын диферециалдык теңдемесин түзөбүз:
( )e ezz z i k
dLM m F F l m l
dtαω= = = − = −∑
. (3.172)
Шардын кинетикалык моменти z zL J ω= (3.173) болот. (3.172) теңдемеге коюп,
z
dJ m l
dt
ω αω= − .
Шардын окко карата инерция моменти 2
zJ ml=
m 2 dl m
dt
ω α/ = − lω//
d
dt l
ω α ω= − −бурчтук ылдамдануу өзгөрүлмө чоңдуктарды бөлүштүрүп,
интегралдайбыз:
z
ω
2R
P
1O
KF
A B
1R
2O
l
3.33 – чийме.
151
d
dtl
ω αω
= −∫ ∫ , 1ln lnt Cl
αω = − + ,
1C − турактуу сан. Баштапкы шартты колдонуп 1C табабыз. 0t = , 0ω ω= , 1 0lnC ω= .
Анда
0ln lntl
αω ω= − + ,
0ln ln tl
αω ω− = − ,
0
ln tl
ω αω
= − ,
0
tllαω
ω−
=
мындан
0
tllα
ω ω−
= . (3.174)
1t t= болгондө бурчтук ылдамдык эки эсе азаят
0
2
ωω = ,
0
0
2ln t
l
ω αω
= ,
1ln 2 tl
α=
мындан
1 ln 2l
tα
= .
(3.174) теңдемени дагы бир жолу интегралдайбыз:
0
tld
ldt
αϕω ω−
= =∫ , 0
tld l dtα
ϕ ω−
=∫ ∫ , 0 2
tll
l Cα
ϕ ωα
− = − +
,
2C −турактуу сан, биаштапкы шарт 0t = , 0 0ϕ ϕ= = табабыз
2 0
lC ω
α= ,
0 0
tll l
lα
ϕ ω ωα α
−= − + , 1 ln 2
lt t
α= =
болгондо бурулуш бурчу: 2 Nϕ π= болот:
ln 2
ln 20 0 0 0 0 0 0
1 12
2 2
l
ll l l l l l lN l l
ααπ ω ω ω ω ω ω ω
α α α α α α α
//−−/ /= − + = − + = − + = ,
мындан
0
4
lN
ωπα
= , 1 ln 2l
tα
=
152
болгондо акыркы бурчтук ылдамдык эки жолу азаят, бул убакта шар
0
4
lN
ωπα
=
жолу айланат. Мисал – 3.28. Тегерек горизонталдык платформа вертикалдык ок z айласында 1
0 10cω −= бурчтук ылдамдыгы менен айланат. Айлануу огу платформанын масса борборунан OC R= арлыгында орнотулган. Платформанын массасы 1 24m кг= , радиусу 1,2R м= 0 0t = убакытта платформанын EK кобулу боюнча массасы 2 8m кг= жүк (D) 0,6S AD t= = − мыйзамына ылайык жыла баштайт. Ушул эле учурда платформага моменти
8M H м= ⋅ барабар кош-жарыш күч аракет эте баштайт. Валдын массасын эсепке албай, платформанын бурчтук ылдамдыгын тапкыла? Берилди:
1 24m кг= 2 8m кг= 10 10cω −= OC R= 0,6S AD t= = − 1,2R м= 8M H м= ⋅
( ) ?f tω = −
Чыгаруу: Платформа менен D жүгүн бир механикалык система деп карайбыз. Аларга аракет эткен сырткы күчтөрдү P
, 2P
реакция күчтөрүн NR
,
HR
жана момент M көрсөтөбүз. Кинетикалык моменттин өзгөрүш жөнүндөгү теореманы колдонуп, аны z огуна проекциялайбыз:
( ) 8ezz i
dLm F M
dt= = =∑ (3.175)
барабардыктын эки жагын dt көбөйтүп, интегралдайбыз, б.а. 18zL t C= + (3.176)
HR
0ω
H
C
A E
D
K
0,3R
2P
DeV
N NR
M
O
M
C
A
E D
DeV
F
0ω
0,3R
1P
DrV
DrV
3.34 – чийме.
153
Системанын кинетикалык моментин аныктайбыз: пл D
z z zL L L= + (3.177)
Мында пл
zL , DzL − платформанын жана жүк D - нын z огуна карат кинетикалык
моменттери. Платформа айлануу кыймылында болгондуктан пл
z zL J ω= ,
zJ −нерция моменти, аны Гюйгенстин теоремасы боюнча аныктайбыз:
( )2
2 2 211 1 1
3
2 2z cz
m RJ J m OC m R m R= + = + = ,
Платформанын кинетикалык моменти:
21
3
2пл
zL m R= (3.178)
DzL - табыш үчүн D жүгүнүн татаал кыймылын экиге ажыратабыз:
а) анын платформага карата кыймылы салыштырмалуу б) платформанын айлануу кыймылы ташыма кыймыл болот. D – жүгүнүн абсолюттук ылдамдыгы:
D D D
a r eV V V= +
(3.179) D
eV
- ташыма ылдамдык, D
rV
- салыштырма ылдамдык; Салыштырма ылдамдык:
0,6 /Dr
dSV м с
dt= = −
Ташыма ылдамдык:
,D De eV OD V ODω= ⋅ ⊥
( ) ( ) ( )( )
2 2 2
22 20,3 0,6 ( )
D D DZ Z D Z r Z e
DZ
L m m V m m V m m V
L m R m ODω
= = +
== ⋅ +
(3.180)
∆ODF үч бурчтугунан
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 20,3 0,6OD FD OF R R t= + = + −
Анда D жүгүнүн z огуна карата кинетикалык моменти:
( ) ( ) ( )( )
2 2
2 2 2
2
0,6 0,3 0,3 0,6
1,728 15,667 11,52 2,88
DZL m R m R m R t
t t
ω ω
ω
= = + − =
= + − + (3.181)
Системанын кинетикалык моменти ( )21,728 67,5 11,52 2,88пл D
Z Z ZL L L t tω= + = + − + (3.182)
(3.182) формуланы (3.176) теңдемеге коебуз: ( )2
11,728 67,5 11,52 2,88 8t t t Cω+ − + = + (3.183)
C1 – турактуу санды, баштапкы шартын 0 00,t ω ω= = колдонуп (3.183) теңдемеге коюп: 1 01,728 67,5 676,7C ω= + =
154
табабыз C1 маанисин (3.153) теңдемеге коюп. Бурчтук ылдамдыгын табабыз:
2
8 674,97.
67,5 11,52 2,88
t
t tω +=
− +
§ 3.12. Кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндө теорема
§ 3.12.1. Чекиттин, механикалык системанын кинетикалык энергиясы
Материалдык чекиттин кинетикалык энергиясы, чекиттин массасынын анын ылдамдыгынын квадратына көбөйтүндүсүнүн жарымына барабар, б.а.
2
2
mV. (3.184)
Механикалык системасынын кинетикаxлык энергиясы Т, механикалык системаны түзгөн бардык чекиттердин кинетикалык энергияларынын суммасына барабар.
2
2i imV
T =∑ . (3.185)
Кенигтин теоремасы. Механикалык системанын абсолюттук кыймылдагы кинетикалык энергиясы системанын массасы топтолгон масса борборунун кинетикалык энергиясы менен системанын масса борборуна карата салыштырмалуу кыймылдын кинетикалык энергиясынын суммасына барабар, б.а.
2( ),
2rC
C
m VT T= +
мындан 2
( )
2r i ir
C
mVT =∑
- системасынын масса борборуна карата салыштырма кыймылындагы кинетикалык энергия. Катуу нерселердин ар кандай кыймылындагы кинетикалык энергиялар:
1) Умтулма кыймылындагы кинетикалык энергия 2
2
mVT = , умтулма
кыймылда бардык чекиттердин ылдамдыктары бирдей болот. Ошондуктан, кинетикалык энергиясы бир чекиттин кинетикалык энергиясындай болот.
2) Айлануу кыймылындагы катуу нерсенин кинетикалык энергиясы 2
2ZJ
Tω= . Катуу нерсенин кыймылсыз октун айлануусунда, анын
кинетикалык энергиясы нерсенин окко карата инерция моментинин нерсенин бурчтук ылдамдыгынын квадратына көбөйтүндүсүнүн жарымына барабар.
3) Параллел тегиздиктер кыймылында нерсенин кинетикалык энергиясын тапса болот. Параллел тегиздиктер кыймылынын эки кыймыл: масса борбору менен алга умтулма кыймылына (ташыма кыймыл) масса
155
борборунун айланасында (салыштырылма кыймыл) айлануу кыймылы
болгондуктан 2
,2
rc CzT J
ω= мындан CzJ - масса борбору аркылуу өтүүчү окко
карата инерция моменти. Ошентип, параллел тешиздиктер кыймылы үчүн
кинетикалык энергия 2 2
2 2C
Cz
mVT J
ω= + болот.
§ 3.12.2. Жумуш. Элементардык жумуш.
Катуу нерсеге тиркелген күчтөрдүн жумушу
Күч тиркелген чекит, турактуу күчтүн F
аракети астында М1 абалынан М2 абалына өтөт. F
күчүнүн аткарган жумушу
күчтүн модулун басып өткөн аралыкка жана күчтүн багыты менен которулуш векторунун ортосундагы бурчтун косинусуна көбөйткөнгө барабар, б.а. cos( )A F u F u∧= ⋅ ⋅
же ал күчтүн
кыймыл багытына түшүрүлгөн проекцияларынын которуучу аралыгына көбөйтүндүсүнө барабар.
Математикадан эки вектордун скалярдык көбөйтүндүсүн алсак A F u= ⋅
болот.
Эгерде 90 ; A F uα < = ⋅
болот
90 ; cos( ) cos , 0A F u F u F u Aα α∧> = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ >
90 ; 0Aα > <
90 ; 0Aα = =
0 ; A F uα = = ⋅ Өзгөрүлмөлүү (модулу жана багыты) турактуу эмес күч тиркелген
чекит ийри сызык боюнча М1 ден М2 абалга которулат дейли. Элементардык жумуш
cos( )A F dS F dS F dSτδ ∧= ⋅ ⋅ = ⋅
.
A F drδ = ⋅
мында dr
- элементардык которулуш, бул формуланы , ,x y z окторго проекциялап, жумуштун аналитикалык формуласын алабыз.
x y zA F dx F dy F dzδ = + +
М1, М2 аралыгына которулгандагы аткарган жумушун төмөнкү теңдемелер аркылуу тапсак болот:
1M
2M
nF
F
Fτ
M
V τ
C
3.36 – чийме.
1M 2M
u
F
α
3.35 – чийме.
156
2 2
1,2 1,2
1 1
2 2 2
1,2 1,2 1,2
1 1 1
cos( ), cos( )
; ; ( ).x y z
A F dS F A F dS F V
A F dS A F dr A F dx F dy F dzτ
τ∧ ∧= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
= ⋅ = ⋅ = + +
∫ ∫
∫ ∫ ∫
Мисалы. 1. Оордук салмак күчүнүн аткарган жумушу ,А P h= ± ⋅ h - бийиктик, чекиттик вертикалдык которулушу. Чекит жогору көтөрүлсө жумуш терс (-), төмөн түшсө оң (+) белгиси менен аныкталат. 2. Серпилгич күчтүн аткарган жумушу. Серпилгич күч
серF cx= − , анын
аткарган жумушу 2
1,2
0
;2
cА cxdx
λ λ= − = −∫
Катуу нерсеге аракет эткен күчтөрдүн аткарган жумушун карап көрөлү. 1. Ички күчтөрдүн аткарган жумуштары нолго барабар. 2. Алга умтулма кыймылында бардык чекиттер бирдей жана жарыш
траектория чийишет, б.а. бир чекиттей кыймылдашат. Сырткы күчтөрдүн аткарган жумуштары
2
1
eA R dr= ∫
2. Айлануу кыймылы. Катуу нерсе сырткы күчтөрдүн таасири астында
айлануу кыймылында болсо, бул күчтөрдүн аткарган жумушу 2
1
ezA M d
ϕ
ϕ
ϕ= ∫ ,
эгерде ezM const= болсо, аткарган жумушу
( )2 1ezA M ϕ ϕ= − .
3. Паралел тегиздиктеги кыймыл. Нерсе сырткы күчтөрдүн аракети астында паралел тегиздиктер кыймылын да болсо, күчтөрдүн аткарган жумушу
2
1
2
1
e eCzA R dr M d
ϕ
ϕ
ϕ= ⋅ + ⋅∫ ∫
теңдемеси менен аныкталат.
§ 3.12.3. Кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндө теорема
Чекит үчүн кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндөгү теореманын дифференциалдык түрдө жазылышы:
2
2
mVd dA
=
(3.186)
Теорема. Кинетикалык энергиянын дифференциалы чекитке аракет эткен күчтүн элементардык жумушуна барабар. Эгерде (3.186) теңдемени интегралдасак,
157
2 20
2 2
mV mVA− = . (3.187)
Чекиттин кандайдыр бир которулушунда кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндө теорема төмөнкүчө жазылат.
0
e i
i iT T A A− = +∑ ∑ (3.188)
мында Т0 – баштапкы учурдагы, Т – которулгандан кийинки системанын кинетикалык энергиялары, ,e i
i iА А - сырткы жана ички күчтөрдүн аткарган жумуштары.
Теорема төмөнкүчө окулат: Механикалык системанын которулушундагы кинетикалык энергиянын өзгөрүшү ушул эле которулушта системага аракет эткен күчтөрдүн жумуштарынын суммасына барабар.
Эгерде механикалык система үчүн абсолюттук катуу нерсе алынса,
0,iA =∑ анда теорема 0
e
iT T A− =∑ түрүндө болот.
Катуу нерсенин кандайдыр бир которулушундагы кинетикалык энергиясынын өзгөрүшү, ушул которулушта нерсеге аракет эткен сырткы күчтөрдүн аткарган жумуштарынын суммасына барабар болот.
Теореманы колдонуп мисалдарды чыгарып көрөлү. Бул үчүн төмөнкү тартипти колдонуу ыңгайлуу болот.
1. Механикалык системаны аныктоо. 2. Аракет эткен сырткы жана реакция күчтөрүн көрсөтүү. 3. Кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндө теореманы колдонуу. 4. Системанын кинетикалык энергиясын эсептөө. 5. Бурчтук ылдамдык, чекиттердин ылдамдыктарынын аныктала турган
чоңдук аркылуу туюнтуу. 6. Система аралыкка жылганда сырткы жана реакция күчтөрүнүн
аткарган жумуштарын эсептөө. 7. Кинетикалык энергияны жана жумушту теоремага коюп, аныкталуучу
чоңдукту табуу. Теореманы колдонуп мисалдарды чыгарып көрөлү.
Мисал – 3.29. Радиусу R, айлануу огуна карата инерция моменти J1, шкив ω, бурчтук ылдамдык менен айланат. Кичине шкивдин радиусу r, өзүнүн айлануу огуна карата инерция моменти J2. Шкивдерге тартылган чынжырдын салмагы P
. Системанын кинетикалык энергиясын тапкыла?
r
1V
2V
P
R 1ω
2ω
Берилди: 1 2
0
, , ,
,
R J J r
Pω
_________ Т-?
3.37 – чийме.
158
Чыгаруу: Механикалык система үч нерседен 2 шкивден жана чынжыржан турат, анын кинетикалык энергиясы 1 2 3T T T T= + + , мында Т1 - чоң шкивдин кинетикалык энергиясы, Т2 – кичине шкивдин, Т3 – чынжырдын кинетикалык энергиясы . Чоң шкивдин кинетикалык энергиясы
21
1 1 ,2
T Jω=
кчине шкивдики 22
2 2 ,2
T Jω=
менен аныкталат. ω2 табабыз:
1 2,V V= б.а. 1 2R rω ω= , мындан
12 ,
R
r
ωω =
анда 2 21
2 2 2
RT J
r
ω= .
Чынжыр аркылуу кыймыл берилип жаткандыктан, ылдамдыктар бирдей жана 1V R ω= ⋅ болот. Чынжырдын кинетикалык энергиясы
2 2 23 1 1
1 1( ) .
2 2iP P
T R Rg g
ω ω∆
= =∑
Системанын кинетикалык энергиясы 22
211 22 2
R PT J J R
g
ω = + +
барабар болот.
Мисал – 3.30. Салмагы P
жүк узундугу l жипке илинип коюлган. Жип горизонталдык октун айланасында айлануучу цилиндр барабанга оролуп турат. Барабандын салмагы G
, радиусу R, жиптин бир узундук өлчөмдөгү
салмагы γ. Баштапкы абалда жүктүн ылдамдыгы 0 0V = , жиптин 0x аралыкта салаңдап турган. Барабандын сүрүлүүсүн, жиптин жоондугун, валдын массасын эске албай, жиптин х аралыкка салаңдап түшкөн учурда жүктүн ылдамдыгы канчага барабар болот?
159
Чыгаруу: Механикалык система барабандан, жиптен жана жүктөн
турат. Аларга аракет эткен сырткы күчтөр P
- жүктүн салмагы, G
- барабандын салмагы, жиптин салаңдап турган бөлүгүнүн салмагы γ·х, реакция күчү N
болот. Кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндөгү
теореманы кодонобуз:
0eiT T A− =∑ (3.189)
Баштапкы учурда система тынч абалда тургандыктан Т0= 0, баштапкы кинетикалык энергия нолго барабар. Анда
eiT A=∑ . (3.190)
Системанын кинетикалык энергиясы
1 2 3T T T T= + + , (3.191) Т1 – жүктүн, Т2 – барабардын, Т3 – жиптин салаңдап турган бөлүгүнүн кинетикалык энергиялары. Жүк h аралыгына төмөн түшкөндө, б.а. h = x – x0 болгондогу жүктүн кинетикалык энергиясы:
2 21 1
1 1;
2 2
PT mV V
g= =
мында V – жуктүн ылдамдыгы. Барабардын кинетикалык энергиясы:
2
2 ;2ZT J
ω=
Барабардын айлануу огуна карата инерция моменти: 2 2
2
2 2Z
m R G RJ
g= = .
Анда 2 2
2 .2 2
G RT
g
ω=
ω- жүк h бийиктигине төмөн түшкөндөгү учурдагы барабандын бурчтук ылдамдыгы. Жиптин кинетикалык энергиясы:
ω
G
P
R
N
0x
x
h
Берилди: P
, G
, γ, R, l, t0=0, 0 0V = ,
0x x= _____________ V-?
3.38 – чийме.
160
23
1
2
lT V
g
γ=
бурчтук ылдамдык V
Rω = болсо
2 2 2
2 2.
4 4
G R V GVT
g R g= =
Системанын кинетикалык энергиясы: 2
2 2 21 1 1(2 2 )
2 4 2 4
P G l VT V V V p G l
g g g g
γ γ= + + = + + болот.
Сырткы күчтөрдүн аткарган жумуштарын табабыз.
( ) ( ) ( ) ( )eiA A P A G A N A xγ= + + +∑
Жүк h аралыгына төмөн түшкөндө P
күчүнүн аткарган жумушу ( )0( ) ,A P Ph P x x= = −
( ) 0, ( ) 0,A G A N= =
G
жана N
күчтөрү кыймылсыз чекитке (айлануу огуна) тиркелген, ошондуктан булар жумуш аткарбайт.
Жиптин салаңдап турган бөлүгүнүн аткарган жумушу
( ) ( )0
2
0 0( )2
x
x
A x x x dx x xγγ γ= − = −∫
Анда
( ) ( ) ( )2
0 0
2;
2 2
e
i
h h PA x x P x x
γγ += − + − =∑
кинетикалык энергия менен сырткы күчтөрдүн аткарган жумуштарынын
суммасын (3.190) теоремага коюп: ( ) ( )2 22 2
4 2
h h PVP G l
g
γγ
++ + = жүктүн
ылдамдыгын табабыз:
2 ( 2 )
2 2
gh h PV
P G l
γγ
+=+ +
.
Эгерде жиптин салмагын эсепке алынбаса, б.а. 0=γ болсо жүктүн ылдамдыгы
22
PV gh
P G=
+ барабар болот.
Мисал – 3.31. Чиймеде жүк көтөрүүчү механизм берилген. Массасы m1
жүк А чоюлгус жипке (троско) бекитилген. Трос С блогу аркалуу өтүп массасы m2 радиусу r барабан В – га оролот. Барабанга бурулуу бурчунун квадратына пропорциялаш момент 2M αϕ= аракет этет. α - турактуу коэффициент. Барабандын массасы анын алкагы боюнча, блок С нын массасы m3, ал дисканын бети боюнча жалпы тыгыз жайланышкан. Баштапкы учурда система тынч абалда турган. Тростун салмагы эсепке
161
алынбайт. Жүк А жогору h аралыкка которулган учурда анын ылдамдыгы канчага барабар болот?
Чыгаруу: Механикалык система үч нерседен: А – жүгүнөн, С – блогунан, В – барабандан турат. Системага аракет эткен сырткы күчтөр
1 2 3, ,P P P
- реакция күчтөрү 0,CR R
жана М моментти чиймеде көрсөтөбүз. А жүгүнүн ылдамдыгын табыш үчүн кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндөгү теореманы кодонобуз:
0eiT T A− =∑ , (3.192)
система баштапкы учурда тынч абалда тургандыктан, V0=0, T0=0; Жүк А жогору h аралыкка жылганда:
eiT A=∑ (3.193)
болот. 1. Системанын кинетикалык энергиясын аныктайбыз:
A B CT T T T= + + (3.194) Жүк алга умтулма кыймылында болгондуктан
21 1 ,2A
mVT =
барабан В жана С кыймылсыз октордун тегерегинде айлангандыктан анын кинетикалык энергиясы:
2
,2B zT J
ω= 2
2C
C CT Jω= болот.
2,
232
2
RmJrmJ CZ == ,
В жана С- нын инерция моменттеги , Cω ω − жүктүн ылдамдыгы аркылуу туюнтабыз:
1 1, ,C
V V
r Rω ω= =
анда
Берилди: 1Am m= , 2Bm m= ,
3Cm m= , 2M αϕ= ,
0 0V = , h _______________
1 ?V −
М
CR
0R
В
О
2P
3P
h
1P
C
3.39 – чийме.
162
2 22 1 2 1
2 2;
2 2B
V m VT m r
r= =
2 2 23 1 3 1
2.
2 2 4C
m R V m VT
R= =
Системанын кинетикалык энергиясы
( )2
11 2 32 2
4V
T m m m= + + (3.195)
2. Жүк жогору h аралыкка көтөрүлгөн учурда сырткы күчтөрдүн аткарган жумуштардын суммасын аныктайбыз:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 0 3ei CA A P A P A R A M A P A R= + + + + +∑
, (3.196)
( )( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
2 0 3
;
0; ; 0; 0,C
A P Ph m gh
A P A R A P A R
= − = −
= = =
себеби бул күчтөр кыймылсыз окторго тиркелген
( )3 3
23
0 0
,3 3
hA M Md d
r
ϕ ϕ ϕϕ αϕ ϕ α α= = = =∫ ∫
мында
;h
rϕ = (3.197)
32
1 13 33 3ei
hA m gh h h m g
r r
αα = − + = −
∑ (3.198)
(3.198) жана (3.195) формулаларды (3.193) коюп 1V
табабыз:
( )2 2
11 2 3 13
2 24 3
V hm m m h m g
r
α + + = −
2 31
1 31 2 3
4 ( 3 )
3 (2 2 )
h h m grV
r m m m
α −=+ +
- ылдамдык менен жогору көтөрүлөт.
Мисал – 3.32. А жүгү блок D аркылуу өтүп, В цилиндрдик тегерекке ороло турган жипке бекитилген. Жүктүн массасы m1, блок D – нын массасы m2, тегерек катоктун массасы m3. Жүк А горизонт менен α бурчун түзгөн жантык тегиздик боюнча жогору көздөй кыймылдайт. Жүктүн сүрүлүү коэфиценти f, цилиндирдин тайгаланып сүрүүлү коэфиценти fk, радиусу r. Баштапкы учурда система тынч абалда турган. Блок D тегерек В (каток) – бир тектүү тегерек цилиндрлер. А – жүгү S аралыгына которулса, анын ылдамдыгы кандай болот?
163
Чыгаруу: Механикалык система үч нерседен: жүк А – дан, блок D – дан жана тегерек С – дан турат. Сырткы күчтөрдү 1 2 3, ,P P P
байланыштын
реакция күчтөрүн: 1 2 3, , , ,c тсN N N F F
- көрсөтөбүз. А – жүгүнүн ылдамдыгын табуу үчүн кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндөгү теореманы колдонобуз:
0eiT T A− =∑ . (3.199)
Баштапкы учурда V0 = 0, болгондуктан Т0 = 0, теорема e
iT A=∑ (3.200)
түрүндө жазылат.
1. А – жүгү жантык тегиздик боюнча төмөн жылган учурдагы системанын кинетикалык энергиясын эсептейбиз. А – жүгү алга умтулма кыймылын аткарат, блок – D – айлануу кыймылында, каток В – параллел тегиздиктер кыймылында болушат. Анда
A B DT T T T= + + (3.201) 2 2 2 2
1 3, ,2 2 2 2
A C B BA B C D z
mV m VT T J T J
ω ω= = + = (3.202)
Масса борборунун ылдамдыгы VC – ны, бурчтук ылдамдык
,B Dω ω - ны жүктүн ылдамдыгы аркылуу туюнтабыз.
Чиймеден 2
, ;2 2A A
C B
V VV
rω= = P - ылдамдык көз ирмемдеги
борбору AD
V
Rω = .
2 23 2,2 2C Z
m r m RJ J= = - каток менен блоктун инерция моменттери.
Ошентип,
Берилди:
?
0,,
,,,
,,,
0
321
−−−−−−−−−
=
A
K
V
VSr
ff
mmm
βα
2P
Dω
β 3P
3N
тсM
B С
D
fk
тсF
2N
Bω 1N
1P
сF
α
A
AV
S
3.40 – чийме.
С
Bω
CV
AV
Р
3.41 – чийме.
164
2 2 223 3
32
2 2 22 2
2
3;
2 2 8 16
2 2 4
A AB A
A AD
m V m r VT m V
r
m R V m VT
R
= + =
= =.
Система үчүн
( )2
1 2 38 4 316
AVT m m m= + + (3.203)
2. Жүк S аралыкка жылганда, сырткы күчтөрдүн аткарган жумуштарынын суммасы:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3ei C тс тсA A P A N A F A P A N A P A M A F= + + + + + + +∑
(3.204)
1P
- күчүнүн аткарган жумушун табыш үчүн, аны кыймылдын багытына проекциялап, которулуш аралыгына көбөйтөбүз:
( )1 1 1sin sin ;A P P S m gSα α= ⋅ = ⋅
Сүрүлүү күчүнүн аткарган жумушу
( ) ,C CA F F S= − ⋅
1 1 1cos cos ,СF fN fP fm gα α= = =
( ) 1 1cos ; ( ) 0,CA F m gf S A Nα= − ⋅ =
нормалдык реакция күчү 1N
которулушка
тик багытталган. ( ) ( )2 20; 0A P A N= =
бул күчтөр кыймылсыз окко
тиркелген. ( )3 3sin CA P P Sβ= − ⋅
мында 2S
SC = чиймени кара.
( )3 3 3sin sin .2 2
S SA P P m gβ β= − ⋅ = −
Жантык тегиздик менен тегерек каток В - нын катуу эместигинен пайда болгон күчтөр 3 cosP β⋅ жана 3N багыттары карама – каршы күчтөрдү түзүшөт. Бул кош – жарыш күчтөрдүн моменти бир күчүнүн модулун ийинге көбөйткөнгө барабар, б.а.
3 3 3cos cos .тс K K KM f N f P m gfβ β= = = Тоголонуп сүрүлүү моментинин аткарган жумушу
( ) 3 cos , ;2 2тс тс K
S SA M M m gf
r rϕ ϕ= − = − =
( ) 0,тс тсA F F= −ылдамдыктын ирмемедеги борборуна тиркелген
Ошентип,
( )( )1 3
sincos sin cos
2 2e Ki
fA m g f m g S
r
βα α β = − − +
∑ (3.205)
(3.205) жана (3.203) формуланы (3.200) теоремага коебуз:
( ) ( )( )2
1 2 3 1 3
sin8 4 3 2 sin cos cos
8 2 2A KV f
m m m Sg m g f m Sr
βα α β + + = − − +
мындан VA – табабыз:
С 3ϕ
CS
S
В
3P
тсM
3 sinP β⋅
3.42 – чийме.
165
( )1 3
1 2 3
2 sin cos sin cos22 2
8 4 3
K
A
fm g f m
V gSm m m
α α β β − − + =
+ +.
Мисал – 3.33. Механикалык система бири – бири менен жип аркылуу
байланышкан массасы 1 6m кг= , А – жүгүнөн, массасы эсепке алынбаган (салмаксыз) радиустары R= 0,3 м, r =0,1 м, шкив В – дан, массасы m2 = 5 кг блок D – дан, массасы m3 = 4 кг тегерек дөңгөлөк (каток) К – дан турат. D – блогун бир тектүү тыгыз тегерек цилиндр, каток К – ны массасы алкагы боюнча текши жайгашкан (шакек) деп кароо керек. Жүктүн жантык тегиздик боюнча сүрүлүүсү f = 0,1. Каток К – га катуулук коэффициенти с = 300 Н/м пружина бекитилген. Баштапкы учурда пружинанын деформациясы нолго барабар жана система тынч абалда турган. Система F = 80 (5+6S), таасири астында кыймылга келет, D – шкивине турактуу каршылык моменти М = 1,8 Н·м аракет эте баштайт. Күч F
тиркелген чекит S = 0,2 м которулган
учурда D – блогу кандай бурчтук ылдамдык менен айланат?
Чыгаруу: А – жүгүнүн, В – шкивден, D – блогунан, К – тегерек дөңгөлөктөн салмаксыз В – шкивинен, салмаксыз Е жүгүнөн турган механикалык системанын кыймылын карайбыз. Ага аракет эткен сырткы күчтөр: 1 2 3, , , , CP P P F F
реакция күчтөрү , , ,A B DN N N
тартылуу күч КS
сүрүлүү
күчү CF
жана каршылык моментин М чиймеде көрсөтөбүз. D – блогунун бурчтук ылдамдыгын аныктоо үчүн кинетикалык энергиянын өзгөрүшү жөнүндөгү теореманы колдонобуз.
0eiT T A− =∑
1P
DN
2P
3P
CV
серF KS
C
K
AV
A
CF
Dω
D
M
ϕE
S
F
30
060
BN
AN
B
Kω
Берилди: 1 2 3
0 1
2
6 , 5 4 ,
0,1, 0,3 , 0,1 ,
1,8 ,
80(5 6 )
0, 0,2
______________________
?D
m кг m кг m кг
f R м r м
M H м
F S Н
V S м
ω ω
= = == = == ⋅
= += =
= −
3.43 – чийме.
Р
166
Баштапкы учурда система тынч абалда тургандыктан V0=0, болсо баштапкы кинетикалык энергия Т0 = 0. Теорема төмөнкүдөй жазылат:
eiT A=∑ (3.206)
1.Системанын кинетикалык энергиясын аныктайбыз Т = ТА + ТD + ТK (3.207)
Жүк А – алга умтулуу кыймылын аткарат, D – блогу октун тегерегинде айланат, К – катогу параллел тегиздиктер кыймылын аткарат. Анда
21 ,2
AA
mVT = (3.208)
2 2 23, ,
2 2 2D C K
D Z K Cz
m VT J T J
ω ω= = + (3.209)
теңдемеге кирген 2ны, ны, ны,A C KV V ω ω− − −
- аркылуу туюнтабыз.
22 2 2 2 2
3 3
, , CA C A K
V RV R V V R
R Rω ω ω ω= = = = = (3.210)
2 22 2 3 3, ,2 2z Cz
m R m RJ J= = (3.211)
- блок D – нын, тегерек К – нын инерция моменттери. (3.210), (3.211) теңдемелерди (3.209) коюп,
22 2 2 2 2 23 31 2 2 2 2 3 2 2, ,
2 2 2D
A D K
m Rm R m R m RT T T
ω ω ω= = = +2 22 2
23
2 2
R
R
ω⋅ 23 2
3
4m Rω= (3.212)
Бул теңдемелерди (2) коюп системанын кинетикалык энергиясын табабыз:
2 2 21 2 3 2 4
30,68
4DT m m m Rω ω = + + =
(3.213)
2. Салмаксыз нерсе Е, S1 = 0,2 м аралыкка жылганда сырткы күчтөрдүн суммасын табабыз.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
1 1 2 2 3
( ) ( ) (3.214)
ei C K
C B
A A P A N A F A P A N A P A S
A F A M A N A F
= + + + + + + +
+ + + +
∑
1P
- салмактын аткарган жумушу ( )1 1 1sin30 ,A P PS= −
мында
1 ;C A
SrS S S r
Rϕ= = = =
( )1 sin30 ,r
A P mgSR
= −
( ) 1 1 1 1 1 1cos30 cos30 cos30 ;C C
rA F F S fP S fP f S m gf S
R= = = = −
( )3 3 3 ;2C
rA P P S m gS= − = −
Серпилгич күчтүн аткарган жумушу
( ) ( )22
, 2 2 , 22C C C
c r rA F S S A F c S
R R
λ λ = − = = =
167
( ) , мында ;S S
A M M MR R
ϕ ϕ= − = − =
( ) ( ) ( )2
0
80 5 6 80 5 3 ;S
A F S dS S S= + = +∫
Ал эми 2, ,B DN N P
күчтөрү жумуш аткарбайт, себеби алар тиркелген
чекиттер кыймылсыз. AN
- реакция күчү жүктүн которулушу S1 тик
жайгашкан, ошондуктан анын аткарган жумушу нолго барабар. KS
күчү ылдамдыктын көз ирмемдеги борборуна тиркелгендиктен жумуш аткарылбайт.
Ошентип сырткы күчтөрдүн аткарган жумуштарынын суммасы:
( )
( )
20 0 2
1 1 3
1 1 3
sin 30 cos30 2 80 5 3
80 5 3 sin 30 cos30 2 80,72 (3.215)
ei
C
r r r r SA m gS m gfS m gS c S M S S
R R R R R
M r rS S m g m gf m g S Дж
R R R
= − − − − − + + =
= + − − + + + =
∑
Кинетикалык энергия Т менен eiA∑ , (3.207) теңдемеге коюп;
0,68 20,68 80,72Dω = мында
180,7210,89
0,68чcω −= = .
§ 3.13. Эйлер – Даламбердин принциби. Кинетостатика методу
Инерциялык системада массасы m болгон, материалдык чекиттин
кыймылынын төмөнкүдөй динамикалык теңдемесин карап көрөлү: m a F R⋅ = +
(3.216)
мында F
- активдүү күчтөрдүн тең аракет этүүчү күчү, R
- байланыштардын реакция күчү, a
чекиттин ылдмадануусу. (3.216) теңдемесин төмөнкүчө
жазалы: ( ) 0F R m a+ + − ⋅ =
(3.217)
Чекиттин инерция күчү деп, багыты чекиттин ылдамдануусуна каршы багытталган жана чоңдугу чекиттин массасы менен ылдамдануусунун көбөйтүндүсүнө барабар болгон вектордук чондукту айтабыз: Ф m a= − ⋅
,
Анда(3.217) теңдемесин төмөнкүдөй жазса болот: 0F R Ф+ + =
(3.218)
Бул теңдеме Даламбердин принцибин туюнтат. Бул принцип төмөнкүчө формулировкаланат: кыймылдагы материалдык чекитке аракет эткен күчтөр, б.а. байланыштын реакция күчү жана чекиттин инерция күчү, нөлгө эквиваленттүү болгон күчтөрдүн системасын түзөт ( , , ) ~ 0F RФ
, башкача
айтканда F
,R
күчтөрү жана Ф
инерция күчү – теңдеш күчтөрдүн системасын түзөт.
168
Эркин эмес абалдагы (байланыштары бар) n материалдык чекиттерден турган механикалык системанын ар бир in чекитине Даламбердин принцибин колдонуп көрөлү: 0i i iF R Ф+ + =
, мында ( 1,2,..., )i n= (3.219)
Механикалык система үчүн Даламбердин принциби төмөнкүдөй түрдө жазылат: 0i i iF R Ф+ + =∑ ∑ ∑
* * * 0F R Ф+ + =
(3.220) мында *
iF F=∑
- активдүү күчтөрдүн башкы вектору, *iR R=∑
- реакция
күчтөрүнүн башкы вектору, *iФ Ф=∑
- инерция күчтөрүнүн башкы вектору.
Эгерде (3.219) теңдемени ар бир мүчөсүн, анын радиус-векторуна көбөйтүп, системанын бардык чекиттеги боюнча суммасын түзсөк:
( ) ( ) ( ) 0,i i i i i ir F r R r Ф× + × + × =∑ ∑ ∑
0 0 0 0F RM M M Φ+ + =
(3.221)
Мында ( )0 0F
iM m F=∑
- активдүү күчтөрдүн О чекитине карата башкы
моменти, ( )0 0R
iM m R=∑
- реакция күчтөрүнүн О чекитине карата башкы
моменти, ( )0 0Ф
iM m= Φ∑
- инерция күчтөрүнүн О чекитине карата башкы
моменти деп аталышат. Теңдемелер (3.220), (3.221) эркин эмес механикалык система үчүн Эйлер-Даламбердин принцибин туюнтушат. Кыймылдагы материалдык системага аракет эткен активдүү күчтөр, реакция күчтөрү жана инерция күчтөрү теңдеш күчтөр системасын түзөт, б.а. ушул күчтөрдүн башкы векторлору жана кандайдыр бир борборго карата башкы моменттери нолго барабар болгон күчтөр системасын түзүшөт. Механикалык система тегиздик боюнча кыймылдаса, (3.220), (3.221) теңдемелерди проекциялап үч тең салмактуулук шартын алабыз (статиканы кара).
( ) ( ) ( )0 0 0
0
0
0
ix ix ix
iy iy iy
i i i
F R
F R
m F m R m
+ + Φ =
+ + Φ =
+ + Φ =
∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑
(3.222)
Эгерде система мейкиндикте кыймылдаса тең салмактуулун алты шартын алабыз.
169
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
0
0
0
0
0
0
ix ix ix
iy iy iy
iz iz iz
x i x i x i
y i y i y i
z i z i z i
F R Ф
F R Ф
F R Ф
m F m R m Ф
m F m R m Ф
m F m R m Ф
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
(3.223)
Инерция күчтөрүн колдонуп динамиканын эсептерин чыгаруу методу – кинетостатика методу деп аталат. Инерция күчтөрүнүн касиеттерин белгилей кетели. Системанын материалдык чекиттерине коюлган инерция күчтөрүнүн башкы вектору
2
*2i i i i C
dФ m a m r m a
dt= − ⋅ = − ⋅ = − ⋅∑
(3.224)
Са
- масса борборунун ылдамдануусу. Механикалык системанын материалдык чекиттеринин инерция күчтөрүнүн башкы моменти
0 0( )Ф
i i i iM m Ф r m a= = × ⋅∑ ∑
(3.225)
Ар кандай кыймыл аткарган катуу нерселер үчүн инерция күчтөрүнүн башкы вектору жана башкы моменти төмөнкүдөй аныкталат.
1) Эгерде катуу нерсе алга умтулма кыймылын аткарса инерция күчтөрүнүн башкы вектору *
i СФ m a= − ⋅
, инерция күчүнүн башкы
моменти 0 0ФM =
болот. Нерсе октун айланасында айланса, инерция күчтөрүнүн башкы вектору
* 0i СФ m a= − ⋅ =
, жана бул күчтөрдүн башкы моменти Ф
z zM J ε= − ⋅ болот. Мында zJ - инерция моменти, ε - бур чтук ылдамдануу. 2) Нерсе параллел тегиздиктер кыймылында болсо, инерция күчтөрүнүн
башкы вектору *i СФ m a= − ⋅
, бул күчтөрдүн башкы моменти
Ф
z zM J ε= − ⋅ болот. Бул принцип ар кандай эркин эмес механикалык системанын кыймыл теңдемесин түзүүнүн жалпы методикасын берет. Принципти колдонуп, системанын кыймылы белгилүү болсо, ага коюлган байланыштардын реакция күчтөрүн, жана дифференциалдык теңдемелерди түзүп, нерселердин ылдамданууларын аныктаса болот.
Эйлер-Даламбердин принцибин колдонуп, маселени чыгарууну төмөнкү
ирэтте жүргүзсө ылайыктуу болот. 1. Механикалык системага аракет эткен сырткы күчтөрдү жана
системаны байланыштан бошотуп, реакция күчтөрүн тиркеп, аларды чиймеде көрсөтүү керек.
2. Системанын ар бир чекиттеринин (нерселердин) кыймылына ылайык: а) эгерде нерсе(чекит) алга умтулма кыймылын аткарса, анын ылдамдануусуна каршы багытталган инерция күчүн;
170
б) нерсе айлануу кыймылын аткарса, бурчтук ылдамдануу ε каршы багытталган окко карата инерция күчүнүн моментин; в) нерсе параллел тегиздиктер кыймылында болсо, масса борборунун ылдамдануусуна каршы багытталган инерция күчүн жана бурчтук ылдамданууга каршы багытталган масса борбору аркылуу өтүүчү окко карата инерция күчүнүн моментин коюш керек. 3. Даламбердин принцибин колдонуп, тең салмактуулук теңдемелерин түзүп, маселенин шартында ылайык, маселени чыгарып, белгисиз чоңдуктарры аныктоо керек. Маселе чыгарып көрөлү. Маселе – 3.34. А подпятнигине жана В подщипнигине бекитилген
бурулуучу кран берилген. Крандын массасы 2т., анын масса борбору С чекитине жайгашкан. Крандын үстүндөгү массасы 0,5т. болгон, D арабасына
массасы 3т. Е-жүгү илинип коюлган. Е жүгү 1
3g ылдамдануу менен жогору
көтөрүлсө, А жана В подшипнигинин реакция күчтөрүн аныктагыла? Кран жана D арабасы тынч абалда турат.
Чыгаруу: Механикалык система үч нерседен: крандан, арабадан жана Е жүгүнөн турат. Системага аракет эткен сырткы күчтөр: 1 2, ,Р Р Р
жана реакция күчтөрү: , ,А В BХ Х Y
болот. Эйлер-Даламбердин принцибин колдонуп, Е-жүгүнө анын ылдамдануусу 2а
каршы багытталган инерция күчү
2 2 2m aΦ = − ⋅
коебуз. Система бул күчтөрдүн таасири астында тең салмактуулук абалын сактайт.
АY
1P
2P
2Ф
2а
P
D
E
A
B
C
5м
2м
5м
АX
ВX
у
х
3.44 – чийме.
Берилди: m=2 т, m1=0,5т, m2=3т,
а2= g3
1 .
XA-? YA-? XB-?
171
Принципке ылайык :
( ) ( ) ( )
0
0
0
ix ix ix
iy iy iy
А i А i А i
F R Ф
F R Ф
m F m R m
+ + =
+ + =
+ + Φ =
∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑
болуш керек. Күчтөрдү х, у окторго проекциялап:
1 2 2
0
0А В
А
Х Х
Р Р Р Y
+ =− − − − Φ + =
1 2 22 5 5 5 5 0BP P P Ф X− ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ = бул теңдемелерден
,А ВХ X= −
( )1 2 2 1 2 2 2 69,3 ;AY P P P g m m m m a кН= + + + Φ = ⋅ + + + ⋅ =
2 1 25 5 2 552,1
5В
Р Р РХ кН
− ⋅ − ⋅ − ⋅ − Φ ⋅= = −
52,1АХ кН= . ХВ - алдындагы минус (-) белгиси бул күч чиймеде көрсөтүлгөн багытка карама-каршы багытталарын көрсөтөт.
Маселе – 3.35. Барабанга оролгон жиптин учуна салмагы 1Р
А жүгү
илинип коюлган. Барабандын салмагы Ррадиусу r , айлануу огуна карата
инерция радиусу иρ . Жиптин массасы, октогу сүрүлүү эске алынбайт. Жүк төмөн түшсө, барабандын бурчтук ылдамдануусун жана жиптин тартылуу күчүн тапкыла?
Чыгаруу: Барабан менен жүктү механикалык система деп карайбыз. Жүк А төмөн жылгандыктан, анын
ылдамдануусу 1а
-ди төмөн багыттайбыз. Даламбердин принцибине ылайык А жүгүнө, анын ылдамдануусуна каршы багытталган инерция күчү 1 1 1Ф m a= − ⋅
, тиркейбиз.
Барабан айлануу кыймылында болгондуктан, анын бурчтук ылдамдануусуна каршы багытталган инерция күчүнүн окко карата моменти
Ф
z zM J ε= − ⋅ коебуз. Механикалык система тең салмактуулук абалда болот. Ошондуктан,
( ) ( ) ( )0 0 1 0 1 0m P m P m Ф+ + =
болот б.а.
1Ф
1Р
1а
ΦZМ
ε
P
О
r
A
1Ф
1Р
Т
А
3.45 – чийме.
Берилди: 1Р , Р , r , иρ
____________ ε -?
172
1 1 0Ф
zP r Ф r M− ⋅ − ⋅ + =
мында 2Ф
z z uM J mε ρ ε= ⋅ = ⋅ ⋅ ra ⋅= ε1
0211 =⋅⋅+⋅⋅− rmrgm ε ,
21
2
1
mm
rgm
u +⋅⋅⋅
=ρ
ε барабандын бурчтук ылдамдануусу.
Ички күчтөрдү табыш үчүн, А жүгүн бөлүп карайбыз. Ага аракет эткен күчтөр 1Р
, жиптин тартылуу күчү Т
жана инерция күчү 1Ф
. А жүгү тең
салмактуулук абалда болот, анда 1 1 0Р Т Ф− − =
( )2 2
1 11 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2
1 1
;u
u u
m g r m mТ Р Ф т g m a m g r m g
m m r m m r
ρερ ρ
⋅ ⋅ ⋅= − = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ = ⋅ − = + +
жиптин тартылуу күчү.
Маселе – 3.36. Горизонталь тегиздикте жайгашкан АВ валы бир калыптагы ω бурчтук ылдамдык менен өз огунда айланат. Өз ара перпендикуляр тегиздикте жатышкан, узундуктары бирдей l болгон, эки стержень АВ валына бекитилген. Бул стержендер АВ валы менен тик бурч түзөт. Стержендердин учтарында массалары бири бирине (m-ге) барабар болгон Д жана Е шарлары орнотулган. Шарларды материалдык чекит деп эсептеп, АВ валынын А, В байланыштарына болгон динамикалык реакция күчтөрүн тапкыла? Стержендердин массаларын эсепке албагыла.
Чыгаруу: Система Д, Е шарларынан турат.
Валдын бурчту ылдамдыгы constω = болгондуктан, бурчтук ылдамдануусу 0ε = болот. А жана В чекиттерин байланыштан бошотобуз, б.а. рекация күчтөрүн чиймеде көрсөтөбүз: , , ,А A B BХ Y Х Y
, Е жана Д
шарлары вал АВ-нын айланасында айлангандыктан, алардын ылдамдануулары 2бор
Еа lω= ⋅ , 2бор
Да lω= ⋅ борборду көздөй багытталышат. Бул
ылдамданууларга карама-каршы багытталган борбордон четтөөчү инерция 2бор бор
Е ЕФ m a т lω= − ⋅ = − ⋅ ⋅ , 2бор бор
Д ДФ m a т lω= − ⋅ = − ⋅ ⋅
күчтөрүн көрсөтөбүз. Анда вал АВ теңдеш абалын сактайт. Даламбердин принцип теңдемесин түзөбүз. 0бор
А В ЕХ Х Ф+ + =
2 6 0бор
Д BФ d Y d⋅ − ⋅ =
0бор
А В ДY Y Ф+ + =
2 6 0бор
E BФ d X d− ⋅ − ⋅ = Бул системадан
Берилди: mД=mE= m; l, ω=const; ________
?? −− BA NN
бор
ЕФ
у
бор
Еа
бор
ДФ
бор
Да
ВХ
АХ
BY
АY
х
А В
Д
Е
2d 2d 2d
l
l
3.46 – чийме.
173
22
,3B
m lX
ω− ⋅ ⋅= 2
,3A
m lX
ω− ⋅ ⋅=
22,
3A
m lY
ω− ⋅ ⋅= 2
.3B
m lY
ω− ⋅ ⋅=
болоорун табабыз. А жана В чеккиттеринин реакция күчтөрүн табыш үчүн, параллелограмм тургузуп, анын диагоналы
22 2 5
,3A A A
m lR X Y
ω⋅ ⋅= + = 2
2 2 3,
3B B B
m lR X Y
ω⋅ ⋅= + =
эгендигин табабыз. , , ,А A B BХ Y Х Y
күчтөрдүн алдындагы минус (-) белгиси, ушул күчтөрдүн багыттары чиймеде көрсөтүлгөн багыттарга каршы багытталгандыгын көрсөтөт. Ошентип, динамикалык реакция күчтөрү системанын кыймыл законуна көз каранды экендиги көрүнүп турат, ал эми статикалык реакция күчтөрү ага аракет эткен күчтөргө гана көз каранды болот.
§ 3.14. Виртуалдык (мүмкүн болуучу) которулуш. Виртуалдык которулуш принциби
Системанын төмөнкүдөй эки типтеги: анык жана чыныгы dr
которулушун карайбыз. Эгерде аракет эткен күчтөрдүн натыйжасында, механикалык система чексиз кичине dt убакыттын чексиз кичине dr
аралыгына которулса, анда система анык (чыныгы) которулуш деп аталат. Виртуалдык которлуш dδ
менен белгилинет.
Виртуалдык (мүмкүн болуучу) которулуш деп, эркин эмес абалдагы механикалык системанын аткара ала турган, чексиз кичине которулушун айтабыз, башкача айтканда виртуалдык (мүмкүн болууч) которулуш төмөнкү шарттарды канааттандырышы керек: биринчиден – биздин көнүлүбүздө болуш керек, экинчиден – чексиз кичине чоңдук болуш керек, үчүнчүдөн – механикалык системанын байланыш шарттары сакталып калыш керек. Төмөнүдөй маселени карайлы: О чекитинин айланасында
айлануучу жип ( )ОМ l const= = ОМ ге илинип турган М
жүгүнүн анык которулушу dr Vdt=
(3.47 -чийме) М жүгү жаныма сызык боюнча эки багытта жыла алышы мүмкүн, бул которулуштар 1 2,r rδ δ виртуалдык которулуш болуп эсептелет. Системанын бир чекитине аракет эткен F
күчүнүн: а) система бир орундан экинчи орунга жылганда анык аткарган жумушу: dA F dr= ⋅
1rδ
2rδ
dr
V
М
О
3.47 – чийме.
174
б) система бир орундан экинчи орунга виртуалдык которулганда аткарган виртуалдык жумуш A F rδ δ= ⋅
болуп эсептелет. Эгерде катуу нерсеге
( )1 2, ,...,e e enF F F
сырткы күчтөрдүн системасы аракет этсе:
а) нерсе анык которулганда аткарылган жумуш e
idA F dr= ⋅∑
б) нерсенин виртуалдык которулушунда аткарылган жумуш e
iA F rδ δ= ⋅∑
ге барабар болот.
Системанын виртуалдык (мүмкүн болуучу) которулушунда байланыштардын реакция күчтөрүнүн аткарган жумушу нөлгө барабар болсо, мындай байланыштар идеалдык байланыштар деп аталат, башкача айтканда
0,R i iА R rδ δ= ⋅ =∑
( )cos 0R i i i iA R S R Sδ δ δ∧= ⋅ ⋅ =∑
Мисалы: а) Абсолюттук жылмакай беттин (3.48 - чийме) R
реакциясы М чекитинин бардык
1 2, ,..., nr r rδ δ δ иртуалдык которулушунда аткарган
жумушу төмөнкүдөй болот: 0,R i iА R rδ δ= ⋅ =∑
анткени реакция күчү нормаль боюнча, ал эми виртуалдык которулуштар бетке жаныма сызыктар
боюнча багытталган. б) Дөңгөлөктүн (3.49 - чийме) бодур бет боюнча виртуалдык которулушунда реакция күчтөрүнүн аткарган жумушу нөлгө барабар, б.а.
( ) ( ) ( )cos cos 0i C C iА R N S N S F S F Sδ δ δ δ δ∧ ∧= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =∑
себеби, биринчиден ( )cos 0N Sδ∧ =
, экинчиден, CF
-
сүрүлүү күчү, аракет этүүчү Р чекитинин ылдамдыгы нөлгө барабар айлануунун (көз ирмемдеги борбору) болуп эсептелет. Эгерде идеалдык, стационардык байланышы бар, материалдык системанын ар кандай аткара ала турган виртуалдык которулушунда, аракет эткен күчтөрдүн аткарган элементардык жумуштарынын суммасы нөлгө барабар болсо, анда берилген күчтөрдүн системасынын теңдештигинин зарылдык шарты жетишээрлик түрдө аткарылат. 0,i i iA R rδ δ= ⋅ =∑ ∑
(3.226)
Формуласы виртуалдык которулуштун принциби же статиканын жалпы теоремасы деп аталат. Виртуалдык которулуштун принциби аналитикалык түрдө төмөнкүдөй жазылат.
1rδ nrδ
R
3.48 – чийме.
CF
Sδ
G
N
С
Р 3.49 – чийме.
175
( ) 0,i ix i iy i iz iA F x F y F zδ δ δ δ= ⋅ + ⋅ + ⋅ =∑ ∑ (3.227)
же кыскача 0iAδ =∑ .
Бул принципти механикалык системанын байланыштарынын реакция күчтөрүн аныктоо үчүн колдонуу ылайыктуу болот. Мүмкүн болуучу которулуш принцибин колдонуп маселе чыгарууну төмөнкү тартипте жүргүзсө болот: 1. Механикалык системанын (механизимдин) кыймылдык кинематикалык анализ жасоо. 2. Системага аракет эткен күчтөрдү көрсөтүү. 3. Механикалык системанын эркин кыймыл даражасын аныктоо керек. 4. Системанын бир нерсесине мүмкүн болгон которулуш берүү керек. 5. Мүмкүн болгон которулуш принцип түзөп, белгисиз чоңдуктарды табуу керек.
Маселе чыгарып көрөлү.
Маселе – 3.37. (3.50 - чийме) горизонтальдык тегиздикте эллипсограф механизми жайгашкан АС=ВС=ОС жактары бири бирине барабар. А жылгычы (ползун) түз сызыктуу кыймылда болуп, ОС кривошиптин айлануу огун көздөй жылат. А жылгычына, анын кыймылынын багыты боюнча Р
күчү таасир этет. Кривошип ОС менен В жылгычынын
кыймылынын багыты ϕ бурчун түзөт. Механизмдин кыймылын токтотуу үчүн ОС га кандай чондуктагы (айландыруучу) моментти берүү керек?
Чыгаруу. Механикалык система ОС кривошиптен, А, В жылгычтарынан жана АВ шатундан турат. Маселени чыгаруунун алдында механизмдин кыймылына кинематикалык анализ жүргүзүү керек. ОС кривошиби О огунун айланасында айланат. А жылгычы Оу огу боюнча, В жылгычы Ох огу боюнча жылат. АВ шатуну паралель тегиздикте кыймылга келсин дейли. Биз карап жаткан механизмдин бардык чекиттеринин абалын ϕ бурчу аркылуу аныктаса болот. Ошондуктан жалпыланган координат ϕ, эркин даражанын саны S =1 болот. Оюбузда , ОС
1δϕ
ASδ
3.50 – чийме. х
1δϕ
1δϕ
BSδ
CSδ
ϕ М
О
А
В
С
Р
y Берилди: Р, АС=BC=OC=l _____________ M-?
Q
δϕ
176
кривошибин мүмкүн болгон эң кичине δϕ бурчуна жылдырабыз. Анда А, В жылгычтары жана С чекити δSА, δSВ, δSС деген эң кичине аралыкка жылышат. δSА, δSВ, δSС аралыктарын δϕ бурчтук өзгөрүүсү аркылуу туюнтуу керек. Ал үчүн δSА, δSВ ге перпендикуляр жүргүзүп, айлануунун көз ирмемдеги Р борборун табабыз.
Сүрөттө көрсөтүлгөндөй: δSС = ОС δϕ = СР δϕ1 болот мындан δϕ1=δϕ2 экендигин табабыз. Анда 1 12 cosAS АP lδ δϕ ϕ δϕ= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ . Мүмкүн болуучу (виртуалдык) которолуш прицибин колдонуп, бул которулуштагы күчтөрдүн аткарган виртуалдык жумушун таап, аны нолго барабарлайбыз, б.а.
0i AА M Q Sδ δϕ δ= ⋅ − ⋅ =∑
( )2 cos 0M Q lδϕ ϕ⋅ − ⋅ ⋅ = ; 0δϕ ≠
2 cos 0M Q l ϕ− ⋅ ⋅ = , мындан 2 cosM Q l ϕ= ⋅ ⋅ . Эллипсограф тынч абалын саткаш үчүн ОС кривошибине ушунчалык чоңдуктаты моментти берүү керек.
Маселе – 3.38. Балка АD шарнир С аркалуу бири-бири менен байланышкан, АС жана СD балкалардан турат. Балкага кНР 201 = , кНР 602 = ,
кНР 303 = күчтөрү аракет этет. А, В, С – байланыштарынын реакция күчтөрүн тапыла?
Чыгаруу: а) кыймылдууу шарнир А – нын реакция күчүн аныктоо
үчүн, аны байланыштан бошотобуз,
б.а. шарнирдин реакция күчү AR
тик багытталат. АС- бөлүгүн С шарниринин
айласында δϕ виртуалдык бурчка жылдырабыз. Анда А- чекити δSА -га 1Р
-
3Р
2Р
1Р
BR
AR
DY
DX
D A B
a a a a 2a 2a
3.51 – чийме.
С
Берилди: а Р1=20 кН Р2=60 кН Р3=30 кН _________
?, ?,
?, ?.
A B
D D
R R
X Y
− −
− −
2Р
D A B
3.52 – чийме.
С δϕ
1Sδ 3Р
АSδ
AR
1Р
177
күчүнүн тиркелген чекити δS1 - ге барабар виртуалдык аралыкка которулушат. Виртуалдык (мүмкүн болуучу) которулуш принцибин түзөбүз. 1 1 0i A AА R S P Sδ δ δ= ⋅ − ⋅ =∑ ,
(3.52- чиймеден) 2AS aδ δϕ= ⋅ , 1S aδ δϕ= ⋅ ;
Анда 1( 2 ) 0i AА R a P aδ δϕ= ⋅ − ⋅ ⋅ =∑ 0δϕ ≠ болбосо 1( 2 ) 0AR a P a⋅ − ⋅ = ,
бул теңдемеден 1 102A
PR кН= = .
б) В-шарниринин реакция күчүн табабыз. А - шарниринин бекитип, В - шарнирин байланыштан бошотобуз, б.а BR
- ны тиркейбиз. С-шарнирин
вирталдык аралык ВSδ көтөрөбүз. А жана В шарнирлери өзгөрұлбөй сакталыш үчүн, алардын айланасында 1δϕ , 2δϕ виртуалдык бурчтарга бурулуу болот (3.53-чийме). Виртуалдык которулуш принцибин түзөбүз:
1 1 2 2 3 3 0i B BA P S P S R S P Sδ δ δ δ δ= − ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ =∑ .
Чиймеден 1 1S aδ δϕ= ⋅ , 2 25S aδ δϕ= ⋅ , 24ВS aδ δϕ= ⋅ , 3 22S aδ δϕ= ⋅ , 1δϕ менен
2δϕ байланышын аныкташ үчүн виртуалдык которулуш СSδ - ны карайбыз.
1 22 6СS a аδ δϕ δϕ= ⋅ = ⋅ , 1 23δϕ δϕ= теңдемеге коебуз:
1 2 3 2( 6 5 4 2 ) 0i BA P а P а R а P аδ δϕ= − ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ =∑
2 0δϕ ≠ , 1 2 3( 6 5 4 2 ) 0BP а P а R а P а− ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ = мындан 105BR кН= . в) D- кыймылсыз шарниринин реакциясын аныктайбыз. D- шарниринин реакциясын DX
, DY
ажыратабыз. DX
- табыш үчүн, А,В шарнирлер бекитебиз,
кыймылсыз шарнир D- ны кыймылдуу, шарнир менен алмаштырабыз, DX
- реакция күчүн коебуз.
Шарнир D- ны горизонтал боюнча DSδ - виртуалдык аралыкка жылдырабыз.
A B DS S Sδ δ δ= = болот, себеби балка АD алга умтулма кыймылда болот
3Р
2Р
1Р
DX
D A B С
DSδ
3.54 – чийме.
1Р
D A
3.53 – чийме.
С
СSδ
2Р
2δϕ
1Sδ 2Sδ
BSδ
3Sδ
BR
1δϕ 3Р
178
Витртуалдык которулуш принцибин түзөбүз: 0i D DА X Sδ δ= ⋅ =∑ , 0DSδ ≠ , XD=0.
г) D- шарниринин вертикалдык реакция күчү DY
табыш үчүн, кыймылсыз
шарнир D - ны кыймылдуу шарнир менен алмаштырабыз.
Шарнир D - ны виртуалдык аралык DSδ жылдырабыз. Балка AD (3.55- чиймеден) көрүнгөнөдөй абалга келет, күч тиркелген чекиттер 1Sδ , 2Sδ , 3Sδ , виртуалдык аралыкка которулушат. Виртуалдык которулуш принцибин колдонуп: ∑ =⋅+⋅−⋅+⋅= 0332211 DDi SYSPSPSPA δδδδδ табабыз.
1 1S aδ δϕ= ⋅ , 2 2S aδ δϕ= ⋅ , 3 22S aδ δϕ= ⋅ , 24DS aδ δϕ= ⋅ ,
1 22 2CS a aδ δϕ δϕ= ⋅ = ⋅ , 1 2δϕ δϕ= .
1 2 3 1( 2 4 ) 0i DA P а P а P а Y aδ δϕ= ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ =∑
Мындан 1 0δϕ ≠ болсо:
1 2 3 2 4 0DP а P а P а Y a⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ =
5DY кН= − минус (-) белгиси DY
; чиймеде көрсөтүлгөн багытка каршы багытталган.
Маселе – 3.55. Берилген конструкцияга Р1=12кН, Р2=11кН, q=1 кН/м, М=12 кН·м таасир этсе, бул конструкциянын байланыштарынын реакция күчтөрүн тапкыла (3.56-чийме).
3Р
2Р
1Р
DY
D
A B С 2δϕ
2Sδ 1δϕ 1Sδ
3Sδ
СSδ
DSδ
3.55 – чийме.
179
Чыгаруу: Конструкциянын АК жагына ургаалдуулугу q=1кН/м болгон
туташ күчтөр таасир этет. Бул күчтөрдү бир гана 6Q q AK кН= ⋅ = күч менен
алмаштырабыз. Р2 күчүн проекциялап 2 2 cos45Р Р′ = ⋅ , 2 2 sin 45Р Р′′ = ⋅ табабыз. 1) А байланышынын ,А AХ Y
реакция күчтөрүн MA реактивдик моментин
табабыз: а) реактивдик моментти табыш үчүн, бекем бекитүүчү байланышты
кыймылсыз байланыш менен алмаштырабыз (3.57-чийме). АКС рамасын А байланышынын айланасында виртуалдык δϕ бурчуна жылдырабыз, анда РВС стержени параллель тегиздиктер кыймылын аткарат. Көз ирмемдеги Р айлануу борборун табабыз. Виртуалдык которулуштун принцибин колдонуп төмөнкүдөй жазабыз:
1 2 1 2 1 13 4 0i AА M Q P P PD P PT Mδ δϕ δϕ δϕ δϕ δϕ δϕ′ ′′= ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ =∑ (3.228)
3.56-чиймеден ВР=АВ, АС=89 см, АР=162 см, ТР=11м, PD=5см экенин табабыз. δϕ менен δϕ1 дин арасындагы көз карандылыкты табыш үчүн,
CS ACδ δϕ= ⋅ , 1CS PCδ δϕ= ⋅ ди табабыз. Мындан төмөнкүгө ээ болобуз:
1
АС
РСδϕ δϕ= ⋅
(3.228) теңдемени мыйданча жазалы:
1 2 23 4 cos45 cos45 0А
AC AC ACМ Q P P PD P NP M
PC PC PCδϕ − − − ⋅ ° ⋅ ⋅ + + ⋅ ° ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =
( )213 4 318
2A
P ACM Q P PD TP M кН м
PC= + + − + = ⋅
2Р
1Р
BR
А В
К
С
М
8м 8м
°45
АХ
АY
АМ
q
6м
3.56 – чийме.
Берилди: Р1=12кН Р2=11кН q=1 кН/м; М=12 кН·м _____________ ХА-?, YA-?, MA-?
180
2Р′
1Р
А В
К
CSδ
М
АМ
3.57 – чийме.
Q
2Р′′
T
D P
δϕ1
δϕ
BSδ
181
б) А байланышынын АХ
горизонталь түзүүчүсүн табуу керек. АХ
-ны табуу үчүн кыпчып бекитилген байланышты (А ны) жылгыч менен алмаштырабыз (3.58-чийме). А жылгычына АХ
реакция күчүн коебуз. Конструкцияны виртуалдык
АSδ
, BSδ
аралыктарына жылдырабыз. Конструкция алдыга умтулуп кыймылдагандыктан А BS Sδ δ=
болот. Виртуалдык принципти колдонуп, АХ
реакция күчүн
төмөнкүчө табабыз: 2 0i A A A AА X S Q S P Sδ δ δ δ′′= ⋅ + ⋅ − ⋅ =∑
2 1,7AX G P кН′′= − + = в) А байланышынын АY
вертикаль түзүүчүсүн табабыз. АY
ны табуу үчүн
кыпчып бекитилген байланышты (А ны) жылгыч менен алмаштырабыз (3.59-чийме). А жылгычына реакция күчү АY
ны
коебуз. Конструкцияны виртуалдык кыймылга келтиребиз. Анда АКС – алга умтулуу кыймылын, ВС – параллель тегиздиктер кыймылын аткарышат. СSδ
жана BSδ
га
перпендиуляр тургузуп көз ирмемдеги Р айлануу борборун табабыз. Виртуалдык принципти колдонобуз:
1 2 1 2 1 1 0i A A AА Y S P S P TP P NP Mδ δ δ δϕ δϕ δϕ′′ ′= ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ =∑
A CS Sδ δ= , 18CSδ δϕ= , 18BSδ δϕ= , NP=5м, ТР=3м.
( )1 2 2 18 8 cos45 3 5 cos45 0AY P P P M δϕ− + ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ =
1 28 215,4
8A
P P MY кН
+ ⋅ += =
2Р′
1Р
А
В
К
М
3.58 – чийме.
Q
2Р′′
BSδ
ASδ
AX
C
2Р′
1Р
А
В
М
3.59 – чийме.
Q
2Р′′
BSδ
ASδ
AY
C Р
Т
N
ASδ
CSδ
δϕ1
182
2) В шарниринин BR
реакция күчүн табабыз. Конструкцияга виртуалдык эң кичинекей кыймыл беребиз (3.60-чийме).
Анда ВС стержени С шарниринин огунда δϕ бурчуна бурулат. Принципти колдонобуз:
2 23 cos45 0i B BА P P M R Sδ δϕ δϕ δϕ δ′′ ′= − ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ =∑
мындан BR
=4,2кН.
Маселе 3.40. Механизм горизонталдык тегиздикке жайланышкан. Механизм ушул абалында тең салмактуулук абалда турат. Кривошип О1А -
га моменти М=160 Н·м кош - жарыш күч аракет этет. Кривошип О1А шатун АD жана ползун менен байланышкан. Шатун AD, кривошип О1А менен 120˚ бурч, ползун D менен 60˚ бурч түзөт. D-ползунуна Q=340 Н күч аракет этет. Шатун АD ортосунда турган чекит Е шатун ВЕ аркалуу ползун В менен
1Р
BR
А
В
К
С
М
3.60 – чийме.
Q
2Р′
2Р′′
BSδ
DSδ
ESδ
ASδ
BSδ
1δϕ
серF
Q
°30
°60
°60 °60
°60
°60
°30
β=60˚
°= 90γ
°= 120θ М
В
D
E
C2 O1
C3
A
3
2
1
3.61 – чийме.
183
туташтырылган. В- ползунуна катуулук коэффициенти С=140 Н/см пружина бекитилген. Пружинанын деформациясы λ -ны тапкыла?
Чыгаруу: Чиймеге механизмге аракет эткен активдүү күчтөрдү серпилгич күч
серF с λ= ⋅ (пружина чоюлуп
турат деп эсептейбиз), Q
жана момент М - ди көрсөтөбүз. Мүмкүн болуучу (виртуалдык) которулуш принцибин колдонобуз: Механизмге аракет эткен активдүү күчтөрдүн виртуалдык которулуштагы аткарган элементардык жумуштарынын суммасы нөлгө барабар болуш керек, б.а. 0iАδ =∑ бул теңдемени
түзүш үчүн, О1А- өзөкчө 1δϕ - виртуалдык бурулуу бурчуна жылдырабыз. Анда A, D, E, B чекиттери BSδ , ASδ , ESδ , DSδ виртуалдык аралыкка которулушат. Бул которулуштун бирөө гана көз каранды эмес которулуш, мисалы 1δϕ , BSδ , ASδ , ESδ , DSδ - которулуштарды 1δϕ - бурчу аркалуу туюнтуу керек. Ал үчүн 1,2 өзөкчөлөрдүн виртуалдык которулушун карайбыз, 1AS O Aδ ⊥ -га, DSδ - жылгыч (багытоочу) боюнча багытталат. ASδ -га, DSδ -га тик сызып жүргүзүп кесилишкен чекит С2 - ни табабыз. С2 – чекити 2 - өзөкчөнүн которулушунун көз ирмемдеги борбору болот.
1 1AS lδ δϕ= ⋅ , 1AS O Aδ ⊥ , чиймеден көрүнгөндөй 2ADC∆ үч бурчтугунан
22
ADAC = , анда АЕ=AC2=EC2, 2АЕС∆ тең жактуу үч бурчтук болот.
Анда E AS Sδ δ= , себеби AC2=EC2 DSδ жана ESδ -нин D жана Е чекиттерин туташтырган түз сызык DE - ге түшүрүлгөн проекциялары бири-бирине барабар болуш керек экендигин эске алсак: cos60 cos30D ES Sδ δ° = ° болот.
Мындан 3D ES Sδ δ= , 1 1E AS S lδ δ δϕ= = ⋅ , болсо 1 13DS lδ δϕ= ⋅ ⋅ , DSδ белгилүү болгондон кийин 3 өзөкчөнү карайбыз. BSδ -, ESδ - и тик сызык тургузуп, 3 - өзөкчөнүн виртуалдык которулушунун көз ирмемдеги борбору С3 табабыз. ЕВ түз сызыгы В жана Е чекиттери аркалуу өткөндүктөн, BSδ -нын
ESδ -нин ВЕ - сызыгына түшүрүлгөн проекциялары барабар, б.а.
cos60 cos30В ES Sδ δ= , мындан 1 1В ЕS S lδ δ δϕ= = . Механизм үчүн мүмүкүн болуучу которулуш принцибин түзөбүз, б.а.
1 0i D cep BА M Q S F Sδ δϕ δ δ= + − =∑
1 1 1 1 13 0cepM Q l F lδϕ δϕ δϕ+ − = , мында 1 0δϕ ≠
болгондуктан 1 13 0cepM Q l F l+ − = болуш керек, мындан
1
3 988,8cep
MF Q H
l= + ⋅ = , экинчиден cpF c λ= ⋅
Берилди: О1А=l 1=0,4м АВ=l 2 =0,6м Q=340Н M=160Нм C=140Н/см
?−λ
184
7cepFcм
cλ = = пружина биз белгилендей 7 см чоюлат.
§3.15. Динамиканын жалпы теңдемеси
(Даламбер-Лагранждын принциби)
Мүмкүн болуучу которулуш принциби статикалык маселелерди чыгаруунун жалпы методун берет. Эйлер-Даламбердин принциби статиканын методдорун колдонуп динамиканын маселе чыгарууга мүмкүндүк берет. Бул эки принципти бир же учурда колдонуп, динамикалык маселелерди чыгаруу үчүн жалпы методду алабыз. Идеалдык байланышта турган механикалык системанын ар кандай мүмкүн болуучу жылышында берилген күчтөрдүн жана инерция күчтөрүнүн аткарган элементардык жумуштарынын суммасы нөлгө барабар болот, башкача айтканда
( ) 0i i iF Ф rδ+ =∑
(3.229)
Муну аналитикалык түрдө мындайча жазса да болот: (3.229) – теңдемени динамиканын жалпы теңдемеси деп аталат
( ) ( ) ( ) 0ix ix i iy iy i iz iz iF Ф x F Ф y F Ф zδ δ δ + + + + + = ∑
(3.230)
Ф
- инерция күчү деп аталат. ,ix i ixФ m a= − ,iy i iyФ m a= − .iz i izФ m a= −
(3.230) теңдеме төмөнкүчө жазылат.
( ) ( ) ( ) 0ix i i iy i i iz i iF mx x F my y F mz zδ δ δ − + − + − = ∑ ɺɺ ɺɺ ɺɺ (3.231)
же кыскартып жазсак: 0ин
i iА Aδ δ+ =∑ ∑ (3.232)
теңдемелер (3.229 – 3.232) динамиканын жалпы теңдемесин туюнтат. Алга умтулуу кыймылындагы нерсеге, анын ылдамдануусуна тескери багытталган Ф инерция күчүн коебуз:
Ф та= −
(3.233) Нерсе бир октун (z) тегерегинде ε бурчтук ылдамдануусу менен
айланса, анда нерсеге ε дун багытына карама-каршы багытталган инерция күчүнүн моменти ин
ZM ни ти коебуз: ин
z czM J ε= − (3.234) Нерсе параллел-тегиздиктер кыймылда болсо, анда бул нерсеге С СФ та= −
(3.235)
Инерция күчүн жана инерция күчүнүн С массалар борбору аркылуу өтүүчү окко карата болгон ин
СZM моментин коебуз:
ин
СZ СZM J ε= − (3.236)
ε
ин
CZM
С z
СФ
Са
3.62 – чийме.
185
Мисалы, дөңгөлөктүн кыймылын параллел-тегиздиктер кыймылы деп алсак болот (3.62 - чийме). Анын кыймылы эки кыймылдан турат: Дөнгөлөктүн С борбору алга умтулуу кыймылында болуп, анын калган чекиттери С борбору аркылуу өтүүчү Z огунун айланасында айланат. Динамиканын жалпы теңдемесин (3.229 - 3.233) колдонуп чыгара турган маселелерди төмөнкү тартипти колдонсо болот: 1.Механикалык системага кинематикалык анализ жүргүзүү керек. 2. Механикалык системага аракет эткен активдүү жана реактивдүү күчтөрдү көрсөтүү керек. 3. Бир нерсенин ылдамдануусунун багыты белгилүү деп болжолдоп алыш керек. 4. Механикалык системанын ар бир нерсесине, ага тиешелүү инерция күчүн коюу керек (3.233 – 3.236) теңдемелерин кара. 5. Механикалык системанын эркиндик даражасынын санын, S ти аныкташ керек. 6. Системанын бир чекитине виртуалдык которулушту бериш керек, ал аркылуу күч аракет эткен бардык чекиттердин чексиз кичине которулушун туюнтуу керек. 7. Динамиканын жалпы теңдемесин түзүү керек. Бул теңдемеден изделген чоңдукту табуу керек. Кайрадан маселе чыгарганды көрсөтөлү.
Маселе – 3.41. Тегиздиктин үстүндө массасы m1 ге барабар болгон А жүгү жатат (3.63 - чийме). А жүгү, массасы m2 , радиусу r гө барабар болгон В барабаны менен чоюлбай турган жип аркылууу байланышкан. Жүк А жантык тегиздиктин бети боюнча ылдый жылып, В барабанын айландырат. Барабанды бир тектүү тегерек цилиндр деп карап, анын бурчтук ылдамдануусун тапкыла? Тегиздиктин горизонтко карата жантую бурчу α га барабар. С бурчунун жана жиптин массаларын эсепке алынбайт.
Чыгаруу: Бул механикалык системанын А жүгү жантык тегиздик боюнча алга умтулуучу кыймылда болот, барабан В, О1О2 (z) огунун айланасында айланат.
АФ
ин
CzM
ε
Аа
1P
α
N
Р2
О1
О2
В С
А
3.63 – чийме.
Берилди: r mA=m1 mB=m2
_______ ε -?
z
186
Системага таасир эткен 1 2,Р Р
жана 1N
реакция күчтөрүн көрсөтөбүз. А жүгүнүн ылдамдануусу жантык бетке параллел ылдый багытталат. А жүгүнө, жүктүн ылдамдануусуна карама – каршы багытталган ФА инерция күчүн коебуз. В барабаны z огунун айланасында айлангандыктан, ага бурчтук ылдамдануусу ε го каршы багытталган инерция күчүнүн z огуна карата ин
ZM моментин коебуз. Системанын эркин жылуу деңгээлинин саны S ти аныктайбыз. Барабандын ϕ айлануу бурчу аркылуу, системанын бардык чекиттеринин абалын табууга болот, ошондуктан жалпы координата q ϕ= ,
S=1 болот. А жүгүн виртуалдык ASδ га жылдырабыз, анда В барабаны δϕ деген бурчка жылат, сүрөттөн ASδ ны табабыз, б.а. AS rδ δϕ= . Динамиканын жалпы теңдемесин түзөбүз: ( )1sin 0ин
A A ZР Ф S Mα δ δϕ− − = , мында Aa rε= .
1 1Р m g= , 1АФ т а= , ин
z zM J ε= ни ордуна коебуз:
( ) ( )21 1 2sin / 2 0m g m r r m rα ε δϕ ε δϕ− − =
( )1 1 22 sin / 2m g r m mε α= +
Маселе – 3.42. Массасы m2 радиусу r ге барабар болгон А тегерек
цилиндрине жип оролгон (3.64-чийме). Жиптин D блогу аркылуу өткөн учуна В жүгү илинген. В жүгү алга карай төмөн жылып А цилиндрин сүрүлүүсүз кыймылга келтирет. Тоголонуп сүрүлүү коэффициенти δ га барабар деп, В жүгүнүн ылдамдануусун табуу керек. D блогунун масссасын эсепке албагыла.
Чыгаруу: В жүгү алга умтулуучу кыймылда болот. Ылдамдануусу Ba
га барабар. А цилиндри параллел-
тегиздиктер кыймылында болот. Ошондуктан, цилиндрдин С борборунун ылдамданусу Ca
га, анын борбордун
айланасында айлануусунун бурчтук ылдамдануусуу ε го барабар. Механиалык системага 1P
, 2P
, 2N
т.к. күчтөрү аракет
этет. В жүгүнө BФ
деген инерция күчүн коебуз. А
цилиндринин С борборуна 2С СФ т а= −
инерция күчүн жана инерция күчүнүн
С борбору боюнча өтүүчү z огуна карата ин
z zM J ε= − моментин коебуз.
δ 2N
2Р
. .т кF
ВФ
Ва
1Р
В
А
С
D
а)
ин
zM
ε
BSδ Ва
Cа
CФ
Р Р
С С
б) в)
3.64 – чийме.
СSδ
Берилди: r,δ mA=m2 mB=m1
________ Ва -?
187
Күчтөр 2 2P N=
себеби цилиндрдин негизинин борбору С чекитинин кыймылынын траекториясы горизонталь тегиздикке парллель болот.
( )2 2,P N
- кош-жарыш күчтөрдү түзгөндүктөн, алардын моменти 2KM Nδ= ,
мында МК – цилиндрдин тоголонуп сүрүлүү күчүнүн моменти деп аталат. Биз карап жаткан убакытта системага аракет эткен 1 2 2 . ., , , т кP P N F
жана , , z
В С инФ Ф М
күчтөр теңдеш күчтөр системасын түзүшөт. Булар Даламбердин принцибинин теңдемесин канааттандырышат:
1 2 2 . .
1 . .
0
( ) ( ) ( ) 0
т к В С
zZ Z B R Z т к ин
P P N F Ф Ф
M P M Ф M M F М
+ + + + + =
+ + + + =
Эми мүмкүн болгон которулуш принцибин колдонсо болот. В жүгүн виртуалдык BSδ аралыгына жылдырабыз, анда А цилиндри δϕ кичине бурчуна бурулат. 3.64-в, чиймеден төмөнкүнү алабыз: 2BS rδ δϕ= , CS rδ δϕ= , / 2BS rδϕ δ= (3.237) Динамиканын жалпы теңдемесин түзөбүз: ( )1 0ин
B B C C K CZP Ф S Ф S M Mδ δ δϕ δϕ− − − − = (3.238)
. .т кF
тоголонуп сүрүлүү күчүнүн жумушу нөлгө барабар, себеби күч аракет эткен Р чекит көз ирмемдеги айлануунун борбору болуп эсептелет. 3.64 - чиймеден төмөнкүнү табабыз: / 2С Ва а= , / 2Ва rε = (3.239) Тоголонуп сүрүлүү күчүнүн моменти 2KM Pδ= барабар (3.237), (3.239) туюнтмаларын (3.238) го коебуз: ( ) ( )2
1 1 2 2 2 / 2 0B B C Cm g m a S m a S P m rδ δ δδϕ ε δϕ− − − − = ,
2 2 21 1 0
4 2 8B B
B B
m a m g m am g m a S
r
δ δ − = − − =
.
В жүгүнүн аВ ылдамдануусун табабыз: ( )1 2
1 2
8 / 2
8 3B
g m m ra
m m
δ−=
+.
Маселе – 3.43. Механикалык система жиптер оролгон радиусу
R1=0,2м, r1=0,1м радиус инерциясы 1 0,1мρ = блок 1 - ден жана радиустары R2=0,3м, r2=0,15м радиус инерциясы 2 0,2мρ = салмагы Р2=20Н шкив 2 - ден турат. Бул жиптерге салмагы 3 10Р Н= , 4 30Р Н= , 5 40Р Н= жүктөр 3, 4, 5 бекитилген. 1 - блокко моменти М=18Н·м кош-жарыш күч аракет этет. Система вертикалдык тегиздикте кыймылдайт. 5-жуктун ылдамдануусун тапкыла? Сүрүлүү күчү эсепке алынбайт.
Берилди: R1=0,2м, r1=0,1м, R2=0,3м, r2=0,15м, 1 0,1мρ =
2 0,2мρ = , 1 0Р = , 2 20Р Н= , НР 103 = , 4 30Р Н= ,
5 40Р Н= , 18М Н м= ⋅ . __________________________________________________ а5-?
188
Чыгаруу: Бири – бири менен жип аркалуу байланышкан механикалык системанын кыймылын карайбыз. Механикалык система аракет эткен активдүү күчтөр 2Р
, 3Р
, 4Р
, 5Р
жана момент М, байланыштын реакция
күчтөрүн 1N
, 2N
, 3N
, 4N
, 5N
чиймеде көрсөтөбүз. Механикалык системанын абалы бир эле жалпыланган координат аркалуу аныкталгандыктан, анын кыймыл даражасынын саны S=1 болот.
5 - чи жүктүн ылдамдануусунун аныкташ үчүн динамиканын жалпы теңдемесин колдонобуз: 0ин
iА Aδ δ+ =∑ (3.240)
мында iАδ∑ - активдүү күчтөрдүн аткарган элементардык жумуштарынын
суммасы, инAδ∑ - инерция күчтөрүнүн атарган элементардык
жумуштарынын суммасы. 5 - чи жүктүн ылдамдануусун багытын белгилүү деп, божомолдоп
алабыз. Бул ылдамдануга каршы багыталган 55 5 5 5
РФ т а a
g= = , 3 - жүккө 3a
-
га каршы багытталган 33 3 3 3
РФ т а a
g= = , 4 - жүктүн ылдамдануусу 4a
каршы
багытталган 44 4 4 4
РФ т а a
g= = инерция күчтөрүн жана 2 - инчи шкив айлануу
кыймылын аткаргандыктан, анын бурчтук ылдамдануусу 2ε каршы
багытталган инерция күчүнүн 22 2 2 2 2 2инМ J mε ρ ε= = моментин тиркейбиз. 5 -
чи жүктү мүмкүн болгон (виртуалдык) аралык 5Sδ - ке жылдырабыз. Анда 1- шкив 1δϕ - бурчка, 3 – жүк 3Sδ , 2 –шкив 2δϕ - ге, 4 – нерсе 4Sδ - виртуалдык аралыкка жылышат. Ушул виртуалдык которулуштагы бардык күчтөрдүн аткарган элементардык жумуштарын аныктайбыз б.а. ( ) ( )5 5 5 2 3 3 2 2 4 4 4sin 60 sin 45 0инP Ф S M Ф S M Ф Р Sδ δϕ δ δϕ δ− + − − − + = (3.241)
3Sδ
4Sδ
5Sδ
3Ф
4Ф
5Ф
1N
2N
3N
4N
°45
3P
4P
5P
3a
4a
1δϕ
2δϕ
°60
инМ 2
2ε
М
5a
5N
3.65 – чийме.
189
реакция күчтөрү 1N
, 2N
, 3N
, 4N
, 5N
жумуш аткарбайт, себеби идеалдык
байланыш ( 1N
, 2N
, - кыймылсыз чекитке тиркелген, 3N
, 4N
, 5N
мүмкүн болуучу которлушка тик багытталышкан). Виртуалдык которулуш 5Sδ , 3Sδ ,
4Sδ , 2δϕ жалпыланган координат 1δϕ аркалуу туютабыз:
5 1 1S rδ δϕ= , 3 1 1S Rδ δϕ= , 4 2 2S rδ δϕ= , 12 1
2
R
Rδϕ δϕ= ,
инерция күчтөрүн, которулуштардын маанисин (13) теңдемеге коебуз:
25 3 2 1 4 15 5 1 3 1 2 2 4 4 2 1
2 2
sin60 sin 45 0P P P R P R
P a r M a R a P rg g g R g R
ρ ε δϕ − + − − − + =
01 ≠δϕ , болбосо анда
25 3 2 1 4 15 5 1 3 1 2 2 4 4 2
2 2
sin60 sin 45 0P P P R P R
P a r M a R a P rg g g R g R
ρ ε − + − − − + =
, бул
теңдемеги 3a
, 4a
, 2ε , 5a
аркалуу туюнтуу керек :
51
1
а
rε = ; 1
3 1 51
Ra R a
rε= = ; 4 2 2a rε= ; 1
2 12
R
Rε ε= ; 1 1 2
4 2 2 1 2 52 2 1
R R ra r r a
R R rε ε= = =
бул чоңдуктарды теңдемеге коюп: 2 2 2
5 3 1 2 1 1 4 1 2 15 5 1 3 5 4 22
1 2 1 2 1 2
sin60 sin 45 0P P R P R P R r R
P a r M a a P rg g r g R r g R r R
ρ − + − − − + =
мын
дан
11 5 4 2
225 2 2 2 2 2
5 3 1 2 2 1 4 1 21 2 2
1 1 2 2 1
sin60 sin 4511,8 /
Rr P M P r
Ra м с
P P R P R P R rr
g g r g r R g R r
ρ
+ −= =
+ + +
25 11,8 /а м с=
5а - ылдамдануунун алдындагы оң (+) белги анын ылдамдануусу жана башка нерселердин ылдамданууларынын багыты туура тандалып алынганын көрсөтөт.
Мисал – 3.44. Салмагы Q барабар А – призмасы, горизонт менен α - бурчтун түзгөн В призманын жылмакай капталы боюнча жылат. В – призманын салмагы Р. В – призмасы менен горизонталдык тегиздиктен ортосундагы сүрүлүү эске алынбайт. В – призмасынын ылдамдануусун тапкыла?
190
Чыгаруу: Механикалык система А жана В призмаларынан турат. А – призмасын материалдык чекит катары карасак болот. Призма А алга умтулма кыймылда болот. Призма А – нын кыймылы таатал кыймыл болот. Ал эки кыймылга катышат б.а. В - призмасы менен бирге алга умтулма кыймылы ташыма, В - призмасынын капталы менен жылышы – салыштырма кыймыл болот. Анын абсолюттук ылдамдануусу Аa
ташыма еa
, салыштырма ra
ылдамдануулардын геометриялык суммасына барабар болот:
1Аа а а= + , мында 1 ra a=
, ea a= ушул ылдамданууларга карама – каршы
багытталган, 1ВФ т а= −
инерция күчүн коебуз. Анда
( )1 2 1АФ Ф Ф т а а= + = − ⋅ +
(3.242)
Ошентип, системага активдүү күчтөр 1,Р Р
жана реакция күчү 1N
инерция
күчтөрү АФ
, BФ
аракет этет. Эйлер – Даламбердин принцибине ылайык, бул күчтөр эквивалентүү күчтөр системасын түзөт. В – призмасын мүмкүн болгон аралык rδ - ге, А – призмасын виртуалдык аралык 1rδ - ге жылдырабыз. Анда А – чекитинин 1Ar r rδ δ δ= +
мүнкүн болгон которулушу. Даламбер – Лагранждын принцибин (динамиканын жалпы теңдемесин) түзөбүз, б.а.
0ин
i iА Aδ δ+ =∑ ∑ (3.243)
( ) ( ) 0В A AР Ф r Q Ф rδ δ+ + + =
же
( )( )1 1 1sin 0P Q
a r Q r a a r rg g
δ αδ δ δ− + − + + = (3.244)
Эки векторун скалярдык көбөйтүндүсүн эске алсак 0Р r Q rδ δ= =
. (3.244) теңдемеден
1 1 1cos sin cos 0Q P Q Q Q
a a r Q a a rg g g g g
α δ α α δ − + + + + − =
(3.245)
Берилди: m,m1 ______ a-?
1N
rδ
rδ
a
a
1a
1rδ
1Ф
2Ф
BФ
Q
P
A
B
α
3.66 – чийме.
191
1 0rδ = , 0rδ ≠ жана 0rδ = болсо 1 0rδ ≠ деп эсептеп, төмөнү теңдемелерди алабыз.
( ) 1cos 0Q P a Q aα− + + = (3.246)
1sin cos 0Q Q
Q a ag g
α α+ − = (3.247)
(3.246) теңдемеден ( )
1 cos
Q P aa
α+
=
(3.247) теңдемеге коюп, В – призманын ылдамдануусун табабыз
( )2
sin 2
2 sin
Qa
P Q
αα
=+
.
§ 3.16. Механикалык системанын дифференциалдык тендемесинин
жалпыланган координаттар аркылуу жазылышы. Лагранждын экинчи типтеги тендемеси
Динамиканын жалпы теңдемеси, системанын кыймылынын
дифференциалдык теңдемесин түзүүгө мүмкүндүк берет. Бул теңдемеге алдын ала белгисиз байланыштын реакция күчтөрү кирбейт. Жөнөкөй механикалык система үчүн бул теңдемени колдонуу ылайыктуу болот, ал эми система татаал, б.а. көп чекиттен түзүлсө, алар ар кандай кыймыл аткарса бул теңдемени колдонуу өтө татаал математикалык өзгөрүүлөрдү талап кылат. Динамиканын жалпы теңдемесинин натыйжасы катары алынган Лагранждын экинчи типтеги теңдемеси маселени чыгаруунун эң жөнөкөй методун берет.Анын артыкчылыгы механикалык система канча чекиттен,ал чекиттер кандай кыймыл аткарышына көз каранды болбойт жана идеалдык байланышта болуп алдын-ала белгисиз реакция күчтөрү теңдемеге кирбей калат.
Лагранждын экинчи типтеги теңдемеси, механикалык системанын кыймыл даражасынын саны менен аныкталат.Кыймыл даражасынын саны S канча болсо, Лагранждын теңдемесинин саны да ошончо болот. Механикалык системанын кыймыл санынын даражасы S - ке барабар болсо, Лагранждын теңдемеси төмөнкүчө жазылат:
11 1
22 2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SS S
d д Т д ТQ
d t д q д q
d д Т д ТQ
d t д q д q
d д Т д ТQ
d t д q д q
− =
− =
− =
ɺ
ɺ
ɺ
(3.248)
192
(3.248) теңдеме, механикалык системанын кыймылынын жалпыланган координаттардагы дифференциалдык теңдемеси же Лагранждын экинчи типтеги теңдемеси деп аталат. Мында Т – системанын кинетикалык энергиясы, 1,..., Sq qɺ -жалпыланган
координаттар, 1,..., Sq qɺ ɺ - жалпыланган ылдамдыктар, 1,..., SQ Q - жалпыланган күчтөр.
Эгерде система аракет эткен күчтөр потенциалдык (аралыкка көз каранды) болсо,
11
,..., SS
дП дПQ Q
дq дq= − = − ,
боюнча аныкталат. П - потенциалдык энергия.
Лагранждын экинчи түрдөгү теңдемеси төмөнкүчө жазылат:
1 1
2 2
0
0
..... ... .... ... ... ... ... ...
0S S
d дL дL
d t дq дq
d дL дL
d t дq дq
d дL дL
d t дq дq
− =
− =
− =
ɺ
ɺ
ɺ
(3.249)
мында L=T-П – Лагранждын функциясы деп аталат.
Лагранждын экинчи түрдөгү теңдемесин колдонуп, маселе чыгарууну төмөнкү ыраатта сактоо ылайыктуу болот.
1.Механикалык системага аракет эткен активдүү күчтөрдү көрсөтүү
керек. 2.Жалпыланган координатты тандап алып, эркин кыймыл даражасын
(кыймыл даражасынын санын) S-ти аныктоо керек. 3.Лагранждын теңдемесин жазуу керек. 4.Системанын кинетикалык энергиясын эсептеп, аны жалпыланган
координат iq , жана жалпыланган ылдамдык iqɺ туюнтуу керек.
5. ,i i
дT дT
дq дqɺ туундуларын жана
i
d дТ
dt дqɺ туундусун табуу керек.
6. Жалпыланган күчтү аныктоо керек. 7. Лагранждын экинчи типтеги теңдемелерин коюп, коюлган маселени
чыгарып, талап кылынган чондуктарды аныктоо керек.
193
Мисал – 3.45. Салмагы Q болгон А дөңгөлөгү жантык тегиздик боюнча төмөн көздөй сыйгаланбай, тоголонуп баратып, В блогу аркылуу өткөн чоюлбай турган салмаксыз жиптин учуна бекитилген Р салмактагы Д жүгүн жогору көздөй тартат. Мында В блогу тегиздикке тик жайгашкан О огунун айланасында сүрүлүүсүз айланат. Д дөнгөлөктүн жана В блогунун салмактары бирдей жана бир тектүү тегеректер. Жантык тегиздик горизонт менен α бурчун түзөт. Дөңгөлөкөтүн огунун ылдамдануусун тапкыла?
Берилди: ,Q P, ca -? Чыгаруу: Механикалык система А-дөңгөлөгүнөн, В-блогунан, Д-
жүгүнөн турат. Ага аракет эткен активдүү күчтөр ,P Q
. Жип чоюлбагандыктан байланыш идеалдык болот. Жалпыланган координат үчүн дөңгөлөктүн масса борборунун координаты cx ны алабыз. Бул координат аркылуу блоктун жүктүн абалын аныктай алабыз.
Системанын кыймыл санын даражасынын саны S=1 болот. Лагранждын экинчи түрдөгү теңдемеси
1с с
d дТ дТQ
dt дх дх− =ɺ
болот (3.250)
Системанын кинетикалык энергиясын аныктайбыз. Системанын кинетикалык энергиясы дөңгөлөктүн,блоктун жана жүктүн кинетикалык энергиясынын суммасына барабар болот:
A B ДT T T T= + + (3.251)
Дөңгөлөк А параллель тегиздиктердеги кыймылды аткаргандыктан анын кинетикалык энергиясы:
2 2
2 2A C A
A Cz
m VT J
ω= + , 2
2A
Cz
m rJ = -инерция моменти.
Блок В айлануу кыймылында болгондуктан, анын кинетикалык энергиясы: 2 2
,2 2B B
B O O
m rT J J
ω= = - инерция моменти.
Жүк Д, алга умтулуу кыймылын аткаргандыктан
Д
O B
A
Q
Q
Ca
C
α P
ДV
Cxδ
Cx
Р
ωА
3.67 – чийме.
194
2
2Д Д
Д
m VT = болот.
Aω -ны, ωВ-ны жана ДV
-ны, жалпыланган ылдамдык C Cx V=ɺ аркылуу
туюнтуу керек.
; ;C C C CA B Д C
V x V xV x
r r r rω ω= = = = =
ɺ ɺɺ
Анда 2 2 2
2 22
3 3
2 2 2 4 4A C A C
A A C
m x m r x QT m x x
r g= + ⋅ = =
ɺ ɺɺ ɺ
2 2 2 22
22 2 2 4 4B B C B
B O C
m r x m x QT J x
r g
ω= = ⋅ = =ɺ ɺ
ɺ
2 2
2 2Д Д C
Д
m V P xT
g= =
ɺ
Системанын кинетикалык энергиясы 2
(2 )2
CxT Q P
g= +ɺ
. (3.252)
Бул теңдемеден жеке туунду алабыз:
0, (2 ),
(2 )
C
С С
С
С
дТ дТ xQ P
дх дх g
d дТ хQ P
dt дх g
= = +
= +
ɺ
ɺ
ɺɺ
ɺ
(3.253)
Жалпыланган күчтү аныктайбыз. Ал үчүн А дөнгөлөгүнүн Cx масса борборун мүмкүн болгон Cxδ аралыкка жылдырабыз. В блогун δϕ -ге, Д жүгүн
Дxδ мүмкүн болгон аралыкка жылышат. Ушул которулуштагы
активдүү күчтөрдүн аткарган жумуштарынын суммасын табабыз, б.а. sini C Д
А Q x P xδ α δ δ= ⋅ ⋅ − ⋅∑ (3.254)
Д Cx xδ δ=
Анда
1( sin )i C CА Q P x Q xδ α δ δ= − =∑
же
1 ( sin )i
C
АQ Q P
x
δα
δ= = −∑ (3.255)
барабар болот (3.253), (3.255) формулаларды (3.250) тендемеге коебуз:
(2 ) sinCxQ P Q P
gα+ = −
ɺɺ,
мындан
195
( sin )
2C C
g Q Px a
Q P
α −= =+
ɺɺ .
Дөңгөлөктүн масса борборунун ылдамдануусу ( sin )
2C
g Q Pa
Q P
α −=+
.
Мисал – 3.46. Механизмге радиусу r, шестеренка М - моментинин
таасири астында кыймылсыз шестеренканын огунун айланасында айланат. Шестеренкалардын окторунун аралыгы l ;кривошип менен тендештирүүчү жүктүн, анын айлануу огуна карата инерция моменти OJ ; кыймылдуу шестеренканын массасы 1m , инерция моменти 1J . Шестеренканын жана кривошип менен теңдештирүүчү жүктүн масса борборлору кривошиптин айлануу огунда жатышат. Сүрүлүү эске алынбайт. Кривошиптин бурчтук ылдамдануусун тапкыла?
Берилди: 1 1 1, , , , ,Or M l J J m / 0ε -? Чыгаруу: Механикалык система кривошиптен жана кыймылдуу
шестеренкадан турат. Аларга 1P
жана М - момент аракет этет. Системанын кыймыл даражасынын саны S=1. Жалпыланган координат үчүн бурулуу бурчу ϕ -ни алабыз,б.а.q ϕ= . Лагранждын теңдемесин колдонобуз
d дТ дТQ
dt д дϕϕ ϕ
− =ɺ
(3.256)
Системанын кинетикалык энергиясын аныктайбыз:
кр шT T Т= + . (3.257)
Кривошип айлануу кыймылын аткаргандыктан,
20
2кр OТ Jω= .
M
ϕ 1P
ω1
1OV
l
O
P
O1
3.68 – чийме.
196
Шестеренка параллель тегиздиктер кыймылын аткарат, анын кинетикалык энергиясы
1
2 21 1
12 2O
ш
mVТ J
ω= +
1 1,OV ω -кривошиптин бурчтук ылдамдыгы, Oω аркылуу туюнтабыз:
1 1 1 11
2 2 2 2 2 2 20 1 0 1 0 1
1 12 21 1
, ,
,2 2 2 2
OO O O
кр O ш
lV l r
r
m l m l l JT J Т J m
r r
ωω ω ω ω ϕ
ϕ ω ω ϕ
⋅= ⋅ = ⋅ = =
⋅= = + = +
ɺ
ɺ
Системанын кинетикалык энергиясы: 2 2
201 1 2
12 O
lT J m l J
r
ϕ = + ⋅ +
. (3.258)
Жекече туунду алабыз: 2
21 1 2
1o
дТ lJ m l J
д rϕ
ϕ
= + + ɺ
22
1 21
, 0o
d дТ l дТJ m l J
dt д r дϕ
ϕ ϕ
= + + = ɺɺ (3.259)
Жалпыланган күч Qϕ - табабыз. Ал үчүн кривошипти мүмкүн болгон
бурч δϕ -ге бурабыз. Ушул которулуштарда күчтөрдүн, моменттин аткарган жумушун эсептейбиз:
iA M Qϕ
δ δϕ δϕ= = ⋅∑ (3.260)
Жалпыланган күч
iAQ Mϕ
δδϕ
= =∑ (3.261)
(3.261) жана (3.259) тендемелерди (3.256) коебуз. 2
21 1 2
1o
lJ m l J M
rϕ
+ + = ɺɺ
Кривошиптин бурчтук ылдамдануусу:
22
1 1 21
o
o
Ml
J m l Jr
ε ϕ= =+ +
ɺɺ .
Мисал – 3.47. Өзөкчө АВ турактуу бурчтук ылдамдык ω менен z
огунун айланасында айланат. Материалдык чекит М өзүнүн салмагынын таасири астында өзөкчө АВ боюнча кыймылдайт. Өзөкчө АВ горизонт менен α бурчун түзөт. Чекиттин кыймыл законун тапкыла? Берилди: constω = , m x-?
197
Чыгаруу: Материалдык чекиттин кыймылын карайбыз.Жалпыланган
координат үчүн х-ты алабыз. Лагранждын экинчи типтеги тендемесин колдонобуз:
0d дL дL
dt дx дx− =ɺ
(3.262)
Мында L=T-П Лагранждын функциясы. Материалдык чекит М бир учурда эки кыймылга катышат. Өзөкчө
менен бирге айлануу кыймылына – бул ташыма кыймыл,ылдамдыгы eV
Жана өзөкчөгө карата умтулма кыймылда – салыштырмалуу кыймылда,анын
ылдамдыгы rV x= ɺ . Абсолюттук ылдамдык a e rV V V= +
болот. Ташыма
ылдамдык cose eV R xω ω α= ⋅ = жана eV , ташыма кыймылдын радиусу eR тик багытталган. Чекиттин кинетикалык энергиясы:
2
2amV
T =
( )2 2 2 2 2 2 2cos ,
90
a e r
e r
V V V x x
V V
ω α∧
= + = +
=
ɺ
( )2 2 2 2cos
2
m x xT
ω α +=
ɺ
(3.263)
Чекиттин баштапкы абалы үчүн А - чекиттен алсак, оордук салмагынын потенциалдык энергиясы
sinП mgx α= (3.264) Лагранждын функциясы
( )2 2 2 2cossin
2
m x xL T П mgx
ω αα
+= − = −
ɺ
(3.265)
М
х
А
z
α
eV
rV
eR
B
ω
x
aV
3.69 – чийме.
198
Жеке туунду алабыз:
,дL d дL
mx mxдx dt дx
= =ɺ ɺɺɺ ɺ
2 2cos sinдL
mx mgдx
ω α α= − (3.266)
(3.266) теңдемени (3.262) формулага коебуз: 2 2cos sin 0mx mx mgω α α− − =ɺɺ
Мындан m-ге бөлүп: 2 2cos sinx x gω α α− ⋅ = −ɺɺ (3.267)
Бул жерде бир тетиктүү эмес экинчи даражадагы дифференциалдык теңдемени алабыз.Дифференциалдык теңдеменин жалпы чыгарылышы,
1 2x x x= + түрүндө болот. Кадимки дифференциалдык теңдеменин жалпы чыгарылышы 1x , бир тетиктүү эмес экинчи даражадагы дифференциалдык теңдеменин жеке чыгарылышы 2x ден турат.
2x A= , А - турактуу сан,муну табуу үчүн 2x - ден эки жолу туунду алып, (3.267) тендемеге коебуз.
2 0x =ɺɺ ; 2 2cos sinA gω α α− = − ,
Мында 2 2
sin
cos
gA
αω α
= жеке чыгарылыш
2 2 2
sin
cos
gx
αω α
= (3.268)
1x - табыш үчүн, мүнөздөөчү теңдемени түзөбүз: 2 2 2cos 0λ ω α− =
мындан,
1 2cos , cosλ ω α λ ω α= = − (3.269) Анда
cos cos1 1 2
t tx C e C eω α ω α−= + болот. (3.267) теңдеменин жалпы чыгарылышы, же М - чекитинин кыймыл закону:
cos cos1 2 1 2 2 2
sincos
t t gx x x C e C eω α ω α α
ω α−= + = + + .
Динамиканын жалпы теңдемелерине карата 3.44 маселени
Лагранждын экинчи түрдөгү теңдемесин колдонуп чыгарып көрөлү.
199
Мисал – 3.48. Маселенин шарты мурунку параграфтарда берилген.
Чыгаруу. Механикалык система эки призмадан турат. Системага
аракет эткен активдүү күчтөр ,P Q
; байланыш идеалдык жана голономдук болот. Жалпыланган координаттар үчүн В призмасынын координаты 1x жана А призмасынын координаты 2x ,б.а. 1 1 2 2,q x q x= = тандап алабыз. Ошентип, системанын эркин даражасынын саны S=2 болот.
Лагранждын экинчи типтеги тендемесин колдонобуз:
11 1
22 2
d дТ дТQ
dt дx дx
d дТ дТQ
dt дx дx
− =
− =
ɺ
ɺ
(3.270)
а) системанын кинетикалык энергиясын аныктайбыз. Мурунку параграфта көрсөтүлгөдөй В призмасы алга умтулуу кыймылында, призма А эки, призма В менен бирге ташыма жана ал призмага карата салыштырмалуу
кыймылда болот. Ташыма eV
жана салыштырма rV
ылдамдыктардын багыттары көрсөтүлгөн.
1eV x=ɺ -ташыма, 2eV x=
ɺ - салыштырмалуу ылдамдык, анда абсолюттук
ылдамдык:
a e rV V V= +
(3.271) же
( )( )
2 2 2
2 2
1 2 1 2
2 cos
2 cos 180
2 cos
a e r e r e r
e r e r
V V V V V V V
V V V V
x x x x
αα
∧= + − ⋅ =
= + − ⋅ − == + −
ɺ ɺ ɺ ɺ
(3.272)
Системанын кинетикалык энергиясы
1 2T T T= + (3.273) В призманын кинетикалык энергиясы
221
1 12emV P
T xg
= = ɺ
δх2
х2 rV
A
Q
P
B х1 δх1 eV
eV
α
3.70 – чийме.
200
А призманын кинетикалык энергиясы 2 2 2 2 2
1 2 1 1 2 22 2 1 2
2 21 2
1 2
( 2 cos )cos
2 2 2 2
cos2 2
a e r e rmV m V V VV m x m xT m x x
Q x Q x Qx x
g g g
α α
α
+ −= = = + − =
= + −
ɺ ɺɺ ɺ
ɺ ɺɺ ɺ
системанын кинетикалык энергиясы: 2 2 21 1 2
1 2 cos2 2 2
P x Q x Q x QT x x
g g g gα= + + −
ɺ ɺ ɺɺ ɺ (3.274)
Жеке туунду алабыз:
1 1 2 2 11 2
1 2 2 11 2
1 2
cos , cos
cos , cos
0, 0
дТ P Q Q дТ Q Qx x x x x
дx g g g дx g g
d дТ P Q Q d дТ Q Qx x x x
dt дx g g g dtдx g g
дТ дТ
дx дx
α α
α α
= + + = −
= + + = −
= =
ɺ ɺ ɺ ɺ ɺɺ ɺ
ɺɺ ɺɺ ɺɺ ɺɺɺ ɺ
(3.275)
б) жалпыланган күчтөр 1 2,Q Q - аныктайбыз. В призманы мүмкүн
болгон 1xδ аралыкка жылдырабыз, призма А кыймылдабайт, 2 0xδ = . Бул которулуштагы активдүү күчтөрдүн аткарган жумуштарынын суммасын аныктайбыз:
1cos90 0iA P xδ δ= =∑ ,
жалпыланган күч
1 0Q = (3.276)
2Q -табыш үчүн, А призманы 2xδ - мүмкүн болгон аралыкка жылдырабыз,бул учурда 1 0xδ = болот. Бул которулушта күчтөрдүн аткарган жумуштарынын суммасын табабыз.
1siniA Q xδ αδ=∑
2xδ -тин алдындагы коэффициент жалпыланган күч
2 sinQ Q α= (3.277) (3.275), (3.276), (3.277) тендемелерди (3.270) тендемелерге коёбуз:
1 2
2 1
cos 0
cos sin
P Q Qx x
g g g
Q Qx x Q
g g
α
α α
+ + =
− =
ɺɺ ɺɺ
ɺɺ ɺɺ
(3.278)
( ) 1 2
2 1
cos 0
cos sin
P Q x Qx
Qx Q x Qg
αα α
+ + =
− =
ɺɺ ɺɺ
ɺɺ ɺɺ (3.279)
201
Биринчи теңдемеден 21
cosQ xx
P Q
α=+ɺɺ
ɺɺ табабыз, экинчи теңдемеге коюп 2xɺɺ -
табабыз.
( ) ( )
22
22 2
coscos sin
cos sin
Q xQx Q gQ
P Q
P Q x Q x g P Q
αα α
α α
− = +
+ − = +
ɺɺɺɺ
ɺɺ ɺɺ
Мындан
2 2
1 2 2
( )sin
sin
cos ( ) sin sin 2
( )( sin ) 2( sin )
g P Qx
P Q
Q P Q g Qx
P Q P Q P Q
αα
α α αα α
+=+
+= =+ + +
ɺɺ
ɺɺ
Ошентип, призма А-нын ылдамдануусу
2 2
( )sin
sinr
g P Qx a
P Q
αα
+= =+
ɺɺ
В призманын ылдамдануусу
1 2
sin 2
2( sin )e
Qx a
P Q
αα
= =+
ɺɺ .
Колдонулган адабияттар 1.Яблонский А.А. Курс теоретической механики ч.1,2. Москва.: “Высшая школа”,1971г. 2.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. Москва.”Наука”,1974г. 3.Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике. Москва. “Наука”,1983г.
Дуйшеева Т.Д., Чыныбаев М.К.
ТЕОРИЯЛЫК МЕХАНИКА
Тех.редактор Кочоров А.Д.Подписано к печати 22.12.2010г. Формат бумаги 60х841/8.Бумага офс. Печать офс. Объем 12,56 п.л. Тираж 100 экз.
г.Бишкек, ул, Сухомлинова, 20. ИЦ “Текник” КГТУ, т.: 54-29-43Е-mail: [email protected]
