ՏԵՍԱԿԱՆ ՄԵԽԱՆԻԿԱ: ԿՈՒՐՍԱՅԻՆ ԱՇԽԱՏԱՆՔՆԵՐԻ ԿԱՏԱՐՄԱՆ ՄԵԹՈԴԱԿԱՆ ՑՈՒՑՈՒՄՆԵՐ

ԵՐԵՎԱՆԻ ՊԵՏԱԿԱՆ

ՀԱՄԱԼՍԱՐԱՆ

Ս.Գ. ՇԱՀԻՆՅԱՆ | Ա.Գ. ՄԱԹԵՎՈՍՅԱՆ | Թ.Ա. ՍԻՄՈՆՅԱՆ

ՏԵՍԱԿԱՆ ՄԵԽԱՆԻԿԱ

ԿՈՒՐՍԱՅԻՆ ԱՇԽԱՏԱՆՔՆԵՐԻ

ԿԱՏԱՐՄԱՆ ՄԵԹՈԴԱԿԱՆ ՑՈՒՑՈՒՄՆԵՐ

Z

x

y

---

ԵՐԵՎԱՆԻ ՊԵՏԱԿԱՆ ՀԱՄԱԼՍԱՐԱՆ

Ս.Գ. Շահինյան, Ա.Գ. Մաթևոսյան, Թ.Ա. Սիմոնյան

ՏԵՍԱԿԱՆ ՄԵԽԱՆԻԿԱ

ԿՈՒՐՍԱՅԻՆ ԱՇԽԱՏԱՆՔՆԵՐԻ ԿԱՏԱՐՄԱՆ

ՄԵԹՈԴԱԿԱՆ ՑՈՒՑՈՒՄՆԵՐ

ԵՐԵՎԱՆ

ԵՊՀ ՀՐԱՏԱՐԱԿՉՈՒԹՅՈՒՆ

---

ՀՏԴ 531(072) ԳՄԴ 22.21 Շ 184

Հրատարակության է երաշխավորել ԵՊՀ մաթեմատիկայի և մեխանիկայի ֆակուլտետի գիտական խորհուրդը

Խմբագիր՝ ֆիզ.մաթ. գիտ. դոկտոր, պրոֆեսոր Վ. Ռ. Բարսեղյան

Շ 184

Տեսական մեխանիկա։ Կուրսային աշխատանքների կա- տարման մեթոդական ցուցումներ/ Ս. Գ. Շահինյան, Ա. Գ. Մաթևոսյան, Թ. Ա. Սիմոնյան: -Եր.: ԵՊՀ հրատ., 2016, 100 էջ։

Մեթոդական ձեռնարկում ընդգրկված են տեսական մե- խանիկայի կետի դինամիկա, համակարգի դինամիկա, պինդ մարմնի դինամիկա և վերլուծական մեխանիկա բաժիններից կուրսային աշխատանքների կատարման համար ուսանողնե- րին տրվող խնդիրների վերաբերյալ ցուցումներ և բերված են նմանատիպ խնդիրների լուծումներ:

Նախատեսված է ԵՊՀ մաթեմատիկայի և մեխանիկայի ֆակուլտետում «Տեսական մեխանիկա» առարկայից կուրսա– յին աշխատանքներ կատարելիս ուսանողներին մեթոդական օժանդակություն ցույց տալու համար։ Կարող է օգտակար լի- նել բուհերի ֆիզիկամաթեմատիկական ու տեխնիկական ֆա- կուլտետների ուսանողներին և տեսական մեխանիկայից ինք- նուրույն աշխատանքներ կատարել ցանկացողներին:

ՀՏԴ 531(072) ԳՄԴ 22.21

ISBN 978-5-8084-2091-5

© ԵՊՀ հրատ., 2016 © Հեղ. խումբ, 2016

---

ԱՌԱՋԱԲԱՆ

Համալսարանական ծրագրերում «Տեսական մեխանիկա» դասըն- թացի յուրացման համար պահանջվում է ոչ միայն տեսական նյութի խոր ուսումնասիրություն, այլ նաև խնդիրների հետազոտման և լուծում- ների ճիշտ վերլուծման հմտություն։

ԵՊՀ մաթեմատիկայի և մեխանիկայի ֆակուլտետում «Մեխանի- կա» մասնագիտությամբ սովորող ուսանողների համար նախատեսված է կուրսային աշխատանք «Տեսական մեխանիկա» առարկայից: Հեղի- նակների երկար տարիների աշխատանքային փորձը ցույց է տվել, որ կուրսային աշխատանքի կատարման ընթացքում առանձնակի կարե- վորություն ունի հայերենով համապատասխան գրականության ան- հրաժեշտությունը:

Մայրենի լեզվով ներկայացվող այս ձեռնարկը մեթոդական ուղե- ցույց է 2006 և 2013 թվականներին Երևանի պետական համալսարանի հրատարակչության կողմից տպագրված «Տեսական մեխանիկայի խըն- դիրների ժողովածու»-ներում ընդգրկված խնդիրների լուծման համար։ Նրանում ընդգրկված են կետի դինամիկային, համակարգի դինամի- կային և վերլուծական մեխանիկային նվիրված և կուրսային աշխա- տանքների համար նախատեսված խնդիրների մեծ մասի լուծման վե- րաբերյալ ցուցումներ։ Բերված են տարբեր տիպի խնդիրների լուծում– ներ, որոնք կնպաստեն ուսանողների ստացած տեսական գիտելիք- ներն օգտագործելու գործնական աշխատանքներ ինքնուրույն կատա- րելու և խնդիրները մոդելավորելու և լուծելու ունակությունների զար- գացման համար։

«Կետի դինամիկա» բաժնում բերված են կետի շարժման դիֆերեն– ցիալ հավասարումների, դինամիկայի հիմնական թեորեմների և կետի տատանողական շարժման վերաբերյալ տարբեր տիպի խնդիրների լուծումներ։ «Համակարգի դինամիկայ» բաժնում տրված են համակար- գի կինետիկ էներգիային, համակարգի դինամիկայի հիմնական թեո- րեմներին նվիրված տարբեր դրվածքներով խնդիրների լուծման ժա-

---

մանակ կատարվող հիմնական քայլերը, ինչպես նաև բազմաթիվ տի- պային խնդիրների լուծումներ: «Վերլուծական մեխանիկա» բաժինն ընդգրկում է հնարավոր տեղափոխությունների սկզբունքին, դինամի- կայի ընդհանուր հավասարմանը, Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասա- րումներին նվիրված տիպային խնդիրների լուծումներ:

Կուրսային աշխատանք կատարելիս ուսանողները կարող են օգտ- վել նաև գրականության ցանկում բերված հայտնի ժողովածուներից։

Ձեռնարկը նախատեսված է ԵՊՀ մաթեմատիկայի և մեխանիկայի ֆակուլտետում «Տեսական մեխանիկա» առարկայից կուրսային աշխա- տանքներ կատարելիս ուսանողներին մեթոդական օժանդակություն ցույց տալու համար։ Կարող է օգտակար լինել բուհերի ֆիզիկամաթե- մատիկական ու տեխնիկական ֆակուլտետների ուսանողներին և տե- սական մեխանիկայից ինքնուրույն աշխատանքներ կատարել ցանկա- ցողներին։

Հեղինակները հայտնում են իրենց շնորհակալությունը ֆիզ. մաթ. գիտ. դոկտոր, պրոֆեսոր Վ. Ռ. Բարսեղյանին, ֆիզ. մաթ. գիտ. թեկ- նածու, դոցենտ Ս. Հ. Ջիլավյանին ձեռնարկի նախնական տարբերակը կարդալու, կատարած դիտողությունների և օգտակար առաջարկութ– յունների համար, ինչպես նաև բոլոր այն գործընկերներին ովքեր նպաստել են ձեռնարկի հրատարակմանը:

---

1. ԿԵՏԻ ԴԻՆԱՄԻԿԱ

§ 1.1 Կերի շարժման դիֆերենցիալ

հավասարումները

Այս պարագրաֆում տրվում է կետի շարժման դիֆերենցիալ հա- վասարումներին վերաբերվող խնդիրների լուծման եղանակ: Այն ներ- կայացված է ընդհանուր տիպի խնդրի լուծման օրինակով։

Օրինակ 1.1: Երկաթուղային ճանապարհներ կառուցելիս - ժայ- ռերի փորվածքներում թեքությունների քարաթափվածքից առուների պաշտպանման համար տեղադրվում է DC ելուստը։ Հաշվի առնելով թեքության բարձրագույն A կետից քարի շարժման հնարավորությու– նը և ընդունելով նրա սկզբնական արագությունը՝ y = 0, որոշել ելուս– տի փոքրագույն b լայնությունը և քարի՝ ելուստի վրա ընկնելու V ա- րագությունը։ Թեքության AB հատվածով, որը հորիզոնի հետ կազ- մում է a անկյուն և ունի / երկարություն, քարը շարժվում է t վ: BD

N

x

UB

wwwww

Ba

Yi

b d

Նկ. 1.1.1

E

y

ԼՈ

---

թեք տեղամասը հորիզոնի հետ կազմում է B (B > « ) անկյուն: AB հատվածի վրա քարի սահքի շփման գործակիցը համարել հաս- տատուն, իսկ օդի դիմադրությունն արհամարհել։ Տրված է՝ v = 0,

a = 60°, 1 = 4 մ, t =1 վ, f ≠ 0, h = 5 մ, B = 75° :

h=5 ß

Լուծում: Դիտարկենք քարի շարժումը AB հատվածում։ Ընտ- րենք xy, կոորդինատական համակարգը, որի սկզբնակետը համընկ- նում է A կետի հետ (նկ. 1.1.1): x առանցքն ուղղենք AB –ով, իսկ 3y –ը՝ նրան ուղղահայաց։ Ընդունելով քարը որպես նյութական կետ, ցույց տանք նրա վրա ազդող ուժերը՝ G կշիռը,

նորմալ հակազդու- մը և սահքի շփման ուժը (նկ. 1.1.1): Օգտվելով դինամիկայի հիմնական օրենքից, կազմենք քարի՝ որպես նյութական կետի, շարժ– ման դիֆերենցիալ հավասարումը AB տեղամասում՝

mx₁ = Σ Fix₁ >

ixi

որտեղ F – ը քարի վրա ազդող ուժերի պրոյեկցիաների գումարն է x առանցքի վրա: Տեղադրենք դրանք հավասարման մեջ, կստա– նանք

կամ

mx₁ = Gsina - F :

Այստեղ F = fN, N = Gcosa : Այսպիսով,

mx₁ = Gsinα- fG cosa

x₁ = g sina – fg cosa :

Ինտեգրելով ստացված դիֆերենցիալ հավասարումը երկու ան-

գամ, կստանանք՝

x₁ = g(sinα-fcosa)t + C₁, =

---

g(sina - fcosa)

+ C¦t + C :

C և C, ինտեգրման հաստատունները որոշելու համար օգտվենք խնդրի սկզբնական պայմաններից՝ t = ( դեպքում x = 0 և x = 0: Կստանանք՝

x10 = C₁, x10 = C₂:

Հետևաբար՝ C = 0, C = 0: Այդ դեպքում՝

նանք՝

a

x₁ = g(sinαf cosa)t,

g(sina − f cosa

7 պահի համար, երբ քարը պոկվում է AB տեղամասը, կունե-

x₁ = V₁, x₁ = 1,

B’

այսինքն

Հետևաբար՝

vg = g(sina − f cosa)r,

g(sina-fcosa)

τ

VB

τ

8 մ/վ:

---

Դիտարկենք քարի շարժումը B կետից մինչև C կետը: Ընտ- րենք xy կոորդինատական համակարգը, որի սկզբնակետը համընկ- նում է B կետի հետ: x առանցքն ուղղենք դեպի ձախ, իսկ y -ը՝ նրան ուղղահայաց: Կազմենք քարի շարժման դիֆերենցիալ հավասարումնե- րը BC տեղամասի համար՝

mx=0, mÿ=G:

Այս տեղամասում խնդրի սկզբնական պայմաններն են՝ t = ( դեպքում

x = 0,

y₁ = 0,

x₁ = V₂ cosα, =VB

j% = vg sina :

xo

Երկու անգամ ինտեգրենք ստացված դիֆերենցիալ հավասա-

րումները, կստանանք

x = C, j = gt+C,

gt

x=C1+C¸, _y=&¹ª² + C1+C6;

Ct :

t = ( դեպքում կունենանք

x = C,

j = C, y

Այստեղից կգտնենք՝

x = C, y = C :

C = vg cosa, C = vg sina,

C = 0, C = ():

Քարի արագության պրոյեկցիաների համար կստանանք

---

*=V,cosa, j=gt+v,sina

B

հավասարումները, իսկ քարի շարժման հավասարումները կլինեն՝

x

X = Vg COSQ t, y =

gt

B

+v sin a ⚫t :

Շարժման հավասարումներից արտաքսելով t ժամանակը, կգըտ- նենք քարի հետագծի հավասարումը։ Որոշելով t -ն առաջին հավասա- րումից և տեղադրելով նրա արժեքը երկրորդ հավասարման մեջ, կըս– տանանք պարաբոլայի հավասարում.

y

gx

(2v cosa )

+ xtga :

CD ելուստին ընկնելու պահին y =h, x=d: Որոշելով d –ն հետագծի հավասարումից, կստանանք՝ d = 2,11 մ, d₂ = -7,75 u:

Քանի որ քարի շարժման հետագիծը պարաբոլայի ճյուղ է նրա կետերի դրական աբսցիսներով, ապա d = 2,11 մ:

Ելուստի փոքրագույն լայնությունը կլինի՝

h

b = d − ED = d -

tg 75°

կամ b = 0,77 մ։

• հավասարումից,

Օգտվելով քարի շարժման x =vg cosa t

կգտնենք B կետից մինչև C կետը քարի շարժման T ժամանակը՝

T = 0,53 վ։

---

Քարի արագությունը CD ելուստին ընկնելու պահին գտնենք, օգտվելով արագության՝ v = x + y բանաձևից: Հաշվի առնելով

(1.1.1)-ը ժամանակի t = T = 0,53 վ պահի համար կստանանք՝

v_ = (vg cosa) + (gt+vasina) կամ v =12,8 մ/վ:

§ 1.2 Դինամիկայի հիմնական թեորեմների կիրառությունը նյութական կետի շարժման հետազոտման համար

Այս պարագրաֆում դիտարկվում է [15]-ում ընդգրկված և դի- նամիկայի հիմնական թեորեմների կիրառությամբ նյութական կետի շարժման հետազոտմանը վերաբերվող խնդիրների լուծման ընդհա- նուր մոտեցում: Այն ներկայացնենք տիպային խնդրի լուծման օրինա- կով:

Օրինակ 1.2: m = (0,5 կգ զանգվածով գնդիկը շարժվում է ուղ- ղաձիգ հարթության մեջ գտնվող A կետից p = 0,8 մ/վ սկզբնական

2R

an

N

N' E F

WWW X

1G

UB

UD

IG

BB

Նկ. 1.2.1

Նկ. 1.2.2

արագությամբ։ Խողովակն ունի երկու տարբեր՝ R և 2R շառավիղներ րով կիսաշրջանագծերի տեսք ունեցող կոր տեղամասեր, որոնց կենտ- րոնները միացնող գիծը հորիզոնի հետ կազմում է a = 60° անկյուն:

---

Խողովակի BD տեղամասը, որը գնդիկն անցնում է z = (0,1վ ժամա- նակում, հորիզոնի հետ կազմում է P = 30° անկյուն: Գտնել գնդիկի արագությունը B,C և D դիրքերում, գնդիկի N ճնշումը խողովակի պատին C դիրքում, ինչպես նաև զսպանակի և առավելագույն սեղ- մումը, եթե R = 0,2 մ, գնդիկի և խողովակի պատի միջև սահքի շըփ– ման գործակիցը՝ f = (0,1 է, զսպանակի սկզբնական դեֆորմացիան՝ h = (), զսպանակի կոշտության գործակիցը՝ c =10 Ն/սմ = 1000 Ն/մ (նկ.1.2.1): Գնդիկը համարել նյութական կետ, իսկ հետագծի կոր հատ– վածներում շփումն անտեսել:

Լուծում: B և C կետերում գնդիկի արագությունը որոշելու համար օգտվենք նյութական կետի կինետիկ էներգիայի փոփոխման թեորեմից։ Հետագծի AC և CB տեղամասում գնդիկը շարժվում է G ծանրության ուժի ազդեցության տակ (շփման ուժերը կորագիծ հատ– վածներում հաշվի չենք առնում), հետևաբար, AB տեղամասի համար կունենանք

կամ

mv

B

A

mv² 2

Σ A₁ = GH₁ = mgAB sin α = 6mgR sin a

v —v =12gRsin a, vg = 4,59 մ/վ,

B

իսկ BC տեղամասի համար՝

mve

mv²

A

= Σ A₁ = GH₂ = mg(4Rsina + 2Rcosa),

v? ~v = 4gR(2sina + cosa),

որտեղից՝

---

ve =

v + 4gR(2sin a + cosa), v = 4,26 մ/վ:

Որոշենք գնդիկի ճնշումը խողովակի պատին C դիրքում: Հա- մաձայն նյութական կետի համար Դալամբերի սկզբունքի, կետի վրա կիրառված ակտիվ, պասիվ և իներցիոն ուժերի երկրաչափական գու- մարը հավասար է զրոյի՝

G + N + Փ = 0 :

Նյութական կետի վրա ազդող իներցիոն ուժը կարելի է վերլուծել նորմալ և շոշափող բաղադրիչների՝

jp = Փ + Փ:

n

x առանցքի վրա G, N և Փ ուժերի պրոյեկցիաների գումա- րը պետք է լինի զրո (նկ. 1.2.1), հետևաբար

N' — Gcos 60° — Փ,, = 0:

կամ

Այստեղից

N' = G cos 60° + Փ = mg cos60° +

n

mv²

2R

N' = 25,2 U:

N' հակազդման մեծությունը կարելի է որոշել նաև օգտվելով շարժ-

ման բնական հավասարումներից,

m = > N -

R

ΣP, cos(n) = N' - G cos 60° :

---

Այստեղից

mvc

Nc = mg cos 60° +

R

Գնդիկի փնտրվող N ճնշումը խողովակի պատին թվային արժեքով հավասար է գտնված N' հակազդմանը և ուղղված է նրան հակառակ:

BD տեղամասում՝ կիրառելով նյութական կետի շարժման քա- նակի փոփոխման թեորեմը, գտնենք գնդիկի արագությունը նրա D դիրքում (նկ. 1.2.2): Կունենանք

mv

mv,

my Dx - MyBx = Six,

որտեղ ) S -ը BD տեղամասում գնդիկի վրա ազդող ուժերի իմ-

ix

պուլսների գումարն է t ժամանակամիջոցում։ Այս տեղամասում կետի վրա կիրառված են G ծանրության ուժը, խողովակի պատի N' հա- կազդումը և F շփման ուժը, ընդ որում՝

Քանի որ

ապա

Հ

F = fN' = fG cos ß:

VDx =VD, VBx = VB,

Six=-Gsin ẞt Ft = −mg sin ß ·t – fmg cos ß ·t,

Հետևաբար՝

mvp-mv=-mg sin ẞ t- fmg cosẞ.t:

v, = 4,01 մ/վ:

Զսպանակի առավելագույն սեղմման չափը որոշելու համար օգտվենք DE հատվածում նյութական կետի կինետիկ էներգիայի փո– փոխման թեորեմից՝

---

mv

E

mv

D

ch²

GH3-Fh:

Հաշվի առնելով, որ v = 0 և H, = hsin P, կստանանք

ch²

կամ

h² +

1բ 0

+ G(sin B + f cos B ): —

mv³D

2Gh(sin B + f cos B) _ mv

C

C

Լուծելով ստացված քառակուսի հավասարումը և –ի նկատմամբ, կստանանք՝

և = (− 0,003 ± 0,090) մ:

Ակնհայտ է, որ որպես փնտրվող մեծություն պետք է ընդունել քառա- կուսի հավասարման դրական արմատը՝

h = -0,003+0,090 = 0,087 :

§ 1.3 Կերի տատանողական շարժում

Այս պարագրաֆում տրվում է [15]-ում ընդգրկված և կետի տա- տանողական շարժմանը վերաբերվող խնդիրների լուծման մեթոդ: Ներկայացնենք այն տիպային խնդրի օրինակով։

Օրինակ 1.3: m =2 կգ և mբ = 3 կգ զանգվածներով D և E բեռները, հենվելով c = 600 Ն/մ կոշտության գործակցով զսպանա- կին, գտնվում են հորիզոնի նկատմամբ a = 30° անկյուն կազմող թեք ողորկ հարթության վրա։ Ժամանակի ինչ-որ պահի (1 = 0) E բեռը հե- ռացնում են, միաժամանակ B - զսպանակի ստորին ծայրը սկսում է շարժվել թեք հարթությունով է = (0,02sin10t օրենքով: Գտնել D բե- ռի շարժման հավասարումը։

---

Լուծում: Խնդիրը լուծելու համար օգտվենք կետի շարժման դի– ֆերենցիալ հավասարումներից։ Որպես կոորդինատական համակար- գի սկզբնակետ ընտրենք D բեռի ստատիկական հավասարակշռու- թյան դիրքը, որը համապատասխանում է զսպանակի ստատիկ դեֆոր–

բ)

ա)

B

DE

D

α

fun E

ստ

N

P.

α

Նկ. 1.3.1

մացիային այն պայմանի դեպքում, երբ B կետն ընդունում է իր միջին դիրքը ( = 0):

x առանցքն ուղղենք թեք հարթության երկայնքով դեպի վեր ( E բեռը հեռացնելուց հետո D բեռի շարժման կողմը): Այդ դեպքում D բեռի շարժումը որոշվում է հետևյալ դիֆերենցիալ հավասարումով՝

m₁x = Σ Fix

որտեղ F-ը D բեռի վրա ազդող ուժերի

առանցքի վրա

պրոյեկցիաների գումարն է (նկ. 1.3.1 ա): D բեռի վրա ազդում են նրա G, կշիռը, թեք հարթության նորմալ հակազդումը, զսպանակի ա- ռաձգականության P ուժը:

---

Այսպիսով՝

myx = −G, sina — P:

Այստեղ

որտեղ ստ D

P = c(x - fuun p- §),

D

–ն զսպանակի ստատիկ դեֆորմացիան է D բեռի ազ- դեցության տակ, g -ն՝ է = d sin pt օրենքով շարժվող զսպանակի ստորին ծայրին ամրացված կետի տեղափոխությունն է (d = 0,02 մ, p =10 ռադ/վ):

f y

Զսպանակի ք ստ ստատիկ դեֆորմացիան կգտնենք թեք հար- թության վրա D բեռի հավասարակշռության վիճակին համապատաս- խանող հավասարումից (նկ. 1.3.1 բ).

F = 0

ix

կամ

— G, sin a + P = 0,

այսինքն

- G₁ sinα + cf

uun D

որտեղից

GD sinα

f

uun D

C

D բեռի շարժման դիֆերենցիալ հավասարումը կլինի՝

mx = -G, sinα- c(x - fuun D - §)

կամ, ձևափոխությունից հետո՝

mx + cx = cd sin pt :

Բաժանելով հավասարման բոլոր անդամները m -ի և ներմուծե-

լով հետևյալ նշանակումները՝

---

cd

C

c = k², MD

= h,

MD

(1.3.1) դիֆերենցիալ հավասարումը կբերվի հետևյալ տեսքի`

x+k²x = hsin pt,

որը հաստատուն գործակիցներով երկրորդ կարգի գծային անհամա- սեռ դիֆերենցիալ հավասարում է: Այս անհամասեռ հավասարման լու- ծումը հավասար է համապատասխան համասեռ հավասարման x ընդհանուր լուծման և տվյալ անհամասեռ հավասարման x մասնա- վոր լուծման գումարին՝

x = x + x2 ։

Համասեռ հավասարման ընդհանուր լուծումն ունի

x = C cos kt + C, sin kt

տեսքը: Որպես անհամասեռ հավասարման մասնավոր լուծում վերց- նենք՝

k

h

sin pt :

p

Ուրեմն (1.3.1) հավասարման ընդհանուր լուծումը կլինի`

x = C₁ cos kt + C₂ sin kt +

h

(k² - p² ·p²)sin pt:

C և Cշ ինտեգրման հաստատունները որոշելու համար հաշ-

վենք x –ի ածանցյալն ըստ t -ի՝

---

x = −C k sin kt + C,k cos kt +

hp (k²

cos pt p

և օգտվենք խնդրի սկզբնական պայմաններից։

Դիտարկվող շարժումը սկսվում է այն պահին (1 = 0), երբ զըս– պանակի դեֆորմացիան ստատիկ է D և E բեռների ազդեցության տակ։ Ընտրված հաշվարկի համակարգի դեպքում D բեռի սկզբնա- կան կոորդինատը հավասար է X ընդ որում ստ

G. sin c

E

C

fun

ստ E,

E

–ն զսպանակի ստատիկ դեֆորմացիան է E բեռի ազդե–

ցության տակ:

Այսպիսով՝ t = () դեպքում կունենանք

X₁ = - fuun, x₁ = 0:

ստ

Կազմենք x = x(t) և x = x(t) հավասարումները 1 = () դեպ- քում, կստանանք

որտեղից

.x = C, x = Chk +

fu

hp (k² − p²)·

hp

C = - fw, C ==kk — p)

D բեռի շարժման հավասարումը կգրվի

x=-f cos kt

hp

ստ E

k (k² = p²) sin

sin kt +

k²

h

p

sin pt

տեսքով: Մնում է գտնել հավասարման մեջ մասնակցող մեծություննե– րի թվային արժեքները՝

---

fu

uun E

GĘ sin α

E

C

k =

C

mD

= 17,3 ч¹,

-= 0,0245 = 2.45 uu,

cd

= 0,03 σ = 3 ud,

h

k² — p²¯¯¯mp (k² – p²) 2(300-100)

P

MD

hp k(k² - p²)

0,0173 -1.73 ud:

Հետևաբար, D բեռի շարժման հավասարումը կլինի՝

x = -2,45 cos 17,3t – 1,73 sin 17,3t+3 sin 10t (ud):

---

2.ՀԱՄԱԿԱՐԳԻ ԴԻՆԱՄԻԿԱ

§ 2.1 Զանգվածների կենտրոնի շարժման թեորեմը

Այս պարագրաֆում տրվում է համակարգի զանգվածների կենտրոնի շարժման վերաբերյալ թեորեմի կիրառմամբ լուծվող խըն- դիրների համար ընդհանուր դրվածք, առաջարկվում է դրանց լուծման համար կատարվող անհրաժեշտ քայլերի հաջորդականություն:

Խնդրի դրվածքը: Իրար հետ կապ ունեցող n մարմիններից բաղկացած սարքը տեղադրված է հորիզոնական հարթության վրա գտնվող պրիզմայի վրա: Պրիզմայի և հարթության միջև շփումը բա– ցակայում է։ Մարմիններից մեկը տեղափոխվում է պրիզմայի նկատ– մամբ։ Ո՞ր կողմ և ի՞նչ հեռավորության վրա կտեղափոխվի պրիզման

Լուծման պլան: Խնդիրը լուծելու համար օգտագործում ենք զանգվածների կենտրոնի շարժման թեորեմը։ Ընտրում ենք կոորդի– նատական համակարգ: Առանցքներից մեկը, օրինակ՝ x առանցքը, տանում ենք արտաքին ուժերի ազդման գծին ուղղահայաց: Այդ դեպ- քում զանգվածների կենտրոնի շարժման հավասարման պրոյեկցիան x առանցքի վրա կլինի

C

mix = (0,

որտեղ x –ն համակարգի զանգվածների կենտրոնի կոորդինատն է,

m =

n

Ση

- m - ն՝ ամբողջ համակարգի զանգվածը։ Երկու անգամ ինտեգ-

i=1

րելով (2.1.1)-ը և հաշվի առնելով, որ սկզբնական պահին զանգվածնե- րի կենտրոնի արագությունը եղել է հավասար զրոյի, ստանում ենք

---

mxc

= const:

Համակարգի զանգվածների կենտրոնի կոորդինատը հաշվում ենք հետևյալ բանաձևով՝

X

n

mx:

m i=1

Հաշվի առնելով (2.1.3)-ը՝ (2.1.2)-ը գրում ենք համակարգի սկզբնական դիրքի համար և մարմիններից մեկի տեղաշարժից հետո, ստանում ենք բանաձև, որը կապ է հաստատում համակարգի մարմինների բա- ցարձակ տեղաշարժերի միջև՝

n

Σm, Ax₁ = 0:

i=1

1) Յուրաքանչյուր մարմնի բացարձակ տեղափոխությունը ներ- կայացնում ենք որպես երկու տեղափոխությունների գումար, որոնցից մեկը՝ այդ մարմնի հարաբերական տեղափոխությունն է, որն արտա– հայտված է մարմիններից մեկի տրված հարաբերական տեղա- փոխությունով, իսկ մյուսը՝ անհայտ փոխադրական A տեղա- փոխությունը, որը հավասար է այն մարմնի բացարձակ տեղա- փոխությանը, որի նկատմամբ տրվել էր հարաբերական տեղա- փոխությունը։

2) Տեղադրելով բացարձակ տեղափոխությունները (2.1.4)-ի մեջ, ստանում ենք հավասարում A տեղափոխության նկատմամբ, որի լուծումը տալիս է խնդրի պատասխանը։

Օրինակ 2.1: 50 կգ զանգվածով A բեռից, 80 կգ զանգվածով

B գլանից (մեծ շառավիղը՝ R = 30 սմ, փոքրը՝ x =10 սմ ) և 120 կգ

զանգվածով R

շառավղով C ճախարակից բաղկացած սար-

---

քը տեղադրված է հորիզոնական հարթության վրա գտնվող 210 կգ զանգվածով D պրիզմայի վրա: Պրիզմայի և հարթության միջև շփու– մը բացակայում է: A բեռը պրիզմայի մակերևույթի երկայնքով ստա- նում է S = 1,2 մ տեղափոխություն դեպի ձախ, գ = 75° (նկ. 2.1.1): Որտե՞ղ և ի՞նչ հեռավորության վրա կտեղափոխվի պրիզման

Լուծում: Ընտրենք կոորդինատական համակարգ (նկ. 2.1.2): Համակարգի վրա ազդող բոլոր արտաքին ուժերի (G, G, G, G, ծանրության ուժերի, հենարանի N հակազդման) պրոյեկցիանե րը հորիզոնական x առանցքի վրա հավասար են զրոյի, իսկ, ըստ պայմանի, D պրիզմայի և հենարանի միջև շփումը բացակայում է:

1. A, B և C մարմինների բացարձակ տեղափոխությունը ներկայացնենք որպես երկու տեղափոխությունների գումար, որոնցից մեկը A բեռի S հարաբերական տեղափոխությունից կախված հարա- բերական տեղափոխություն է, իսկ մյուսը՝ անհայտ փոխադրական A, տեղափոխությունը, որը հավասար է պրիզմայի բացարձակ տե- ղափոխմանը, որի նկատմամբ տրվել էր A բեռի տեղա- փոխությունը։

Համակարգի մարմինների զանգվածների կենտրոնների կոոր-

y

B

B

A

A

S

GA

GB

Sc

C

α

D

a GDY

D

x

Նկ. 2.1.1

Նկ. 2.1.2

դինատների բացարձակ տեղափոխությունները նշանակենք A, A,

---

A, A : x առանցքի ուղղությունը որոշում է տեղափոխությունների նշանները. դեպի ձախ՝ բացասական, դեպի աջ՝ դրական։ Ենթադրում ենք, որ պրիզման կտեղափոխվի աջ: C ճախարակի կենտրոնի տե– ղափոխությունը պրիզմայի նկատմամբ և A բեռի տեղափոխությունը կապված են այնպես, ինչպես նրանց արագությունները։

C ճախարակը կատարում է հարթ շարժում: Նրա կենտրոնի բացարձակ տեղափոխման պրոյեկցիան x առանցքի վրա հավասար է A — S cosa որտեղ - ճախարակի կենտրոնի տեղա– Ap Sé -ն փոխությունն է պրիզմայի թեք մակերևույթի երկայնքով: Արտահայ տենք -ն -ով։ Դրա համար կապ ստեղծենք A բեռի և C ճախա- րակի զանգվածների կենտրոնի արագությունների միջև: Ճախարակի արագությունների ակնթարթային կենտրոնը գտնվում է պրիզմայի շո- շափման կետում, հետևաբար, նրա զանգվածների կենտրոնի արագու– թյունը պրիզմայի նկատմամբ երկու անգամ փոքր է սկավառակի վրա փաթաթվող թելի արագությունից։ A բեռի արագությունն արտահայ– տենք գլանի անկյունային արագությունով՝

v = 0,50gr, v = gR V₁ = @BR :

Արտաքսելով այստեղից 3-ն, կստանանք արագությունների կապը՝

Vc = 0,5v

R

Ինտեգրելով ստացված առնչությունը զրոյական սկզբնական պայման- ների դեպքում, կստանանք փնտրվող կապը՝

Se = 0.55 * .

R

---

Այնուհետև կգտնենք բոլոր մարմինների բացարձակ տեղա- փոխությունների արտահայտությունը՝ արտահայտած A, -ով և S -ով.

A₁ = ADS, AB = AD;

r

Ac=A-0.5S

Rcosa

2. Տեղադրելով բացարձակ տեղափոխությունները (2.1.4)-ի

մեջ, կստանանք

mA +mg^g +mA +m_A_ = 0

A

B

հավասարումը կամ՝ հաշվի առնելով (2.1.6)-ը, կստանանք

mc(A.

m₁(ª‚¯S)+mŪ₁+Mc

m (A, − S)+mgA, +m | A, −0.5S

D

B D

|+m A = 0:

R cosa.

Լուծելով այս հավասարումը A, -ի նկատմամբ, կունենանք

D

r

m_S +m 0.5S

R cosa

m₁ +m B +mc + M D

D պրիզման կտեղափոխվի դեպի աջ 14,39 սմ-ով:

---

§ 2.2 Համակարգի կինետիկ էներգիա

Այս պարագրաֆում տրվում է մեկ ազատության աստիճան ու- նեցող մեխանիկական համակարգի կինետիկ էներգիան հաշվելու վերաբերյալ խնդիրների լուծման եղանակ։ Ձևակերպված է ընդհանուր խնդրի դրվածքը և առաջարկված է լուծման համար կատարվող անհրաժեշտ քայլերի հաջորդականությունը:

Խնդրի դրվածքը։ Մեկ ազատության աստիճան ունեցող մե- խանիկական համակարգի կինետիկ էներգիան արտահայտել համա- կարգի մարմիններից մեկի անկյունային արագությունով կամ նրա որևէ կետի գծային արագությունով։

Լուծման պլան: Այսպիսի դրվածքով խնդիրները լուծելու հա- մար նպատակահարմար է կատարել հետևյալ հաջորդական քայլերը. 1) Համակարգի մարմինների անկյունային արագություններն ու նրանց զանգվածների կենտրոնների գծային արագություններն ար- տահայտում ենք համակարգի մարմիններից մեկի համար տրված ա– րագությունով:

2) Հաշվում ենք համակարգի առանձին մարմինների կինետիկ էներգիաները։ Համընթաց շարժում կատարող մարմնի համար կինե– տիկ էներգիան որոշվում է

T

my 2 2

բանաձևով, որտեղ m –ը մարմնի զանգվածն է, v -ն՝ նրա որևէ կետի արագությունը։ Հիշեցնենք, որ համընթաց շարժման դեպքում մարմնի բոլոր կետերի արագությունները հավասար են, իսկ անկյունային արա- գությունը հավասար է զրոյի։

Փ անկյունային արագությունով պտտական շարժում կատա- րող մարմնի կինետիկ էներգիան որոշվում է

---

T

Jo

բանաձևով, որտեղ J –ն մարմնի իներցիայի մոմենտն է պտտման ա-

MR²

ռանցքի նկատմամբ: Հիշենք, որ J

-ը R շառավղով համասեռ

սկավառակի իներցիայի մոմենտն է զանգվածների կենտրոնով անց- նող առանցքի նկատմամբ, a երկարությամբ համասեռ ձողի իներ-

ցիայի մոմենտը միջնակետի նկատմամբ J

ma²

նկատմամբ՝ -

ma² 12

իսկ որևէ ծայրի

(որոշ մարմինների իներցիայի մոմենտների

արժեքներ տրված են աղյուսակում):

Աղյուսակ

ՄԻ ՔԱՆԻ ՊԱՐԶ ՀԱՄԱՍԵՌ ՊԻՆԴ ՄԱՐՄԻՆՆԵՐԻ

Բարակ ուղ- ղագիծ ձող

ԻՆԵՐՑԻԱՅԻ ՄՈՄԵՆՏՆԵՐ

Jyy = 0,

J.

J… = .

XX

= J

M

Jxx = Jy = 0,

Օղակ (նյութական շրջանագիծ)

x

J = M

---

Բարակ շրջա– նային սկա- վառակ

էլիպս

Բարակ ուղ- ղանկյուն թի- թեղ

2b

2a

Ուղղանկյուն

զուգահե- ռանիստ

2b

2a

x

M

Jxx = J = p² yy 4 M

J_ =

J..

J

ZZ

J

J

XX

Mb²

M

yy 4

XX

M

a'

- (a² +b²)

M

-b²

J₂ = Ma²,

yy 3

M

J₁ =

M

· (a² +b²),

J = 1/14 (b² + c²),

J

yy

M

(a² + c²),

M

J≤ = 1 ½² (a² +b²),

J. ==

ZZ

---

Շրջանային գլան

R

Գունդ

J = J

XX

= yy

= M (² +

J.

M

J_ = J =

XX

y

= J_ = 2 MR

M

J = ·(b² + c²),

XX

M

b

J

(a² + c²),

էլիպսոիդ

a

J = (a

M

(a² +b²),

Մարմնի իներցիայի - մոմենտները զուգահեռ առանցքների նկատմամբ կապված են J = J + hm առնչությամբ (Հյուգենսի առա-

C

C

ջին թեորեմ), որտեղ J -ն իներցիայի մոմենտն է զանգվածների կենտ– րոնով անցնող առանցքի նկատմամբ, h –ը առանցքների միջև եղած

---

հեռավորությունն է։ Եթե հայտնի է m զանգվածով մարմնի i իներ– ցիայի շառավիղը, ապա նրա իներցիայի մոմենտը հավասար է՝ J = mi² :

Հարթ զուգահեռական շարժում կատարող մարմնի կինետիկ էներգիան հավասար է՝

C

T:

mv? Jo

C

որտեղ » -ն մարմնի զանգվածների կենտրոնի արագությունն է, J -ն մարմնի իներցիայի մոմենտն է նրա զանգվածների կենտրոնով անց- նող առանցքի նկատմամբ։ Մասնավոր դեպքում, անշարժ հարթության վրայով առանց սահքի գլորվող համասեռ սկավառակի կինետիկ էներ– գիան կլինի.

T

MR²

C

mv 2

R

3mv2

C

3) Համակարգի կինետիկ էներգիան հաշվում ենք որպես ա- ռանձին մարմինների կինետիկ էներգիաների գումար՝

n

T=T:

k=1

Օրինակ 2.2 Նկ. 2.2.1-ում պատկերված մեկ ազատության աստիճան ունեցող մեխանիկական համակարգի կինետիկ էներգիան արտահայտել Փ անկյունային արագությունով։ Համակարգը բաղկա ցած է ABC երկօղակով ամրացված R շառավղով 1 և 2 համասեռ սկավառակներից: AB - անկշիռ ձողը կոշտ միացված է 1 սկավառա- կին։ 1 և 2 սկավառակների զանգվածները համապատասխանաբար

---

հավասար են m և m, -ի, BC համասեռ ձողի զանգվածը m է

( AB = BC = a ): 2 սկավառակը գլորվում է առանց սահքի և դիմադ- րության:

M

A

B'

Գ

C

TEA

Նկ. 2.2.1

Լուծում։ 1) Խնդրի լուծումը կատարենք վերը նշված քայլերով։ BC ձողի անկյունային արագությունը, նրա զանգվածների D կենտ- րոնի գծային արագությունը, 2 սկավառակի անկյունային արագությու- նը և նրա զանգվածների կենտրոնի գծային արագությունն արտահայ- տենք AB ձողի տրված փ արագությունով։ Դրա համար օգտվենք

P

V B

Aç

2a sin Q

Փ

a

B

V₁

D

Φ

D

V C

Նկ. 2.2.2

K

---

հարթ պատկերի կետերի արագությունները գտնելու եղանակներից։

AB ձողը պտտվում է A կետով անցնող առանցքի շուրջը փ արագությունով, հետևաբար նրա B ծայրի գծային արագությունը կլի– նի՝ VB AB · Q = a · Փ (պատկերի կետերի արագությունների ուղղու- թյունները պատկերված են նկ. 2.2.2-ում): BC ձողի C կետի գծային արագությունը որոշենք va cos(900 — 2p ) = vc • cos p բանաձևից: Կունենանք՝ v = 2vg - sing = 2a - Փ - sin Փ : Այդ դեպքում՝

VB VB

@BC

BP AB

որտեղ P — ն BC ձողի արագությունների ակնթարթային կենտրոնն է: BC ձողի զանգվածների D կենտրոնի գծային արագությունը կլի- PD·gc = PD· փ : PBC հավասարասրուն եռանկյունուց

նի՝ VD

կունենանք.

PD 1 + 8.sin՞ Փ, հետևաբար, 1D

a√ 2

ap 1+8sin2

+8 sin² Q:

Մնում է որոշել 2 սկավառակի անկյունային արագությունը 2 սկավա- ռակի արագությունների ակնթարթային կենտրոնը K կետն է, հետևա- բար, շ =

VC CK

VC :

R

2) Հաշվենք համակարգի մարմինների կինետիկ էներգիանե- րը: m զանգվածով և զանգվածների կենտրոնով անցնող առանցքի

նկատմամբ J

m₁R² 2

կինետիկ էներգիան կլինի

իներցիայի մոմենտ ունեցող 1 սկավառակի

---

J¸Ø² _ زR²m¸¸

T₁ =

Անշարժ հարթության վրայով առանց սահքի գլորվող հոծ համասեռ 2 սկավառակի կինետիկ էներգիան կլինի.

3mv

T,

3m² a² sin² Q:

BC ձողի (որի զանգվածների կենտրոնը գտնվում է D կետում) հարթ շարժման կինետիկ էներգիան կլինի

m₂y

mv

JBCO BC - JBC WBC = m₂p² a²

1² ( 1 + sin² )

p

3) Համակարգի կինետիկ էներգիան հաշվենք որպես առան- ձին մարմինների կինետիկ էներգիաների գումար՝

T = T₁ + T₂ + T₁ = p² a² (3m² + m²)sin² + T3

Փ

m₁R² ma

Օրինակ 2.3: m զանգվածով և R շառավղով 1 համասեռ սկավառակը A կետում հոդակապով միացված է m, զանգվածով ուղղահայաց շարժվող 2 մխոցակոթին: Սկավառակն առանց սահքի գլորվում է 3 զանգվածով 3 հորիզոնական մխոցակոթի վրայով,

OA = a, m = m = mz = m (նկ. 2.2.3)։ Նկարագրված մեխա- նիկական համակարգի կինետիկ էներգիան արտահայտել Փ անկյու- նային արագությունով:

ժում,

Լուծում: 2 և 3 մխոցակոթերը կատարում են ուղղագիծ շար– իսկ սկավառակը՝ հարթ զուգահեռական: Ունենալով

---

սկավառակին պատկանող A և K կետերի արագությունների ուղղու- թյունները կարող ենք գտնել նրա արագությունների ակնթարթային P կենտրոնի դիրքը (նկ. 2.2.4): Նախ A կետի շարժումը դիտարկենք որպես բարդ շարժում, այդ դեպքում կետի շուրջ պտտվելիս A կե- տի v՛ հարաբերական արագությունը կլինի փa, իսկ բացարձակ ա- րագությունը կլինի va = Փa cos Փ : Մյուս կողմից՝ A կետը պտտվում է P կետի շուրջ v = 0 PA = 0;a cos p արագությամբ: Որտեղից էլ հետևում է, որ 0 = Փ ։ Այսինքն կստանանք, որ v = PO = Փasin Փ

A

A

A

P

A

VK

Նկ. 2.2.4

Նկ. 2.2.3

, իսկ », = PK = p(R+ a sin p) :

Հաշվենք համակարգի մարմինների կինետիկ էներգիաները: m

զանգվածով և զանգվածների կենտրոնով անցնող առանցքի նկատ-

մամբ J

m, R2

իներցիայի մոմենտ ունեցող 1 սկավառակի կինե–

տիկ էներգիան կլինի

T₁

_ Jp _ mv? _ @? R _ pam, sin p

m₁v²

²R²m

2 մխոցակոթի կինետիկ էներգիան կլինի

---

T₁ = m²v³₁₂ = —± m²²a² cos² q.

T,

իսկ 3 մխոցակոթինը՝

p,

m³v/< _ m²² (R+asino)²

K

T3

Համակարգի կինետիկ էներգիան հաշվենք որպես առանձին մարմինների կինետիկ էներգիաների գումար։ Վերջնականապես կու- նենանք.

T = T, +T₂ + T¸ = 0,5¢²m(0,5R² + a² +(R+asino)²):

---

§ 2.3 Կինետիկ էներգիայի փոփոխման թեորեմը

Այս պարագրաֆում տրվում է համակարգի կինետիկ էներգիայի փոփոխման թեորեմի կիրառմամբ լուծվող խնդիրների համար ընդհա– նուր դրվածքներ: Առաջարկվում է լուծման համար կատարվող անհրաժեշտ քայլերի պլան: Դիտարկվում է խնդիրների երկու տիպ իրենց համապատասխան օրինակներով։

I խնդրի դրվածքը։ Մեխանիկական համակարգը դադարի վի- ճակից շարժման մեջ է դրվում արտաքին ուժերի ազդեցությամբ։ Որո- շակի ժամանակահատվածում համակարգի մարմիններից մեկը տեղա- փոխվում է տրված հեռավորությամբ։ Որոշել համակարգի մարմիննե- րի ձեռք բերած արագությունները (գծային կամ անկյունային): Լուծման պլան: Խնդիրը լուծելու համար նպատակահարմար է կատարել հետևյալ հաջորդական քայլերը.

1) Համակարգի կինետիկ էներգիան արտահայտում ենք այն մարմնի արագությունով, որի տեղափոխությունը տրված է։

2) Հաշվում ենք համակարգի վրա կիրառված ուժերի կատա- րած աշխատանքների գումարը տրված տեղափոխության վրա: Տ. -ով արտահայտում ենք ուժերի կիրառման կետերի տեղափոխությունները և այն մարմինների պտտման անկյունները, որոնց վրա կիրառված են մոմենտները:

3) Օգտվելով կինետիկ էներգիայի փոփոխման թեորեմից՝

A

T₁ − T₁ = Σ ¹²; + Σ A},

որտեղ A -ն արտաքին, իսկ A -ն՝ ներքին ուժերի կատարած

j

աշխատանքն է, որոշում ենք

j

արագությունը, հետևաբար նաև պա-

հանջվող գծային կամ անկյունային արագությունը։

---

Օրինակ 2.3: A բեռից, B աստիճանավոր թմբկագլանից և R- շառավղով C գլանից կազմված սարքը տեղադրված է անշարժ պրիզմայի վրա (նկ. 2.3.1): Ծանրության ուժերի ազդեցության տակ սարքը դադարի վիճակից սկսում է շարժումը։ Տրված են m = 50 կգ,

mg = 80 կգ, m =120 կգ զանգվածները, a = 75° անկյունը, աստի– mc α =

MB

ճանավոր թմբկագլանի i = 15 սմ իներցիայի շառավիղը, գլանի և թեք հարթության միջև 8 = 2 մմ գլորման շփման գործակիցը, բեռի և հորի- զոնական հարթության միջև f = (0,1 շփման գործակիցը: թմբկա- գլանի առանցքների վրա շփում չկա: Թմբկագլանը բեռի և ճախարակի հետ միացնող թելերը զուգահեռ են այն հարթություններին, որոնցով տեղափոխվում են այդ մարմինները: Ինչպիսի՞ արագություն կզար գացնի բեռը` տեղափոխվելով S = 1,2 մ հեռավորության վրա:

A

C

B

α

A

A

Ս

B

vr/R

Նկ. 2.3.1

Նկ. 2.3.2

Լուծում: Օգտվենք համակարգի կինետիկ էներգիայի փոփոխ– ման (2.3.1) թեորեմից։ Չձգվող թելերով միացված պինդ մարմիններից բաղկացած դիտարկվող համակարգի համար ներքին ուժերի կատա– րած աշխատանքը հավասար է զրոյի՝ A = 0։ Սկզբնական դիր-

քում սարքի բոլոր տարրերը գտնվել են դադարի վիճակում, նրանց բո- լորի արագությունները հավասար են եղել զրոյի, հետևաբար, T = 0) : Հորիզոնական հարթությունով Տո հեռավորությամբ տեղափոխվելուց

A

---

հետո համակարգի ձեռք բերած T կինետիկ էներգիան կախված կլինի

փնտրվող ›, արագությունից:

A

1) Համակարգի կինետիկ էներգիան, որը բաղկացած է երեք գումարելիներից, արտահայտենք v = v արագությունով: A բեռը շարժվում է համընթաց, հետևաբար, նրա կինետիկ էներգիան կլինի՝

T₁ =

A

m√ v²

A

: B թմբկագլանը պտտվում է անշարժ առանցքի շուրջը,

հետևաբար՝ T,

B

B

B

JB

Թմբկագլանի իներցիայի մոմենտը պտըտ–

ման առանցքի նկատմամբ հաշվենք տրված իներցիայի շառավղով՝ J = im: g անկյունային արագությունն անհրաժեշտ է արտահայ- տել փնտրվող v արագությունով: Թմբկագլանի արտաքին եզրաշեր– տի գծային արագությունը համընկնում է բեռի v արագության հետ, քանի որ եզրաշերտը անձգելի թելով կապված է բեռի հետ: Թմբկա- գլանի անկյունային արագության համար գրենք հետևյալ բանաձևը՝

ᏫᏴ

R

: Արտահայտենք T, -ն » արագությունով՝

TB

m₂i²²

2R²

C գլանը կատարում է հարթ զուգահեռական շարժում, հետևաբար՝

Tc

_mev@ + J

որտեղ v -ն գլանի զանգվածների կենտրոնի արագությունն է, J –ն՝ գլանի իներցիայի մոմենտը կենտրոնական առանցքի նկատմամբ՝

---

Jo

m_R? _ m

mc(r/2)² _mc(r)² :

v -ն և Ø -ն արտահայտենք v-ով։ Թմբկագլանի ներքին եզրաշեր-

vr

տի կետերն ունեն ro,

արագություն (նկ. 2.3.2):

R

υγ

R

C

C

Նկ. 2.3.3

M. No

շփ

Գլ

α

YB

GC

XB

ĞA

Նկ. 2.3.4

C գլանը պտտվում է առանց սահքի, ուստի պրիզմայի հետ նրա շըփ- ման կետը կլինի այդ մարմնի արագությունների ակնթարթային կենտ– րոնը (նկ. 2.3.3), հետևաբար՝

vr

Oc

2RcR R

Vc = @cRc

vr

R2

Արդյունքում կգտնենք C գլանի կինետիկ էներգիան՝

---

T.

mcr²²

8R²

mcr² v² 3

8 2R²

p²

Պ-12 2

Երեք մարմիններից կազմված համակարգի կինետիկ էներգիան կլինի՝

T₁ = T₁ +TR+Tc

B

C

mgi 3 mer

որտեղ ս = m a

R²

է:

8 R2

1,2 μ 2

–ն համակարգի բերված զանգվածն

2) Գտնենք համակարգի վրա ազդող արտաքին ուժերի կատա- րած աշխատանքների գումարը։ Պատկերենք համակարգի վրա ազ- դող ուժերը (նկ. 2.3.4): Հենարանների N, N հակազդումները և G, կշիռը աշխատանք չեն կատարում, քանի որ դրանք ուղղահայաց են իրենց կիրառման կետերի տեղափոխություններին B առանցքի X, Y հակազդումները և G, կշիռը կիրառված են B անշարժ կե- տում, հետևաբար, դրանց կատարած աշխատանքը նույնպես հավա- սար է զրոյի: Նմանապես, C գլանի շփման կետում կիրառված գլորման շփման ուժի կատարած աշխատանքը ևս հավասար է զրոյի։ Մնացած ուժերի կատարած աշխատանքների գումարը կլինի՝

B

j=1

= -F

A₁ = −F 24 S₁+GcSc sina - M 2 Pc

շփ A

որտեղ S –ն և Փ- -ն, համապատասխանաբար, C գլանի ծանրության կենտրոնի տեղափոխությունը և պտտման անկյունն են: Գտնենք – A բեռի սահքի շփման ուժը և C գլանի գլորման շփման մոմենտը։ Ու- նենք F = Naf, M Nծ, որտեղ Na-ն և Nc-ն համապա- տասխան նորմալ հակազդումներն են: A բեռի վրա ազդող բոլոր ու–

շփ

շփ

---

C

ժերի պրոյեկցիան մակերևույթի նորմալի վրա հավասար է զրոյի: Այս- տեղից՝ N = Ga: Նույն ձևով ստանում ենք՝ N = G cos a, քանի որ C գլանի վրա ազդող բոլոր ուժերի պրոյեկցիաների գումարը պրիզ- մայի կողմնային մակերևույթի նորմալի վրա հավասար է զրոյի: Ար- դյունքում ստանում ենք՝

A

F = Gaf = magf, M

24h = Nc8 = mcg8 cosa:

շփ

Քանի որ_v = $, v= $, o = 0, ապա, ինտեգրելով (2.3.2)-ը և

(2.3.3)-ը զրոյական սկզբնական պայմանների դեպքում՝ կստանանք

S

SAV (2R)

Фс

S A R

Համակարգի վրա ազդող ուժերի կատարած գումարային աշխա- տանքն արտահայտենք Տ-ով՝

A = =mgfS + megsina

A

2R

S₁r - mcg & cosa meg8 cosa Y,

S

Α

R

j=1

3) Մնում է համակարգի (2.3.4) կինետիկ էներգիան հավասա- րեցնենք ուժերի կատարած աշխատանքների (2.3.5) գումարին՝

u =

r

— maf + me sin a

mc cosa

2R

R

Այստեղից կստանանք՝ v = 2,10 մ/վ:

Օրինակ 2.4: Մեխանիկական համակարգը կազմված է 1 հոծ համասեռ գլանային գլդոնից, 2 շարժական ճախարակից, Rg = 0,3 մ և

r; = (0,1 մ շառավիղներով և պտտման առանցքի նկատմամբ Բ3 = 0,2 մ

---

իներցիայի շառավղով 3 աստիճանավոր փոկանիվից, 4 ճախարակից և 5 բեռից: Բեռի և հարթության միջև շփման գործակիցը՝ f = (0,1 է։ Համակարգի մարմինները միմյանց հետ միացված են 3 փոկանիվի վրա փաթաթված թելերով: 2 ճախարակի E կենտրոնին միացված է c = 240 ն/մ կոշտության գործակցով զսպանակ, որի սկզբնական դեր ֆորմացիան հավասար է զրոյի (նկ. 2.3.5 ա): Համակարգը դադարի վիճակից շարժման մեջ է դրվում F = f(s)= 20(3 + 2s) Ն ուժի ազդե- ցության տակ, որը կախված է նրա կիրառման կետի տեղափոխու– թյունից: 3 փոկանիվի վրա շարժման ժամանակ ազդում է դիմադրու– թյան ուժերի M = 0,6 Ն·մ հաստատուն մոմենտը։ Որոշել 3 փոկանիվի 5 անկյունային արագությունը ժամանակի այն պահին, երբ s տեղա- փոխությունը դառնում է հավասար s = (0,2 մ, ընդունելով m = 8 կգ, m = 0 կգ, mz = 4 կգ, ma = 0 կգ, m3 = 10 կգ:

Լուծում 1) Դիտարկենք թելերով միացված ու ոչ զրոյական զանգված ունեցող 1,3,5 և 2,4 անկշիռ մարմիններից բաղկացած ան- փոփոխ մեխանիկական համակարգի շարժումը։ Պատկերենք համա–

5 A N5

N3

N₁

F24

P₁

Շփ

N

P5V

K₂

ա)

VB

B

Α

P3

L

VE AVD

E

K₂

ED

Fun

ww

Նկ. 2.3.5

բ)

---

կարգի վրա ազդող արտաքին ուժերը՝ F, FL,P, P, P ակտիվ

առ 1

ուժերը, N, N, N, N հակազդումները, թելի - լարումը, F, փ,

շփ

F 2փ շփման ուժերը և M մոմենտը:

3 փոկանիվի Փ անկյունային արագությունը որոշելու համար օգտվենք կինետիկ էներգիայի փոփոխման թեորեմից՝

T − T = A :

2) Որոշենք T -ն և T -ն: Քանի որ սկզբնական պահին համա- կարգը գտնվել է դադարի վիճակում, ապա T = 0 : T մեծությունը հա- վասար է համակարգի բոլոր մարմինների կինետիկ էներգիաների գու– մարին՝

T = T₁ + T3 + T₂ :

Հաշվի առնելով, որ 1 մարմինը կատարում է հարթ զուգահե- ռական շարժում, 5 մարմինը՝ համընթաց, իսկ 3 մարմինը պտտվում է անշարժ առանցքի շուրջը, կստանանք՝

T, am.

T₁ = — mv² + — Ico², T₁ = — L¸∞², T₁ = ½m¸v: (2.3.7)

Այստեղ առկա բոլոր արագությունները կարելի է արտահայտել փնտրվող 0 -ով: Դրա համար նախապես նշենք, որ vc =vg =, որտեղ A –ն 3 փոկանիվի 15 շառավղով շրջանակի կամայական կետ է, և որ K -ը՝ 1 գլդոնի արագությունների ակնթարթային կենտրոնն է, որի շառավիղը նշանակենք դ : Այդ դեպքում՝

VC₁

VC₁ = V5 = @33, 1

K₁C₁

VC₁ T

Բացի դա, (2.3.7)-ի մեջ մասնակցող իներցիայի մոմենտներն ունեն

I = 0,5mr_և_I = mp3

---

արժեքները: Տեղադրելով (2.3.8) և (2.3.9) մեծությունները (2.3.7)-ի մեջ, այնուհետև օգտվելով (2.3.6)-ից, վերջնականապես կստանանք՝

T

ուր ա:

-mr² + mp3 + =mgr; o :

3) Այժմ գտնենք համակարգի վրա ազդող բոլոր արտաքին ու– ժերի կատարած աշխատանքների գումարը համապատասխան տեղա- փոխությունների վրա, որը համակարգը կունենա, երբ 1 գլդոնի կենտ– րոնն անցնի s ճանապարհ: Նշանակենք s, -ով՝ 5 բեռի տեղափոխու- թյունը ( ss = 8 ), Փ3 –ով՝ 3 փոկանիվի պտտման անկյունը, . -ով և 7 –ով համապատասխանաբար զսպանակի սկզբնական և վերջնա- կան երկարացումները։ Կստանանք՝

A(F) = √20(3 + 2s)ds = 20(3s, + s²), {20(3+2s)ds=

A(P)= Ps; sin 60°,

A(F 2 ) = F 2 5 = — fP;s,, A(M) = −MQ3,

A(F. )=-2-(2-2²):

առ

Մնացած ուժերի կատարած աշխատանքը հավասար է զրոյի, քանի որ

N, F և շ ուժերի կիրառման K և K, կետերը արագություննե- րի ակնթարթային կենտրոններն են, P, N, և P ուժերի կիրառման կետերն անշարժ են, իսկ N հակազդումն ուղղահայաց է բեռի տեղա- փոխմանը։

Համաձայն խնդրի պայմանների՝ 7. = () : Այդ դեպքում 1 = Տբ, որտեղ բ -ն՝ E կետի (զսպանակի ծայրի) տեղափոխությունն է: Տբ և Փ, մեծությունները ևս պետք է արտահայտել տրված s տեղափոխու–

---

թյունով, դրա համար հաշվի առնենք, որ կախվածությունը տեղափո- խությունների միջև այնպիսին է, ինչպես համապատասխան արագու–

թյունների միջև: Այդ դեպքում, քանի որ 03 =

ապա

V3

S₁

Փ

B

Այնուհետև, նկ. 2.3.5 բ)-ից երևում է, որ », =vg = 3R;, իսկ

քանի որ Kշ կետը 2 ճախարակի համար (այն գլորվում է թելի KL հատվածով) արագությունների ակնթարթային կենտրոն է, ուրեմն vg = 0,5vy = 0,503R : Հետևաբար, 2 = մբ = 0,5pgRg = 0,5

VE

R3. 3 : Փ3

–ի և - –ի ստացված արժեքների դեպքում ուժերի կատարած աշխա-

տանքների գումարը կլինի՝

A

Σ4% = 20(3s, + s²) + P₁s, sin 60° – ƒP¸s, − M

S₁

C R2

s : (2.3.11)

և

Տեղադրելով (2.3.10)-ը և (2.3.11)-ը (2.3.5)-ի մեջ և հաշվի առ-

նելով, որ T = (), կստանանք՝

-mx +

mgp; +

c

= 20(3s, + s,² ) + P₁s, sin 60° - fP₂s₁ - M³ CR³½³

13 8 r;

Տեղադրելով տրված մեծությունների թվային արժեքները, (2.3.12)-ից կստանանք փնտրվող «3 անկյունային արագությունը

3 = 8,1 ռադ/վ։

---

A

II խնդրի դրվածքը: Մեխանիկական համակարգը դադարի վի- ճակից սկսում է շարժումը ծանրության ուժերի ազդեցության տակ: A մարմնի սահքի շփումը և առանց սահքի գլորվող D մարմնի հակազ- դումը հաշվի են առնվում: Մյուս դիմադրության ուժերը և անձգելի թե- լերի զանգվածներն արհամարհվում են Պահանջվում է որոշել A մարմնի արագությունը և արագացումը այն պահին, երբ այդ մարմինն անցնում է S = S ճանապարհ A, B, D, E մարմինների զանգ- վածներն են՝ m, me, my, mg; B, D, E մարմինների մեծ և փոքր շրջանագծերի շառավիղներն են՝ Rg, rg, Ro, rp, Rg, rբ, զանգված- ների կենտրոններով անցնող հորիզոնական առանցքների նկատմամբ B, D, E մարմինների իներցիայի շառավիղներն են՝ P, PJ, P, հարթության և հորիզոնի կազմած անկյունը ., A մարմնի սահքի շփման գործակիցը՝ f, D մարմնի գլորման շփման գործակիցը՝ k : Ճախարակները և գլանիվը համարել հոծ համասեռ գլաններ: Թելերի թեք հատվածները զուգահեռ են համապատասխան թեք հարթություն- ներին (նկ. 2.3.6):

և

Լուծման պլան: Այս տիպի խնդիրները լուծելիս նպատակահարմար է կատարել հետևյալ հաջորդական քայլերը.

A

A

1) Ընտրում ենք տեղափոխության և 1 արագության ուղ- ղությունները և որոշում ենք մյուս մարմինների տեղափոխություններն ու արագությունները՝ կախված S -ից և P4 -ից:

A

A

2) Հաշվում ենք համակարգի կինետիկ էներգիան։

3) Հաշվում ենք համակարգի վրա ազդող բոլոր արտաքին ու- ժերի կատարած աշխատանքների գումարը։ Եթե այդ գումարը ստաց- վում է բացասական, ապա փոխում ենք S-ի և v -ի ուղղությունները և վերադառնում ենք 1 կետին։ Եթե աշխատանքների գումարը նորից է ստացվում բացասական, ապա համակարգը ծանրության ուժերի ազ-

A

---

A

A

A

դեցության տակ դադարի վիճակից շարժում չի կարող սկսել ևv = (0, հետևաբար նաև a = (0 : Նշենք, որ տեղափոխության և › արա– գության ուղղությունները փոխելիս ուժային սխեմայում հարկավոր է փոխել միայն դիմադրության ուժերի ուղղությունները:

4) Գրում ենք համակարգի կինետիկ էներգիայի փոփոխման թեորեմը։

5) Ստացված առնչությունից որոշում ենք A մարմնի արագու– թյունը և արագացումը։

Օրինակ 2.5: Մեխանիկական համակարգը ծանրության ուժերի ազդեցության տակ դադարի վիճակից սկսում է շարժումը։ Պահանջ- վում է որոշել A մարմնի արագությունը և արագացումը այն պահին, երբ այդ մարմինը անցնում է S = S =1 մ ճանապարհ: A, B, D, E E մարմինների զանգվածներն են՝ my = 3m, mg = 0,5m, m

E

B

B

A

B

E

4m,

m = 0,5m, B, D, E մարմինների մեծ և փոքր շրջանագծերի շա- ռավիղներն են՝ Rg = 20 սմ, r = 0,5Rg, R = 10 սմ, Rg = 20 սմ, rg = 0,5Rբ, զանգվածների կենտրոններով անցնող հորիզոնական ա- ռանցքների նկատմամբ B, D, E մարմինների իներցիայի շառավիղ- ներն են՝ p = 20 սմ, P = 10 սմ, հարթության և հորիզոնի կազմած անկյունը՝ a = 30°, D մարմնի գլորման շփման գործակիցը՝ k = 0,25 սմ: Մյուս դիմադրության ուժերը և չձգվող թելերի զանգված- ներն արհամարհվում են Ճախարակները և գլանիվը համարել հոծ համասեռ գլաններ: Թելի թեք հատվածը զուգահեռ է թեք հարթությա– նը: Ընդունել m =10 կգ, g =10 մ/վ (նկ. 2.3.6):

Լուծում։ Ըստ խնդրի պայմանի՝ ժամանակի սկզբնական t = 0 պահին համակարգը գտնվել է դադարի վիճակում, հետևաբար,

---

T; = 0 ։ Ենթադրենք ժամանակի t պահին A մարմինն անցել է Տ

ճանապարհ և ձեռք է բերել v արագություն։

A

A

Фв

B

ΦΕ

E

D 3.

MK

IZ

Vo

XE

re

SD

RD

R.

RE

meg

WE

mog

mag

SA

Α

Фо

F,

շփ

A

mag

Նկ. 2.3.6

Պատկերենք խնդրի ուժային սխեման (նկ. 2.3.6)

1. Հաշվենք B, E, D մարմինների անկյունային արագու– թյունները և D մարմնի զանգվածների կենտրոնի 1 արագությունը՝

A

RB

RB

D

կախված v -ից,

@p = 0;

VA

ᏫᏴ

RE

rBRE

RBVE

VD =@EVE = VA

RBLE, OD= VB RE

VD

=VA

RD

гBRERD

2. Հաշվենք B, E, D մարմինների տեղափոխությունները՝

կախված –ից,

Փո

SA

FR

A

PE = SA

RB VÅRE

S₁ = S

RBVE, QD = SA

RBVE

VÅRE

rgR:R

D

---

3. Հաշվենք համակարգի կինետիկ էներգիան ժամանակի t

պահի համար՝

T₁ = T₁ + TË + TË +T:

A

B

E

Ունենք

Τ

A

I

Ιω

RB

T-mv T L LVT LIVR

A A

, B

B A

2r

E

VÅRE

EV A

B

Ε

IDV

RBVE

VBRE

VERERD

mv²² m²RBE

TD

Ꭰ

Հետևաբար

T =

I

RB

Ᏼ

RBVE

RBTE

m+

I

+MD

VB RE

VBRE

VÅRERD

որտեղ

M,

RBTE

75 կգ։

M = m₁ +

A

RB

VBR

E

RBVE VBRE

VÅRERD

4. Հաշվենք համակարգի վրա ազդող բոլոր արտաքին ուժերի կատարած - աշխատանքների գումարը։ Աշխատանք կատարում են միայն A և D մարմինների ծանրության ուժերը և D մարմնի գլոր- ման հակազդման ուժերի M մոմենտը՝

k

M = N .k=mpgcosa k:

k

ΣA(F) = m¸gS₁ = mg sinα · SÅ - mg cosα · k · Q₁ =

A

D

k

---

= g| m4S

որտեղ

MD

sin a · Sa

B'E

Ꭰ

mo cosa · k · S

RBTE

A

= S · B,

A

VÅRE

VÅRERD

B

ma

MD

m, sin a ·

RB

B'' E

MD

VÅRE

cosa · k .

B'' E

= 91,4 կգ- մ/վ՜:

rgR:R

E

Այսպիսով, աշխատանքների գումարը դրական է, ուրեմն տեղափոխության և › արագության ուղղությունները ճիշտ է ընտըր-

ված։

Այժմ գրենք կինետիկ էներգիայի փոփոխման թեորեմը անփո- փոխ մեխանիկական համակարգի համար՝

T – T₁ = Σ A(F°):

k

Տեղադրենք համակարգի կինետիկ էներգիայի և արտաքին ու- ժերի կատարած աշխատանքների գումարի արտահայտությունները, կունենանք.

A-0=SB,

2. SA · 1

· B

որտեղից

VA

A

Տեղադրելով թվային արժեքները՝ կստանանք

2.91,4-S

A ≈1.56մ/վ:

---

Որոշենք A մարմնի արագացումը: Դրա համար կազմենք

(2.3.13) առնչության աջ և ձախ մասերի ածանցյալներն ըստ ժամանա-

կի և հաշվի առնենք, որ S = S (1),

A

ds

dt

dv

A

VA

dt

= α A

: Կստա-

նանք

d

d

A =

(S₁

dt 2

dt

(S):

·B)

կամ

A

.2VA°

dv₁ = B.

ds

dSA

dt

dt

որտեղից՝

A·vag = B ·vy:

Վերջնականապես, կստանանք

B

a

× 1,21 մ/վ:

A

---

§ 2.4 Պինդ մարմնի պտտական և համընթաց

շարժումներ

Պինդ մարմնի պտտական և համընթաց շարժումներին վերա- բերվող խնդիրների լուծման եղանակը ներկայացնենք մեկ խնդրի լուծման օրինակով:

Օրինակ 2.6։ Սարքի 1 օղակի վրա, որի անկյունային արագու– թյունը 0% = 2 ռադ/վ է, ժամանակի որևէ (t = 0) պահից սկսում է ազ- դել M = 4200 + 200t Ն·մ մոմենտով ուժազույգ (շարժող մոմենտ): Սարքի 1 և 2 օղակների զանգվածները համապատասխանաբար հա- վասար են m = 100 կգ և m = 150 կգ, իսկ բարձրացվող 3 բեռի զանգվածը՝ m = 400 կգ։ Տանող 2 օղակի պտույտին դիմադրող ուժե- րի մոմենտը հավասար է M = 2000 Ն·մ: 1 և 2 օղակների մեծ ու

C

փոքր շրջանագծերի շառավիղներն են՝ R = 60 սմ,

R, = 40 սմ,

= Ø2(t)

r, = 20 սմ։ Գտնել սարքի 2 օղակի պտտական շարժման p =

M

Mc

N2

8T8

G₂

ल

R,

-Y2

ա)

Ga

Նկ. 2.4.1

բ)

---

հավասարումը։ Որոշել թելի լարումը ժամանակի t =1 վ պահին, ինչ- պես նաև 1 և 2 օղակների շոշափման կետում շրջանագծային լարու– մը, եթե 1 և 2 օղակների իներցիայի շառավիղներն են p = 20/2 սմ, -

pz = 30 սմ (նկ. 2.4.1 ա):

A

Լուծում։ Սարքի 1 օղակի վրա ազդում են նրա G ծանրության ուժը, M շարժիչ մոմենտը, առանցքակալի հակազդման Y, Z բաղադրիչները, շրջանագծային լարումը և 2 օղակի N նորմալ հակազդումը (նկ. 2.4.1 բ):

Սարքի 2 օղակի վրա կիրառված են նրա G, ծանրության ուժը, հակազդման ուժերի M մոմենտը, B - առանցքակալի հակազդման Y, Z, բաղադրիչները, 3 բեռին միացված թելի T լարումը, մ, շրջա- նագծային լարումը և 1 օղակի ), նորմալ հակազդումը:

մը:

3 բեռի վրա ազդում են Ğ, ծանրության ուժը և թելի T' լարու-

Ակնհայտ է, որ F, = —S, N = -N,, T' = -T:

Կազմենք x անշարժ առանցքի շուրջը 1 օղակի պտտական շարժման դիֆերենցիալ հավասարումը՝

Ip = M :

1 օղակի վրա ազդող արտաքին ուժերի M գլխավոր մոմենտը x ա- ռանցքի նկատմամբ կլինի՝

M; = M − S\ R :

Քանի որ M մոմենտով է շարժման մեջ դրվում համակարգը և որոշ- վում 5 –ի ուղղությունը, այդ պատճառով այն դրական է, իսկ

լա-

---

րումով առաջացած մոմենտը ուղղված է 0 -ին հակառակ, խոչընդո տում է 1 օղակի պտույտին և, հետևաբար, այն բացասական է:

1 օղակի պտտական շարժման դիֆերենցիալ հավասարումը

կընդունի

I₁Ö₁ = M – S₁R₁

տեսքը։ Արտահայտենք 1 օղակի Փ անկյունային արագացումը 2 օղա- կի Փ անկյունային արագացումով: Քանի որ

ÖR₂ Փ, R

ապա

R, .

Ö₁ = $2

R

Այդ դեպքում (2.4.1) հավասարումը կգրվի՝

R₁₂ I₁Ö₂ R

M — SAR :

xշ առանցքի շուրջը 2 օղակի (որից կախված է 3 բեռը) պտտա- կան շարժման դիֆերենցիալ հավասարումը կազմելու համար օգտ– վենք կինետիկ մոմենտի փոփոխման թեորեմից՝

dK. 2 dt

M2:

2-3 համակարգի կինետիկ մոմենտը x առանցքի նկատմամբ կլինի՝

K₂ = I2@2 + m₂vr₂,

---

որտեղ I-ը x անշարժ առանցքի շուրջը Փ անկյունային արա– գությունով պտտվող 2 օղակի կինետիկ մոմենտն է, m-vr –ը՝ » արա– գությունով համընթաց շարժվող 3 բեռի շարժման քանակի մոմենտն է:

Քանի որ v = 0,r, ապա

K, = (1, + m

+ m² ²) w₂

բրվ.2

որտեղ I

բրվ.2

= I, + m3r -ն՝ x առանցքի նկատմամբ 2-3 համակար-

գի բերված իներցիայի մոմենտն է:

2-3 համակարգին կիրառված արտաքին ուժերի M գլխավոր մոմեն- տը (նկ. 2.4.1) x առանցքի նկատմամբ կլինի՝

M₁₂ = S₂R₂- G₂R₂ – Mc:

S, լարումից առաջացած մոմենտով որոշվում է 0, -ի ուղղությունը, շարժման մեջ է դրվում 2-3 համակարգը, այդ պատճառով այն դրա-

կան է, իսկ G, բեռի ծանրության ուժը և դիմադրության ուժերի M մոմենտը ուղղված են . -ին հակառակ, խոչընդոտում են շարժմանը և, հետևաբար, բացասական են:

Այսպիսով, (2.4.3) հավասարումից կունենանք՝

d

dt

·(I

բրվ.2

փ,) = S,R, — G31, – M

և կստանանք 2 օղակի պտտական շարժման հետևյալ դիֆերենցիալ հավասարումը՝

---

I

բրվ.2

Pn4.2 Ø₂ = S₂R₂ – G3½₂- Mc:

(2.4.2) և (2.4.4) հավասարումների ստացված համակարգում անհայտ են Տ = 2 = Տ լարումները և Փշ անկյունային արագացումը։ Տ –ն արտաքսելու համար այդ համակարգի հավասարումներից առա- ջինը բազմապատկենք R -ով, երկրորդը՝ R –ով և գումարենք։ Կստա- նանք՝

R

+I բրվ2 R )Փ2 = MR, — (G31, + M) R

R₁

կամ

MR₁R2−(G3√2+Mc)R}{ I₁R²+1 ppч2R²

(2.4.5) արտահայտությամբ որոշվում է սարքի 2 օղակի անկյունային արագացումն ընդհանուր տեսքով: Հաշվի առնելով տրված թվային տվյալները, կգտնենք՝

I₁ = m, p² = 100 (0,2√2)² = 8 49·√², 1 = m\p^ =100(0,2/2)

I թրվ2 = I, + myr = mp3 + mr =150 0,32 + 400 · 0,22 = 29,5 կգ մ2:

Տեղադրենք դրանք (2.4.5)-ի մեջ, կունենանք

(4200+ 200t) 0,6-0,4-(400·9,81·0,2+2000). 0,6²

= 4,034t + 0,4597 ռադ/վ:

Ինտեգրելով ստացված հավասարումը երկու անգամ, կստա-

նանք՝

---

2 = 2,017t² +0,4597t + C₁,

Q₂ = 0,672t³ +0,230t² + C₁t+C₂:

Ինտեգրման հաստատունները որոշելու համար օգտվենք խընդ-

րի սկզբնական պայմաններից՝

t = (, . = () դեպքում՝ Փ,(0) = 0,(0) = 0 (0).

R

= 3 ռադ/վ:

R₂

Հետևաբար, փ,(0)=C, Փ(0)=C,,

այսինքն C = 3 ռադ/վ, (C, = 0:

Ուրեմն 2 օղակի անկյունային արագությունը կորոշվի

Փ, = 2,017t + 0,4597t + 3 ռադ/վ

հավասարումով, իսկ 2 օղակի պտտական շարժման փնտրվող հավա- սարումը կլինի՝

Փ, = 0,672t° + 0,230t + 3t ռադ:

Շրջանագծային լարումը կարող ենք որոշել (2.4.4) հավասարումից՝

S = S₂

Iբեր2Փz+G3rz+M

C

R2

th =1 վ դեպքում կունենանք՝

S =

= 7295 U:

---

Թելի T լարումը որոշելու համար կազմենք 2 օղակի պտտա–

X

N

N.

IZIN

Z Y.

B

B

ז'

G₂.

M.

Նկ. 2.4.2

կան շարժման դիֆերենցիալ հավասարումը

12Ö₂ = S₂R₂ – Tr₂ – Mc,

տեսքով (նկ. 2.4.2), որտեղից

T:

S₂R₂-Mc-1202

Հետևաբար, 1, =1 վ դեպքում T լարումը կլինի՝

T =

= 4285 U:

---

§ 2.5 Համակարգի հարթ շարժում

Այս պարագրաֆում տրվում է հարթ շարժում կատարող մար- միններից կազմված համակարգի շարժման վերաբերյալ խնդիրների լուծման եղանակ։

Խնդրի դրվածքը։ Մեկ ազատության աստիճան ունեցող մե- խանիկական համակարգը կազմված է հարթ շարժում կատարող մար- միններից։ Կազմել համակարգի շարժման դիֆերենցիալ հավասարում– ները և ինտեգրել դրանք:

Լուծման պլան: Այսպիսի դրվածքով խնդիրները լուծելու հա– մար նպատակահարմար է կատարել հետևյալ հաջորդական քայլերը. 1. Համակարգը մտովի տրոհում ենք առանձին մարմինների: Կապերը փոխարինում ենք իրենց հակազդումներով:

2. Յուրաքանչյուր մարմնի համար ընտրում ենք կոորդինատա- կան համակարգ, որի նկատմամբ գրում ենք մարմնի շարժման դիֆե րենցիալ հավասարումները:

3. Գրում ենք առանձին մարմինների արագությունների և ան- կյունային արագությունների միջև կինեմատիկական առնչությունները: Դիֆերենցում ենք այդ առնչությունները և գտնում համապատասխան արագացումների կապը։

4. Ձևափոխում ենք և, անհրաժեշտության դեպքում, ինտեգ- րում մարմինների շարժման դիֆերենցիալ հավասարումների համա– կարգը և կինեմատիկական առնչությունները:

Օրինակ 2.7: Ոլորանի 1 շառավիղ և m զանգված ունեցող թմբկագլանին կիրառված է M հաստատուն պտտող մոմենտ: Թըմբ- կագլանի վրա փաթաթված ճոպանի ծայրին ամրակցված է m զանգ- վածով C անիվը: Անիվն առանց սահքի գլորվում է դեպի վեր հորիզո–

---

նի նկատմամբ օ անկյան տակ դասավորված թեք հարթությամբ (նկ. 2.5.1)։ Ինչպիսի՞ անկյունային արագություն ձեռք կբերի թմբկագլանը՝ կատարելով n . պտույտ: Թմբկագլանը և անիվը ընդունել համասեռ կլոր գլաններ։ Ճոպանի զանգվածն ու շփումն անտեսել:

m1

Y

Yo

M

Xo

y

.N

T

m2

α

Նկ. 2.5.1

▼G1 Նկ. 2.5.2

F

շփ

X

α

▼G2

Նկ. 2.5.3

Լուծում 1) Տրոհենք համակարգը երկու առանձին մարմիննե- րի (նկ. 2.5.2, նկ. 2.5.3): Կապերը փոխարինենք իրենց հակազդումնե- րով: Ճոպանի ազդեցությունը փոխարինենք իր T լարման ուժով, որը կիրառված է և' թմբկագլանին, և' անիվին փոխհակադարձ ուղղություն– ներով առանցքի, որի շուրջը պտտվում է ոլորանի թմբկագլանը, ազդեցությունը փոխարինենք X, Y հակազդումներով: Առանց սահ- քի գլորվող C անիվի վրա կիրառված է կցորդման F կց ուժը: Այն պայմանականորեն ուղղենք դեպի վեր (իրական ուղղությունը հայտնի կդառնա խնդրի լուծման արդյունքում)։ Պատկերենք նաև արտաքին ուժերը՝ G = mg և G5 = mzg : = և

2) Գրենք m զանգվածով թմբկագլանի պտտական շարժման դիֆերենցիալ հավասարումները ընտրված կոորդինատական համա- կարգում։ Օգտվելով հարթ զուգահեռական շարժում կատարող պինդ մարմնի շարժման դիֆերենցիալ հավասարումների համակարգից՝ կու- նենանք

0 = X − T cosa,

---

0 = Y, — G − T sina,

Jq@ = −M + Tr։

Թմբկագլանի զանգվածների կենտրոնն անշարժ է, հետևաբար, շարժ- ման առաջին երկու հավասարումներն ունեն ստատիկայի հավասա- րումների տեսք:

Դիտարկենք m զանգվածով C անիվի շարժումը (նկ. 2.5.3): Անիվի շարժման դիֆերենցիալ հավասարումների համակարգը կունե– նա հետևյալ տեսքը՝

m2x2 = T + F чg − G₂ sinα,

0 = N − G, cosa,

J₂Ö2= Fug R:

կց

Երկրորդ հավասարման մեջ y = (, որովհետև այդ ուղղությամբ շարժում չկա:

3) Համակարգի կինեմատիկական կապերն են՝

− Qr₁ = x₂,

− Q₂R = x2 :

Բացասական նշանն առաջանում է, քանի որ անիվի և թմբկագլանի պտտման (ժամսլաքի հակառակ ուղղությամբ) անկյունների դրական ուղղությունները համապատասխանում են անիվի առանցքի արագու- թյան բացասական պրոյեկցիային: Դիֆերենցելով (2.5.3)-ը՝ կստա նանք առնչություններ արագացումների համար

— №31 = X2,

---

− Ö₂R = x₂:

կց,

4) (2.5.1), (2.5.2), (2.5.4) ութ հատ հավասարումներից բաղկա– ցած համակարգը պարունակում է ութ անհայտ՝ x,, Փ, Փ, T, F N, X, Y և տրոհվում է երկու մասի: Առաջին հինգ անհայտների համար կարելի է առանձնացնել հինգ հավասարումների համակարգ: Հաշվի առնելով, որ հոծ համասեռ գլանների իներցիայի մոմենտներն ունեն

J₁ = m₁

m

R-

J = m2

տեսքը, կստանանք՝

Արտաքսելով F

կց

mx = T + F g — mzg sin a ,

m2

Rö 2

F

կց .

M

mrÖ

·+T,

— Փq; = x,

- Ö₂R = x₂:

T, p, և xշ անհայտները, կգտնենք՝

2(mzgr; sin a − M )

Փ

r₁ ² (m₁ +3m₂)

---

(2.5.6)-ի աջ մասը կախված չէ ժամանակից: Նշանակենք այն – A -ով: Կստանանք p = − A, A > 0 : Ինտեգրենք (2.5.6)-ը՝ հաշվի առնելով, որ սկզբնական (t = 0) պահին թմբկագլանը գտնվել է դադարի վիճա- կում (p = 0) և պտտման անկյունը հաշվել ենք զրոյից p = () : Կստա- նանք՝

Q₁ = - At, Փ

At² 2

Դիցուք, ժամանակի t = t պահին թմբկագլանը ժամսլաքի ուղղու- թյամբ արդեն կատարել է 1n պտույտ և պտտվել է — 2n բացասական անկյունով։ Այդ դեպքում թմբկագլանը ձեռք կբերի այն Փ անկյունային արագությունը, որը խնդրում պահանջվում էր որոշել: Ակնհայտ է, որ

o = − At., 2¢n =

At

Արտաքսելով անհայտ t, ժամանակը, կստանանք՝

t*

@== -2- An

|2 n

M - m₂gri sin a

A

m, + 3m,

Բացասական նշանը ցույց է տալիս, որ թմբկագլանի պտույտը ուղղ- ված է ժամսլաքի ուղղությամբ։ O -ի արմատատակ արտահայտությու– նից հետևում է, որ այդ լուծումն ունի սահմանափակում՝ M≥ m₂gr₁ sina:

---

§ 2.6 Դինամիկայի ընդհանուր հավասարումը մեկ կամ երկու ազատության աստիճան ունեցող համակարգերի համար

Այս պարագրաֆում տրվում է դինամիկայի ընդհանուր հավա– սարման օգտագործմամբ խնդիրների լուծման եղանակ մեկ կամ երկու ազատության աստիճան ունեցող համակարգերի համար։

Խնդրի դրվածքը։ Իդեալական (կամ ոչ իդեալական) ստացիո– նար կապերով մեխանիկական համակարգն ունի մեկ կամ երկու ազա– տության աստիճան։ Համակարգի վրա կիրառված են հայտնի ակտիվ ուժեր։ Գտնել համակարգի մարմինների արագացումները:

Լուծման պլան: Այս տիպի խնդիրներ լուծելիս կարելի է կատարել հետևյալ հաջորդական քայլերը.

1) Ընտրում ենք մեկ կամ երկու ընդհանրացված կոորդինատ: Որպես ընդհանրացված կոորդինատներ կարելի է ընտրել համակար– գի կետերի տեղափոխությունները կամ մարմինների պտտման ան- կյունները, որոնք միարժեք որոշում են համակարգի դիրքը։

2) Մարմինների զանգվածների կենտրոնների արագացումները և անկյունային արագացումները արտահայտում ենք ընտրված ընդ- հանրացված կոորդինատների երկրորդ կարգի ածանցյալներով (ընդ- հանրացված արագացումներով)։

3) Համակարգի վրա կիրառում ենք ակտիվ և իներցիոն ուժեր։ Իներցիոն ուժի վեկտորը հաշվում ենք

Փ — —w

բանաձևով, որտեղ w –ն մարմնի զանգվածների կենտրոնի արագա- ցումն է։ Իներցիոն ուժերի մոմենտի վեկտորը գտնում ենք

---

Փ

M˚ =-Jε

բանաձևով, որտեղ -ը անկյունային արագացումն է: Իդեալական կապերի հակազդումները չենք նշում:

4) Ընդհանրացված կոորդինատին կամ կոորդինատներից մե- կին տալիս ենք փոքր աճ (վարիացիա), ֆիքսելով երկրորդ կոորդինա– տը։ Կազմում ենք դինամիկայի առաջին ընդհանուր հավասարումը, որն այդ աճի վրա բոլոր ուժերի տարրական աշխատանքների գումարի զրո լինելն է: Նույն ձևով, երկու ազատության աստիճան ունեցող հա- մակարգի դեպքում, կազմում ենք նաև երկրորդ հավասարումը, ընդ որում՝ փոքր աճ տալիս ենք մյուս ընդհանրացված կոորդինատին ևս:

5) Լուծում ենք մեկ կամ երկու անհայտ ընդհանրացված արա- գացումներով մեկ կամ երկու հանրահաշվական գծային հավասարում– ները:

Օրինակ 2.8: P = 3 կՆ կշռով 1 բեռից, P, = 2կՆ և P = 2 կՆ կշիռներով 2 և 3 ճախարակներից և P = 2 կՆ կշռով 4 հոծ գլանի- վից կազմված մեխանիկական համակարգը շարժվում է ծանրության ուժերի ազդեցության տակ ճախարակի իներցիայի շառավիղը՝ p2 = 0,3 մ է։ 3 ճախարակը համարել սնամեջ գլան: 4 գլանիվը առանց սահքի շարժվում է հորիզոնի նկատմամբ a = 30° անկյան տակ թեք- ված ռելսի վրայով: Գլորման շփման գործակիցը՝ k = 0,3 սմ է: Շփումը առանցքներում արհամարհել, անկշիռ անձգելի թելերի սահքը բացա– կայում է։ Դինամիկայի ընդհանուր հավասարման միջոցով որոշել գլա– նիվի առանցքի արագացումը, եթե R = 0,4 մ, r, = 0,2մ, 1 = 0,5 մ:

Լուծում 1) Ընտրենք a վեկտորի ուղղությունը և պատկե- րենք ակտիվ ուժերը, ոչ իդեալական կապի հակազդումները ռելսի և գլանիվի շփման կետում, մարմինների գծային և անկյունային արագա-

---

ցումները, իներցիոն ուժերի գլխավոր վեկտորները և գլխավոր մո-

մենտները (նկ. 2.6.1):

VR

B

SSB

B

IZ

N

A

SSA

V₁

SSC

A

ac

MK

.ին

Mu

F

* ին

E4

C

շփ

L

M

ին

W3

E3 2

M₂

ին

E2

P₁V

P.

W2

F

ին

SS,

V,

P.

Նկ. 2.6.1

2) Քանի որ համակարգն ունի մեկ ազատության աստիճան, ա- պա, ընտրելով C կետի հնարավոր ծS տեղափոխությունը, 1 արա- գությունը և a արագացումը, արտահայտենք խնդրի լուծման համար անհրաժեշտ մնացած բոլոր տեղափոխությունները, արագությունները ու արագացումները S -ով, v -ով և a -ով։ Կինեմատիկայի խնդրի լուծումը պատկերենք հետևյալ աղյուսակով՝

Արագացում

EA

ac

Արագություն

VC

Հնարավոր տեղափոխություն

---

E3

ε2

کی

2ac

VB

2vc

SQ3

2ac

2vc

δφι

28SC

28Sc

2a R₂ 12

2vcR₂

28SCR₂

V₁ = R₂w₂

8.S₁

r

Հաշվենք բոլոր իներցիոն ուժերի և իներցիոն ուժերի մոմենտնե-

րի բացարձակ արժեքները՝

F₁

g

a₁

M₁hu = 0,

P₁ 2α R₂

F2 F30, F₁₁ =

P₁ac'

g

g ½

P

M₂

ին =

P₂ε2

g

P g

2ac

P₂

P³ 1 2

2ac M₁ =

Pr

P₁₁ & A

Prac

ас

2g

2g

ΓΑ

g

M₁hu= r²² &

P

ին

g

Գլորման շփման մոմենտը կլինի

M=k N = k· P₁ cosa:

K

Գրենք դինամիկայի ընդհանուր հավասարումն այս դեպքում՝

ին

PSS₁ – Fu SS-M2 hu S02 - M3 hu S03 – P₁ sin α · SS -

ին

- F4 SSC-M4 S04 – M×804 = 0:

---

Տեղադրենք իներցիոն ուժերի և մոմենտների արժեքները՝ ար– տահայտած a -ով և գծային ու անկյունային տեղափոխությունները՝ արտահայտած ծS -ով Դուրս բերենք X -ն բոլոր գումարելիներից,

կստանանք՝

x.

SS P

2R₂ P 2a R₂ 2R₂

P

2ac

2 P

r32ac

12 g

12 g

12 g

Ра

- P₁₂ sin α

ас

g

2g ra

k

T

P₁₁аc - P₁ cosa

Քանի որ ≠ (), ապա զրոյի է հավասար փակագծի ներսի

արտահայտությունը։ Այստեղից կստանանք

ac

2PR

r

4 P(R)

P.(si

-P sin a

+ P₁₂

k

cosa g

P2

+ P3 + 2

P₁

V

Տեղադրելով թվային արժեքները, կստանանք՝

- 2 sin 30°

cos 30° 10

0º) 10

ac

= 0,015 /ч²

---

Օրինակ 2.9: Իդեալական ստացիոնար կապերով մեխանիկա- կան համակարգն ունի երկու ազատության աստիճան և կազմված է գլանից ու չորսուից։ m զանգվածով համասեռ գլանի առանցքին կի- րառված է հորիզոնական F ուժ: Գլանն առանց սահքի գլորվում է m զանգվածով չորսուի վրայով։ Չորսուի և հորիզոնական հարթակի միջև շփումը բացակայում է (նկ. 2.6.2): Գտնել գլանի զանգվածների կենտ– րոնի արագացումը։ Գլորման շփումն արհամարհել։

F

Նկ. 2.6.2

Լուծում 1) Ընտրենք երկու անկախ փոփոխականներ, որոնք միարժեք նկարագրեն համակարգի դիրքը։ Դիցուք x փոփոխականը ցույց է տալիս գլանի կենտրոնի դիրքը անշարժ կոորդինատական հա- մակարգի նկատմամբ, իսկ x2 –ը՝ չորսուի դիրքը նույն անշարժ համա- կարգի նկատմամբ։ Ուղղենք x և x առանցքները շարժման կողմը, այսինքն՝ դեպի աջ (նկ. 2.6.3):

2) Մարմինների զանգվածների կենտրոնների արագացումները և անկյունային արագացումները արտահայտենք ընդհանրացված ա- րագացումներով: Գլանի կենտրոնի արագացումը կլինի՝ w = x, չոր- սուի արագացումը՝ w = x : Որպեսզի գլանի & անկյունային արագա- ցումն արտահայտենք չորսուի և գլանի կենտրոնների արագացումնե րով, գտնենք գլանի արագությունների ակնթարթային կենտրոնը (նկ. 2.6.4): Կստանանք՝

---

0. = tg/

(x – x, )

R

1 x 1 Փ

F

Փ1 4- §2

Wi

G1

W

1x2 2

↓ G₂

Նկ. 2.6.3

Դիֆերենցելով օ. -ն ըստ ժամանակի, կգտնենք

(w₁ - w₂).

E

R

Նկ. 2.6.4

R

3) Համակարգի վրա պատկերենք Շ, Շ, ակտիվ և Փ,

իներցիոն ուժերը, որոնց պրոյեկցիաներն x առանցքի վրա հաշվում ենք Փ = —mqw, Փ2 = −mzw, բանաձևերով, որտեղ w = X,

₁x 2x

w = xz : Գլանի իներցիայի մոմենտը զանգվածների կենտրոնի նկատ– մամբ, համաձայն իներցիայի մոմենտների աղյուսակի (էջ 26), կլինի՝

J = m₁

: Գլանի վրա կիրառենք իներցիոն ուժերի մոմենտը: Պրոյեկտելով նկարին ուղղահայաց z առանցքի վրա, կստանանք՝

Φ

R(w₁ – W₂).

M = -Jε = m₁

4) Համակարգի x – ընդհանրացված կոորդինատին տալիս ենք ծx փոքր աճ, ֆիքսելով x կոորդինատը՝ x = () (չորսուն անշարժ է,

---

x

գլանը պտտվում է ժամսլաքի ուղղությամբ 80-

անկյունով):

R

Կազմենք դինամիկայի առաջին ընդհանրացված հավասարու-

մը որպես ուժերի վեկտորների և տեղափոխումների վեկտորների սկա- լյար արտադրյալների գումար՝

կամ

F&x + Փ 8x + M8p_ = 0

1x

R R

որտեղից`

F-m₁W₁

m₁ (w₁ - w₂ ) = 0:

Երկրորդ հավասարումը ստանում ենք նույն ձևով, ենթադրելով, որ x ≠ 0, x = 0) : Անշարժ առանցք ունենալով՝ գլանը թեքվում է

SX2

ժամսլաքի հակառակ ուղղությամբ

Z

R

R

անկյունով: Կստանանք

+2x8x2 = 0

հավասարումը կամ

որտեղից՝

J W₁ – W₂ Sx₂

R R

mzw,8x = 0,

m-

-(w₁

—w, )— m,w, = (

---

կամ

mշ w =|1+2. W

W₂ = 0:

m₁

5) Լուծենք (2.6.1), (2.6.2) երկու գծային հանրահաշվական հա- վասարումների համակարգը արագացումների նկատմամբ: Կստա- նանք գլանի զանգվածների կենտրոնի w արագացումը և չորսուի պ արագացումը՝

W = F

m₁ +2m,

F

m₁ (m₁ +3m²)

W₂

m +3m,

Երբ չորսուն անկշիռ է, այսինքն m = (), ապա w –ի արտահայտու–

թյունից հետևում է, որ w =

F m₁

: Այսպիսի արագացում ունի m զանգ-

վածով մարմինը F ուժի ազդեցության տակ համընթաց շարժման դեպքում։ Այսպիսով, հարթության վրայով առանց շփման սահող ան- կշիռ չորսուն գլանի համար իդեալական յուղման դեր է կատարում, որի արդյունքում գլանը չի պտտվում, այլ շարժվում է համընթաց։ Իսկ եթե չորսուի զանգվածը ձգտեցնենք անսահմանության, ապա կստաց– վի անշարժ հարթության վրայով առանց սահքի համասեռ գլանի գլոր- ման արագացումը՝

W

2F

3m₁

---

§ 2.7 Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասարումները

Այս պարագրաֆում տրվում է Լագրանժի երկրորդ սեռի հավա- սարումների օգտագործմամբ մեխանիկական համակարգերի վերաբե- րյալ տարբեր դրվածքներով խնդիրների լուծման եղանակ:

1 խնդրի դրվածքը։ Երկու ազատության աստիճան ունեցող իդեալական, ստացիոնար կապերով կոնսերվատիվ մեխանիկական համակարգը շարժվում է հայտնի ուժերի ազդեցության տակ։ Որոշել համակարգի մարմինների արագացումները՝ օգտվելով կոնսերվատիվ համակարգերի համար Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասարումներից:

Լուծման պլան: Եթե համակարգի վրա ազդող բոլոր ուժերը պոտենցիալ են, ապա այդպիսի համակարգը կոչվում է կոնսերվատիվ։ Այդ դեպքում ընդհանրացված ուժերն ու պոտենցիալ էներգիան կապ- ված են

ап

Qi Օզ

դիֆերենցիալ առնչություններով, որտեղ l -ը ընդհանրացված կոոր դինատներն են: Այս դրվածքով խնդիրները լուծելու համար նպատակահարմար է կատարել հետևյալ հաջորդական քայլերը.

1) Ընտրում ենք երկու անկախ կոորդինատ:

2) Հաշվում ենք համակարգի T կինետիկ էներգիան՝ արտա- հայտված v = x և y = xշ ընդհանրացված արագություններով:

3) Հաշվում ենք համակարգի II պոտենցիալ էներգիան:

4) Որոշում ենք Լագրանժի ֆունկցիան՝

L = T - II :

---

5) Գտնում ենք

OL

ƏL

և

(i =1,2) մասնակի ածանցյալները

dxi

և գրում ենք Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասարումների համակարգը

d L ƏL

d ǝL

al

dt \ Ôv,

տեսքով։

dt\ Ov

dx,

6) Լուծում ենք գծային հանրահաշվական հավասարումների (2.7.1) համակարգը երկու անհայտ w = X և w, = x, ընդհանրացված արագացումների նկատմամբ:

պ

Օրինակ 2.10։ Իդեալական ստացիոնար կապերով կոնսերվա- տիվ մեխանիկական համակարգն ունի երկու ազատության աստիճան և կազմված է հինգ մարմիններից: m = 10 կգ զանգվածով

MB

Α

բեռը և

mg = 20 կգ զանգվածով համասեռ գլանը հոդակապորեն միաց– ված են կոշտ անկշիռ ձողով: m = 40 կգ զանգվածով D պրիզման հենվում է սնամեջ C գլանի (խողովակի) և E անիվի (համասեռ գլա- նի) վրա: Անիվի առանցքը միացված է պրիզմայի հետ (նկ. 2.7.1): Օգտ- վելով կոնսերվատիվ համակարգերի համար Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասարումներից՝ որոշել այն արագացումը, որը պրիզմային հաղոր- դում է նրա վրա կիրառված F =100 Ն հորիզոնական ուժը։ Գլորման և սահքի շփումներն արհամարհել։ Գլորումը տեղի է ունենում առանց սահքի: Խողովակի զանգվածը՝ m =10 կգ է, անիվինը՝ mբ = 5 կգ,

α =

15° : Պրիզմայի ստորին մակերևույթը ամբողջ շարժման ընթաց- քում մնում է զուգահեռ հորիզոնական հիմքին:

Լուծում: 1) Ընտրենք համակարգի շարժումը միարժեք նկա- րագրող երկու անկախ փոփոխականներ: Դիցուք X փոփոխականը

---

ցույց է տալիս D պրիզմայի դիրքը անշարժ կոորդինատական համա- կարգի նկատմամբ, իսկ x -ը՝ B գլանի առանցքի դիրքը պրիզմայի նկատմամբ (նկ. 2.7.2):

D

B

A

E

O

Նկ. 2.7.1

α

TG

F

D

GB

B

DE

GE

to

A

Նկ. 2.7.2

GA

2) Արտահայտենք համակարգի կինետիկ էներգիան

F

α

GC

x₁ = v₁ u

x = 1, ընդհանրացված արագություններով։ Ամբողջ համակարգի կի- նետիկ էներգիան կլինի՝

T = T₁₁ +TR+T+TD+TE:

A

B

Գրենք 1շ հարաբերական և ›, փոխադրական արագություններ ունե– ցող A բեռի համընթաց շարժման կինետիկ էներգիան՝

T = m

Α

(v₁ + v₂ cosα)² + (v₂ sin α)²

B գլանի հարթ շարժման կինետիկ էներգիան կլինի՝

TB = mB

(v₁ + v₂ cos α)² + (v₂ sin α)²¾¸³½³¸.

B՝

Փ անկյունային արագությունը կախված է հարաբերական շարժման

B

@B արագությունից: B համասեռ գլանի իներցիայի մոմենտն

V2 RB

իր առանցքի նկատմամբ կլինի՝

---

JB = MB

R

B

իսկ C խողովակի հարթ շարժման կինետիկ էներգիան՝

Tc = mc

V₁

Այստեղ Փ

2R-

(v₁ / 2)² Jow² c

-ն խողովակի անկյունային արագությունն է,

-ը՝

նրա զանգվածների կենտրոնի արագությունը, J = m R? -ն՝ խողովա–

C

կի իներցիայի մոմենտն է իր առանցքի նկատմամբ։ Պրիզմայի համըն– թաց շարժման կինետիկ էներգիան կլինի՝

T₁ = mD 2

E_ անիվի, որի զանգվածների կենտրոնի արագությունը 1 է, հարթ շարժման կինետիկ էներգիան կունենա հետևյալ տեսքը `

T.

E

3v²mp .

Ամբողջ համակարգի կինետիկ էներգիան կլինի՝

T =

m+mg+m/2+m, +3mg/2

+ (m + mg ) v, cosa +

v

ma+3m

3) Համակարգի պոտենցիալ էներգիայի համար կունենանք՝

II = =x\F – x,(m + mg)gsina :

A

4) Որոշենք Լագրանժի ֆունկցիան՝

---

L=T-II=

m+mg +m/2+m+3m/2

+ (m + mg );v, cosa +

m_+3m/2

v +

+ xF + xz(m + mg )g sina :

ƏL

5) Գտնենք

dvi

ƏL

և (i =1,2) մասնակի ածանցյալները և

Ox;

'i

գրենք Լագրանժի (2.7.1) հավասարումները՝

w | m a + m g

mc + +MD 2

30 E

+w,(m+mg)cosa = F,

w(m + mg )cosa + w, m +

A

3mg = (my + mg )sina :

6) Լուծենք ստացված երկու հատ գծային հանրահաշվական հա- վասարումների համակարգը w և w, երկու անհայտ արագացումնե րի նկատմամբ և տեղադրենք թվային արժեքները։ Կունենանք՝

w = 0,627 մ/վ, w =1,45 մ/վ:

Դիտողություն․ (2.7.2) հավասարումների աջ մասերում գրված են x և xշ կոորդինատներին համապատասխանող ընդհանրացված ուժերը։ Դրանք կարելի է գտնել՝ հաշվելով ակտիվ ուժերի հզորություն- ները համապատասխան հնարավոր արագությունների դեպքում,

N.

j Q;

(j=1,2),

---

որտեղ N -ը ուժերի հզորությունն է x = ( դեպքում, իսկ N2 -ը՝ i, = () դեպքում։ Հզորությունը հաշվում ենք՝ գումարելով F . սկա- լյար արտադրյալները (N=ZF.v): Այստեղ F-երը ուժերն են,

1 –երը՝ նրանց կիրառման կետերի արագությունները: Այս դեպքում ավելի լավ կլինի արագությունները հաշվել անալիտիկորեն, իսկ սկա- լյար արտադրյալները՝ կոորդինատական տեսքով։

II խնդրի դրվածքը։ Իդեալական ստացիոնար կապերով (ոչ կոնսերվատիվ) մեխանիկական համակարգն ունի երկու ազատության աստիճան: Գտնել համակարգի մարմինների արագացումները:

Լուծման պլան: Նման դրվածքով խնդիրները լուծելու համար կատարում ենք հետևյալ հաջորդական քայլերը.

1) Ընտրում ենք երկու ընդհանրացված կոորդինատ։ Որպես ընդհանրացված կոորդինատներ հարմար է ընտրել համակարգի դիր- քը նկարագրող կետերի անկյունային կամ գծային տեղափոխություն- ները:

2) Հաշվում ենք համակարգի կինետիկ էներգիան։

3) Հաշվում ենք ընդհանրացված ուժերը։ Դրա համար համա– կարգի ընդհանրացված կոորդինատներից մեկին տալիս ենք ծ փոքր աճ՝ ֆիքսելով երկրորդ կոորդինատը (ծզչ = (0)։ Որոշում ենք այդ աճի վրա էլեմենտար աշխատանքների 4 գումարը: Ընդհան- րացված ուժը որոշում ենք

δαι

ենք նաև մյուս ընդհանրացված ուժը։

բանաձևով։ Նույն ձևով գտնում

---

4) Գրում ենք Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասարումների հա- մակարգը՝

d ( OT

от

=Q₁,

dt\ êq

Օզ

OT

d( 8T

dt \ 042

5) Լուծում ենք երկու անհայտ զ և զշ ընդհանրացված արա- գացումների նկատմամբ երկու հանրահաշվական գծային հավասա- րումների (2.7.3) համակարգը։

Օրինակ 2.11(2.9): Իդեալական ստացիոնար կապերով մեխանի- կական համակարգն ունի երկու ազատության աստիճան և կազմված է գլանից ու չորսուից: m զանգվածով համասեռ գլանի առանցքին կի- րառված է հորիզոնական F ուժ: Գլանն առանց սահքի գլորվում է mշ զանգվածով չորսուի վրայով։ Չորսուի և հորիզոնական հարթակի միջև

Նկ. 2.7.3

F

Gi

↓ G₂

Նկ. 2.7.4

շփումը բացակայում է (նկ. 2.7.3)։ Գտնել գլանի զանգվածների կենտ– րոնի արագացումը։ Գլորման շփումն արհամարհել։

Լուծում: Այս անգամ խնդիրը լուծենք Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասարումների օգնությամբ:

---

1) Ընտրենք համակարգի դիրքը միարժեք որոշող երկու անկախ փոփոխականներ՝ / = x և զ2 = x : Դիցուք X –ը ցույց է տալիս գլա- նի կենտրոնի դիրքը անշարժ կոորդինատական համակարգի նկատ– մամբ, իսկ x, –ը՝ չորսուի դիրքը նույն անշարժ համակարգի նկատ– մամբ: x և x առանցքներն ուղղենք շարժման կողմը, այսինքն՝ դեպի աջ (նկ. 2.7.4):

2) Արտահայտենք համակարգի կինետիկ էներգիան x = v և x2 = v ընդհանրացված արագություններով։ Ամբողջ համակարգի կի- նետիկ էներգիան ներկայացնենք գլանի և չորսուի կինետիկ էներգիա- ների գումարի տեսքով՝ T = T + T, :

Գտնենք հարթ շարժում կատարող գլանի կինետիկ էներգիան՝

m₁v² Jo² T₁ = +

Փ անկյունային արագությունը կախված է գլանի կենտրոնի և շփման կետի արագությունների տարբերությունից: Քանի որ գլանը առանց սահքի գլորվում է չորսուի վրայով, ապա շփման կետի արագությունը հավասար է չորսուի 1, արագությանը՝

|(v₁-v₂). (v₁ - v₂).

R

(2.7.4)-ի մեջ տեղադրենք համասեռ գլանի` իր առանցքի նկատմամբ

J

mR2

իներցիայի մոմենտի արժեքը: Արդյունքում կստանանք

գլանի կինետիկ էներգիան՝

---

T₁ = m³ (2 v² m² (2 v² + (v₁ = v₂)²):

Չորսուի կինետիկ էներգիան հավասար է՝

T,

mv

Ամբողջ համակարգի կինետիկ էներգիան կլինի`

T = =

m² (2v² + (v₁ − v₂)²); - v₂ )² ) + m²

) ընդհանրացված ուժը հաշվենք

SA

բանաձևով,

որտեղ ծ4 –ը x տեղափոխության վրա բոլոր ուժերի կատարած էլե- մենտար աշխատանքների գումարն է: 1 ընդհանրացված կոորդինա տի աճի վրա 84 էլեմենտար աշխատանքը հաշվելու ժամանակ մյուս ընդհանրացված կոորդինատը ֆիքսվում է, այսինքն x = 0 : Ակն- հայտ է, որ բացի F ուժից ոչ մի ուրիշ ուժ աշխատանք չի կատարում, հետևաբար, 84 = F&x և Q = F ։ Նույն ձևով՝ (), = 0։

4) Գրենք Լագրանժի (2.7.3) հավասարումները և հաշվենք նրա մեջ մտնող ածանցյալները՝

OT

- my + " ( - ), 1 (07) - 3m ww

OT

JV 2

v»),

doT dt\

m₁

mv, +

- -(v, — v,),

daT

dt\ ©v,

W

m

·W2,

m₁ 2

m₁

·W₁ +

+m> |W

---

от

dx₁

дт

0x2

որտեղ w = 1, wz = vz: Արդյունքում՝ Լագրանժի II սեռի հավասա-

րումները կլինեն

3wm₁ — w₂m₁ = 2F,

− w₁m² + w₂ (m² + 2m2)=0:

5) Լուծենք (2.7.5) հավասարումների համակարգը W, և wշ արագացումների նկատմամբ, կստանանք

W₁ = F

m + 2m- m₁ (m² + 3m²)'

F

W₂ =

m +3m,

Օրինակ 2.12: Իդեալական ստացիոնար կապերով մեխանիկա- կան համակարգն ունի երկու ազատության աստիճան և մի սարք է, որը կազմված է A բեռից և համասեռ B ու C ճախարակներից: C ճախարակն ուղղահայաց ընկնում է ներքև և շարժում է հաղորդում - B ճախարակին ու A բեռին, որոնց հետ այն կապված է անձգելի թելով։ Թելը քանդվում է C ճախարակի վրայից։ Տրված են մարմինների m mg, m զանգվածները (նկ. 2.7.5): Գտնել A բեռի արագացումը։

Լուծում: 1) Ընտրենք համակարգի դիրքը միարժեք որոշող երկու անկախ փոփոխականներ՝ զ = x և զշ = Փ (նկ. 2.7.6): x փո- փոխականը ցույց է տալիս բեռի դիրքը անշարժ կոորդինատական հա– մակարգի նկատմամբ, իսկ Փ -ն՝ C ճախարակի պտույտը։

x և փ

2) Արտահայտենք համակարգի կինետիկ էներգիան ընդհանրացված արագություններով: Ամբողջ համակարգի կինետիկ

---

էներգիան ներկայացնենք բեռի և ճախարակների կինետիկ էներգիա- ների գումարի տեսքով՝ T = T + T + T

գիան՝

A

B

Գտնենք համընթաց շարժում կատարող բեռի կինետիկ էներ–

T.

A

m 1 x ² 2

A

Նկ. 2.7.5

B

x

A

GA

B

På

GBY C

Gc

Նկ. 2.7.6

Պտտվող ճախարակի կինետիկ էներգիան կլինի՝

T₁ = ³¸ï³¸ _ m¸R²(x/R₁)¯ _ m¸x² Jo _ _

TB

Β B

Գտնենք հարթ շարժում կատարող C ճախարակի կինետիկ

էներգիան՝

mov Jow

T

C ճախարակի անկյունային արագությունն է՝ Փ = ՞ : Զանգ-

վածների կենտրոնի արագությունը X փոխադրական և R- հարա- բերական արագությունների գումարն է, հետևաբար

---

mc(x+Rp)²¸m¿R²²

T.

Ամբողջ համակարգի կինետիկ էներգիան կլինի՝

T = x² ( m₁ + m² + mc ] + x pm R + = p²m«R? :

MB 2

+xpm

3) ) ընդհանրացված ուժը հաշվենք ),

x

x

SA.

δχ

բանաձևով,

որտեղ 84 -ը՝ Xx տեղափոխության վրա բոլոր ուժերի կատարած էլե մենտար աշխատանքն է: Ֆիքսենք C ճախարակի պտտման անկյու- նը՝ 8Փ = 0: Երբ բեռը հորիզոնական ուղղությամբ տեղափոխվում է x – հեռավորությամբ, B ճախարակը պտտվում է որևէ անկյունով, իսկ C ճախարակը համընթաց տեղափոխվում է ներքև նույն ձx հեռավո- րությամբ։ Այդ տեղափոխության վրա աշխատանք է կատարում միայն meg _ ուժը, հետևաբար, $A = megx և Q =meg : Նույն ձևով, եթե աճ հաղորդենք C ճախարակի պտտման անկյանը, ֆիքսելով բեռի տեղափոխումը (8x = (), կստանանք՝ () = m gR :

x

x

4) Գրենք Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասարումների (2.7.3) համակարգը և հաշվենք նրա մեջ մտնող ածանցյալները՝

от

ax

= x(m_ + 0,5mg + m ) + pR-m,

d (OT

dt ax

OT

дф

= x(my + 0,5mg + m)+pR-m,

xR-me +1,5pRm-,

---

d T

dt di

ᎧᎢ

дх

xRcmc+1,5R²mc,

ᎧᎢ

до

Արդյունքում կստանանք՝

(m +0,5m+mc)x + R¢mçï = mcg,

mcx+1,5m¿¢Rc = mcg

5) Լուծենք (2.7.6) հավասարումների համակարգը, կունենանք

x =

A

2mcg 6m+3mB + 2mc

2(2m+mB)g R₁(6m+3m₂+2m)

Օրինակ 2.13: m, mz, m, զանգվածներ ունեցող 1,2,3 մարմիններ

Նկ.2.7.7

мр

3r

Cv

3e

W5

K

I>

Նկ.2.7.8

1r

---

րից, ու, զանգվածով 4 շարժական և m զանգվածով 5 անշարժ ճա- խարակներից կազմված մեխանիկական համակարգը շարժվում է ծանրության ուժերի ազդեցության տակ (նկ.2.7.7): 2 մարմնի և հար- թության մեջ սահքի շփման գործակիցը հավասար է f -ի: Գտնել մե- խանիկական համակարգի շարժման դիֆերենցիալ հավասարումը։ Դիմադրության ուժերն առանցքակալներում հաշվի չառնել: 4 և 5 ճա- խարակները համարել հոծ համասեռ գլաններ:

Լուծում: Խնդիրը լուծելու համար օգտվենք Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասարումից։ Քանի որ մեխանիկական համակարգն ունի եր- կու ազատության աստիճան, ապա կստանանք երկու դիֆերենցիալ հավասարումների համակարգ՝

d ( oT

OT

dt aq

Օզ

d( OT OT

dt\ Շi

Շզշ

1) Գտնենք մեխանիկական համակարգի կինետիկ էներգիան: 1, 2 և 3 մարմինները շարժվում են համընթաց, 5 ճախարակը պտտվում է անշարժ առանցքի շուրջը, իսկ 4 շարժական ճախարակը գտնվում է հարթ զուգահեռական շարժման մեջ: Պատկերենք համակարգի մար- մինների արագությունների վեկտորները (նկ. 2.7.8) և գրենք կինետիկ էներգիայի արտահայտությունը՝

mv _ Io _ mv _ Io _mgp mp

m3V3

T

Արտահայտենք մարմինների արագությունները ընդհանրացված

կոորդինատներով՝

v, = j, s

1 մարմինը գտնվում է բարդ շարժման մեջ, հետևաբար,

---

V₁ = √₁₂ + √₁e

1 մարմնի փոխադրական շարժումը համընթաց շարժում է 14 արագու– թյամբ, իսկ հարաբերական շարժման արագությունը զ, է: Հաշվի առ– նելով վեկտորների ուղղությունները, կստանանք՝

V₁ = √₁r + V₁₁ = ġ₂ +ġ₁ :

Vie

Նույն ձևով ստանում ենք 3 մարմնի արագությունը (այն նույն- պես գտնվում է բարդ շարժման մեջ, սակայն հարաբերական և փո- խադրական արագությունների վեկտորներն ուղղված են հակառակ կողմեր)՝

√3 = V³µ + V₂ V,

3e,

√3 = √3r - V3e = ġ₂-ġ₁:

Зе

Գտնենք 4 շարժական ճախարակի 0, անկյունային արագու– թյունը։ Քանի որ 1, 2 և 4 մարմինների փոխադրական շարժումը նույնն է (համընթաց շարժում 1 արագությամբ), ապա Օ, անկյունային ա- րագությունը կախված է միայն 4 ճախարակի հարաբերական շարժու- մից, այսինքն՝

Vir

r4

Եթե դա ակնհայտ չի երևում, ապա կարելի է գտնել 4 ճախա- րակի արագությունների ակնթարթային կենտրոնը և հաշվել նրա ան– կյունային արագությունը հետևյալ կերպ՝

V4

V₁-V4 V₁ − V4 _ ġ₂ + ġ₁ − ġ₁ – ġ₂ .

KC, OC KC – OC,

ν

Y

Տեղադրենք արագությունների արտահայտությունները, ինչ-

պես նաև 4 և 5 ճախարակների

I

m '4'4

I,

mrs 2

---

իներցիայի մոմենտների արտահայտությունները համակարգի կինե– տիկ էներգիայի արտահայտության մեջ, կստանանք՝

T = m² q² m²² q² m² q² m²ġ² m²(ġġ)²³¸ m‚ (ġ₂+ġ‚)²

2 4r₁₂

mới

mar 2

4r

Բացենք փակագծերը և խմբավորենք գումարելիներն ըստ կա, կա և

iiշ մեծությունների, կունենանք

m5

T

= m₁ + m2 + m3 + m 4

片/12

m5

· q₁ + m₁ + m3 + ·

+(m −m²)ġġ₂ = A±q₁ +B=q² + Cġġ₂,

որտեղ

m5

m5

A = m₁+m2 + m² + m₁ +

B = m₁ + m3 +

C = m₁ - m3:

2) Հաշվենք համապատասխան ածանցյալները, օգտվելով կի– նետիկ էներգիայի (2.7.8) արտահայտությունից՝

ᎧᎢ

да

от

= A=2ġ₁ + Cġ₂ = Aq₁ +Cq₂,

= B−2ġ₂ +Cġ₁ = Bġ₂+Cġ₁,

---

d ( oT

dt\ օi

OT

Օզ

d( OT

Aq + Cq,,

Bqz + Cq,

dt \ ôg,

OT

Շզշ

3) Գտնենք ընդհանրացված ուժերը։ Դրա համար պատկերենք համակարգի մարմինների վրա ազդող ակտիվ ուժերը (նկ. 2.7.9)։ Այդ

ուժերն են՝ mg, mg, mg, mg, mg ծանրության ուժերը, ինչպես նաև ոչ իդեալական կապի, այսինքն հարթության, որի վրայով շարժ- վում է 2 մարմինը, հակազդումները՝ F և N:

Չփ և 1.

ա) Ֆիքսենք զլ կոորդինատը (այսինքն համարենք, որ 2 մար– մինն անշարժ է հենման հարթության նկատմամբ), համակարգին հա– ղորդենք հնարավոր տեղափոխություն (նկ. 2.7.9ա) և այդ տեղափո-

F

շփ

m₂g

mag

F

շփ

IZ

91 IN

mzg

mg

SS4V

8S T

m₁g

m₁g

8S

, 8s,

mag

mg

m₁g

m₁g

բ)

ա)

Նկ. 2.7.9

խության վրա գրենք ակտիվ ուժերի կատարած տարրական աշխա-

տանքների գումարը՝

---

Հ

ΣSA = mg Sq₂-m¸g · SS₁ = (m₁ – m²)g · Sq₂,

k

քանի որ 8 = ծզ, : Այստեղից գտնենք ), ընդհանրացված ուժը՝

Q₂ = (m₁ - m²)g:

բ) Ֆիքսենք զ, կոորդինատը (կհամարենք, որ 1 մարմինը 4 ճա- խարակի նկատմամբ անշարժ է), համակարգին հաղորդենք հնարա- վոր տեղափոխություն (նկ. 2.7.9բ) և այդ տեղափոխության վրա գրենք ակտիվ ուժերի կատարած էլեմենտար աշխատանքների գումարը՝

k

F2th Sq₁ + m₁g · SS ₁ + m₁g · SS₁ + m²g · SS₁ =

շփ

= (− fm₂ + m₁ + m² + m³)g · Sq₁,

քանի որ _ 84 = 8S = 8S; = 84, F = Sq₁, F 2th = ƒN = fm₁g: Ujuɩntinhg qnun-

նենք ) ընդհանրացված ուժը՝

Q = (m, — fm + mg + ma )g :

4) Գրենք համակարգի շարժման դիֆերենցիալ հավասարումնե- րը։ Դրա համար տեղադրենք (2.7.10)-ը, (2.7.11)-ը, (2.7.12)-ը և (2.7.13)-ը (2.7.7) հավասարման մեջ՝

\ Aq + Cqz = (m, — fm + m + ma )g

Biz + Cq; = (m, — m)g

Տեղադրելով A, B և C հաստատունների (2.7.9) արտահայտու– թյունները (2.7.14)-ի մեջ, կստանանք այն ինչ պահանջվում էր՝ շարժման դիֆերենցիալ հավասարումները։

---

m₁ + m₂ + m3 + m 4

MA

m₁ + m² +

m5

i

— + (m, − m²)ä₂ = (m, − fm2 + m² + M²

m,

+ m

)g

|ä₂ + (m₁ − m²)ä₁ = (m₁ - m²)g

Օրինակ 2.14: Մեխանիկական համակարգը կազմված է R շա- ռավղով 1 թմբկագլանից, որին կիրառված է M = 47R մոմենտով ուժազույգ, a = 30° թեքության անկյուն ունեցող թեք հարթությամբ շարժվող 2 սայլակից և 3 գլդոնից (թմբկագլանը և գլդոնը հոծ համա-

Նկ. 2.7.10

սեռ գլաններ են) (նկ. 2.7.10): Մարմինների կշիռները համապատաս- խանաբար հավասար են՝ P = 2P, P, = 4P, P = 2P: Սայլակի ա- նիվների կշիռն արհամարհել։ Սայլակը միացված է թմբկագլանին նրա վրա փաթաթված թելով, իսկ գլդոնին կոշտության գործակցով BD զսպանակով։ Համակարգը սկսում է շարժումը դադարի վիճա- կից։ Զսպանակն այդ պահին դեֆորմացված չէ: Համակարգի համար կազմել Լագրանժի հավասարումները և գտնել x ընդհանրացված կոորդինատի փոփոխման օրենքը, այսինքն x = f(t)-ն (կամ գլդոնի D կենտրոնի տեղափոխությունը 2 սայլակի նկատմամբ)։ Որոշել նաև շարժման ընթացքում կատարվող տատանումների հաճախությունը և պարբերությունը։

---

Լուծում: 1) Խնդրի լուծման համար օգտվենք Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասարումներից։ Դիտարկվող համակարգն ունի եր- կու ազատության աստիճան։ Որպես ընդհանրացված կոորդինատներ ընտրենք թմբկագլանի պտտման Փ անկյունը և զսպանակի x երկա-

րացումը ( = ), զչ = x)։ Այդ դեպքում Լագրանժի հավասարումնե- րը կգրվեն՝

d ( OT OT

dt\ co

дф

d (OT

OT

dt\ ox

Ox

2) Որոշենք համակարգի T կինետիկ էներգիան, որը հավասար է բոլոր մարմինների կինետիկ էներգիաների գումարին՝

T = T + T₂+T3:

Քանի որ թմբկագլանը պտտվում է

առանցքի շուրջը, սայլակը

շարժվում է համընթաց, իսկ գլդոնը՝ հարթ զուգահեռական, ապա

T,

1 P₂ 2 g

T

P₁

որտեղ I

|R2, 2g

ID

տել

», T, = 2

P3

2g

P,

g

-I‰²¾³‚ (2.7.17)

R, R –ը 3 գլդոնի շառավիղն է:

Այստեղ մասնակցող բոլոր արագությունները պետք է արտահայ- և ընդհանրացված արագություններով։ Ակնհայտ է, որ O = $, 1, = Ro = Rp: v-ն որոշելու համար դիտարկենք գլդոնի

---

բարդ շարժումը։ Հաշվի առնելով, որ x –ը որոշում է D կետի դիրքը սայլակի նկատմամբ, կստանանք՝

որտեղ 1 h = X P X,

v, h = v, = R¢ : Այդ դեպքում, հաշվի առնելով, որ փ

p-ի և x –ի աճման հետ Ÿ Á և v„փ արագություններն ուղղված են

h D

տարբեր կողմեր և որ E կետը գլդոնի համար արագությունների ակն– թարթային կենտրոն է, կստանանք՝

VD

x-Ro

V₁ = x - R$, @₁ =

ED

R,

Տեղադրելով գտնված արագությունների և I -ի, I, -ի բոլոր ար– ժեքները (2.7.16) արտահայտության մեջ և հաշվի առնելով, որ P = P = 2P, իսկ P, = 4P, (2.7.16)-ից վերջնականապես կունենանք՝

T

P

№ 40°0 — 3R + [AR² ² - 3Rqx + 1/2x² ) :

Այստեղից՝

OT

эт

ax

P

P (8R²¢-3Rx),

OT

P

OT

3RQ+3x),

g

ax

3) Այժմ որոշենք O և ), ընդհանրացված ուժերը: Պատկե-

րենք համակարգի վրա ազդող ակտիվ ուժերը՝ P, P, P, ծանրու

---

թյան ուժերը, F և F առաձգական ուժերը, որտեղ F' = F = cx_և

M մոմենտով ուժազույգը։

ա) ) -ը որոշելու համար համակարգին հաղորդենք հնարավոր տեղափոխություն, որի դեպքում Փ կոորդինատը ստանում է p > 0 աճ, իսկ x –ը չի փոփոխվում, այսինքն x = () (զսպանակը այդ տեղա– փոխման դեպքում չի փոխում իր երկարությունը)։ Այդ դեպքում սայլա– կը և գլդոնի D կենտրոնը ստանում են միևնույն տեղափոխություննե– րը՝ 8s, = 8s, = R8p և ազդող ուժերի կատարած էլեմենտար աշխա- տանքը կլինի՝

8 A = M 8¢ − P, sin 30° 8s, – P, sin 30° ·ծs, – F8s + F8s»։

Այստեղ փոխարինելով բոլոր մեծությունները իրենց արժեքնե- րով, արդյունքում կգտնենք՝

SA₁ = (M-0,5PR -0,5P3R)Sq = PRSØ : (2.7.20)

բ) (), -ը որոշելու համար համակարգին հաղորդենք հնարավոր տեղափոխություն, որի դեպքում x կոորդինատը ստանում է x > 0 աճ, իսկ O –ն չի փոփոխվում, այսինքն ծ = () (թմբկագլանը չի թեք- վում և սայլակը չի տեղափոխվում)։ Այդ դեպքում էլեմենտար աշխա-

տանք կատարում են միայն P և F ուժերը: Հաշվի առնելով, որ P = 2P, կստանանք՝

SA₁ =P3 sin 30° Sx-F8x = (P-cx)6x:

(2.7.20), (2.7.21) հավասարություններում ծp -ի և x –ի գործա- կիցները կլինեն փնտրվող ընդհանրացված ուժերը, հետևաբար,

---

O = PR, Q, = (P – cx):

Տեղադրելով (2.7.19) և (2.7.22) մեծությունները (2.7.15) հավա- սարումների մեջ, կստանանք համակարգի շարժման հետևյալ դիֆե րենցիալ հավասարումները՝

P (8R² - 3Rx) = PR,

g

P

-(−3R¢ + 3x) = P − cx :

g

4. x = f(t) օրենքը որոշելու համար (2.7.23)-ից արտաքսենք

p –ը։ Կստանանք

x + kx = a

տեսքի դիֆերենցիալ հավասարում, որտեղ

k

8 cg

a ==

g:

15 P

Ինչպես հայտնի է, (2.7.24) հավասարման ընդհանուր լուծումն

ունի x =x+xշ տեսքը, որտեղ x –ը x + kx = () համասեռ հավասար- ման ընդհանուր լուծումն է, այսինքն՝ x = C sin kt + C, cos kt, իսկ x2 –ը՝ (2.7.24) հավասարման մասնավոր լուծումը: X լուծումը կփընտ– րենք x = A = const տեսքով: Տեղադրելով X -ի արժեքը (2.7.24) հա-

վասարման մեջ, կստանանք A =

ման ընդհանուր լուծումը կլինի՝

a

12 : Այսպիսով, (2.7.24) հավասար-

k

---

x = C₁ sin kt + C₂ cos kt +

a

k2

որտեղ C -ը և C -ը ինտեգրման հաստատուններն են: Դրանց որոշ- ման համար հաշվենք x — ի ածանցյալն ըստ ժամանակի՝

x = C₁k cos kt - C₂k sin kt:

Համաձայն նախնական պայմանների, t = () դեպքում x = (), x = (0 (շարժումը սկսվում է դադարի վիճակից և զսպանակն այդ պահին դեպ ֆորմացված չէ): Տեղադրելով այս մեծությունները (2.7.25) և (2.7.26) հավասարումների մեջ, կգտնենք, որ C = (), C =

Վերջնականապես

k

a

փնտրվող x = f(t) օրենքը կստանանք

հետևյալ տեսքով՝

a

x =

-(1- coskt),

k2

որտեղ a և k արժեքները տրվում են (2.7.24)-ի երկու հավասարու– թյուններով։ Այսպիսով, գլդոնի D կենտրոնը սայլակի նկատմամբ կատարում է տատանումներ, ընդ որում, տատանման օրենքը նկա- րագրվում է (2.7.27) ֆունկցիաներով: Այդ տատանումների շրջանային k հաճախականությունը և 7 պարբերությունը կլինեն՝

k

8cg √15P

T =

27 k

|15P | 8cg

---

ԳՐԱԿԱՆՈՒԹՅՈՒՆ

1. Айзенберг Т.Б., Воронков И.М., Осецкий В.М.. Руководство к решению задач по теоретической механике (6-е издание). М.: Высшая школа, 1968.

Бать М.И., Джанелидзе Г.Ю., Кельзон А.С. Теоретическая механика в примерах и задачах. Том 1, Том 2, Том 3. М.: Наука, 1966,1967,1973.

3. Березкин Е.Н. Решение задач по теоретической механике, часть 1, часть 2.. М.: Изд. МГУ, 1973,1974.

4. Блохина А.И., Норицына Г.И., Петров В.К. Расчетно-графические работы no динамике: Методические указания no курсу "Теоретическая механика". М. МАМИ, 2003.

5. Будник Ф.Г., Зингерман Ю.М., Селенский Е.И. Сборник задач по теоретической механике. М.: Высшая школа, 1987.

6. Бухгольц Н.Н. Основной курс теоретической механики. Том 1, Том 2: Кинематика, статика, динамика материальной точки. Динамика системы материальных точек. М.: Наука, 1965,1966.

7. Гантмахер Ф.Р. Лекции по аналитической механике. М.: Наука, 1966.

8. Колесников К.С. и др. Сборник задач по теоретической механике. М.: Наука, 1983.

9. Kene О.Э.,Виба Я.А.,Грапис О.П. и др. Сборник коротких задач по теоретической механике. М.: Высшая школа, 1989

10. Кирсанов

М.Н. Решебник. Теоретическая

Физматлит, 2002.

механика. М.:

11. Мисюрев М.А. Методика решения задач по теоретической механике. М.: Высшая школа, 1963.

12. Романовский В.А., Сурков В.К., Недосекова. Т.С. Теоретическая и аналитическая механика. Методические указания по выполнению курсовой работы. Санкт-Петербург, 2010.

13. Пятницкий Е.С., Трухан Н.М., Ханукаев Ю.И., Яковенко Г.Н. Сборник задач по аналитической механике. М.: Физматлит, 2002 14. Томилов Е.Д. Теоретическая механика. Часть 1, часть 2. Курс лекций. Томск, изд. ТГУ, 1966,1970.

---

15. Բարսեղյան Վ. Ռ, Շահինյան. Ս. Գ., Մաթևոսյան Ա. Գ., Մինասյան Դ. Մ.: Տեսական մեխանիկայի խնդիրների ժողովածու։ Երևան, ԵՊՀ հրատարակչություն, 2006:

16. Բարսեղյան Վ. Ռ, Շահինյան. Ս. Գ., Մաթևոսյան Ա. Գ., Սիմոնյան Թ. Ա.: Տեսական մեխանիկայի խնդիրների ժողովածու կուրսային աշխատանքների համար։ Երևան, ԵՊՀ հրատարակչություն, 2013: 17. Մանուկյան Մ. Մ., Սարգսյան Վ. Ս., Գաբրիելյան Մ. Ս.։ Տեսական մեխանիկայի խնդիրների լուծման ուղեցույց։ Պրակ 1,2 և 3: Երևան, 1972, 1974:

18. Մանուկյան Մ. Մ., Սարգսյան Վ. Ս., Գաբրիելյան Մ. Ս., Մինասյան Մ. Մ.: Տեսական մեխանիկայի խնդիրների լուծման ուղեցույց։ Պրակ 4։ Երևան, 2001:

---

ԲՈՎԱՆԴԱԿՈՒԹՅՈՒՆ

ԱՌԱՋԱԲԱՆ.

1. Կետի դինամիկա......

1.1 Կերի շարժման դիֆերենցիալ հավասարումները...... 1.2 Դինամիկայի հիմնական թեորեմների կիրառությունը նյութական կետի շարժման հետազոտման համար...........

1.3 Կերի տատանողական շարժում..............

2. Համակարգի դինամիկա

2.1 Զանգվածների կենտրոնի շարժման թեորեմը............ 2.2 Համակարգի կինետիկ էներգիա.......

2.3 Կինետիկ էներգիայի փոփոխման թեորեմը 2.4 Պինդ մարմնի պտտական և համընթաց շարժումներ..... 2.5 Համակարգի հարթ շարժում.....

2.6 Դինամիկայի ընդհանուր հավասարումը մեկ կամ երկու ազատության աստիճան ունեցող համակարգերի համար..........

2.7 Լագրանժի երկրորդ սեռի հավասարումները ԳՐԱԿԱՆՈՒԹՅՈՒՆ...

---

ԵՐԵՎԱՆԻ ՊԵՏԱԿԱՆ ՀԱՄԱԼՍԱՐԱՆ

Ս.Գ. Շահինյան, Ա.Գ. Մաթևոսյան, Թ.Ա. Սիմոնյան

ՏԵՍԱԿԱՆ ՄԵԽԱՆԻԿԱ

ԿՈՒՐՍԱՅԻՆ ԱՇԽԱՏԱՆՔՆԵՐԻ ԿԱՏԱՐՄԱՆ

ՄԵԹՈԴԱԿԱՆ ՑՈՒՑՈՒՄՆԵՐ

Համակարգչային ձևավորումը՝ Դ. Մինասյանի, Կ. Չալաբյանի Կազմի ձևավորումը՝ Ա. Պատվականյանի

Սրբագրումը՝ Լ. Հովհաննիսյանի

Տպագրված է «Արման Ասմանգուլյան» ԱՁ-ում: ք. Երևան, Հր. Ներսիսյան 1/125

Չափսը՝ 60x84 1/16: Տպ. մամուլը՝ 6,25: Տպաքանակը՝ 100 օրինակ:

ԵՊՀ հրատարակչություն ք. Երևան, 0025, Ալեք Մանուկյան 1

---

ՀՐԱՏԱՐԱԿՉՈՒԹՅՈՒՆ ԵՐԵՎԱՆ 2016 publishing.ysu.am