(SISTEM MEKANIK) – opsi IV
1. Persamaan dasar dinamika suatu titik material, sebagaimana diketahui, dinyatakan dengan persamaan. Persamaan diferensial gerak titik-titik sembarang sistem mekanik tak bebas menurut dua metode pembagian gaya dapat ditulis dalam dua bentuk:
(1) , dimana k=1, 2, 3, … , n – jumlah titik sistem material.
dimana massa titik ke-k; - vektor jari-jari titik ke-k, - gaya (aktif) tertentu yang bekerja pada titik ke-k atau resultan semua gaya aktif yang bekerja pada titik ke-k. - resultan gaya reaksi ikatan yang bekerja pada titik ke-k; - resultan gaya dalam yang bekerja pada titik ke-k; - resultan gaya luar yang bekerja pada titik ke-k.
Dengan menggunakan persamaan (1) dan (2), seseorang dapat berusaha memecahkan masalah dinamika pertama dan kedua. Namun penyelesaian masalah kedua dinamika suatu sistem menjadi sangat rumit, tidak hanya dari sudut pandang matematis, tetapi juga karena kita dihadapkan pada kesulitan-kesulitan mendasar. Mereka terdiri dari fakta bahwa untuk sistem (1) dan sistem (2) jumlah persamaan jauh lebih sedikit daripada jumlah persamaan yang tidak diketahui.
Jadi, jika kita menggunakan (1), maka dinamika yang diketahui untuk soal kedua (terbalik) adalah dan , dan dinamika yang tidak diketahui adalah dan . Persamaan vektornya adalah " N”, dan yang tidak diketahui - “2n”.
Jika kita melanjutkan dari sistem persamaan (2), maka diketahui beberapa gaya luar. Mengapa berpisah? Faktanya adalah bahwa gaya eksternal juga mencakup reaksi eksternal dari senyawa yang tidak diketahui. Selain itu, .juga tidak akan diketahui.
Jadi, baik sistem (1) maupun sistem (2) TIDAK TERTUTUP. Persamaan perlu ditambahkan, dengan mempertimbangkan persamaan koneksi, dan mungkin perlu juga menerapkan beberapa batasan pada koneksi itu sendiri. Apa yang harus dilakukan?
Jika kita memulai dari (1), maka kita dapat mengikuti jalur penyusunan persamaan Lagrange jenis pertama. Namun jalur ini tidak rasional karena semakin sederhana masalahnya (semakin sedikit derajat kebebasannya), semakin sulit menyelesaikannya dari sudut pandang matematis.
Kalau begitu mari kita alihkan perhatian kita ke sistem (2), dimana - selalu tidak diketahui. Langkah pertama dalam menyelesaikan suatu sistem adalah menghilangkan hal-hal yang tidak diketahui ini. Perlu diingat bahwa, sebagai suatu peraturan, kita tidak tertarik pada gaya dalam ketika sistem bergerak, yaitu ketika sistem bergerak, tidak perlu mengetahui bagaimana setiap titik dalam sistem bergerak, tetapi cukup untuk mengetahui bagaimana sistem bergerak secara keseluruhan.
Jadi, jika kita mengecualikan gaya-gaya yang tidak diketahui dari sistem (2) dengan berbagai cara, kita memperoleh beberapa hubungan, yaitu, muncul beberapa karakteristik umum sistem, yang pengetahuannya memungkinkan kita menilai bagaimana sistem bergerak secara umum. Karakteristik ini diperkenalkan dengan menggunakan apa yang disebut teorema umum dinamika. Ada empat teorema tersebut:
1. Teorema tentang pergerakan pusat massa sistem mekanik;
2. Teorema tentang perubahan momentum suatu sistem mekanis;
3. Teorema tentang perubahan momen kinetik sistem mekanik;
4. Teorema tentang perubahan energi kinetik suatu sistem mekanik.
Merumuskan teorema tentang gerak pusat massa sistem.
Pusat massa suatu sistem mekanis bergerak sebagai suatu titik material yang massanya sama dengan massa seluruh sistem, di mana semua gaya yang bekerja pada sistem diterapkan.
Gerak benda tegar manakah yang dapat dianggap sebagai gerak suatu titik material yang bermassa suatu benda, dan mengapa?
Gerak translasi suatu benda tegar sepenuhnya ditentukan oleh pergerakan salah satu titiknya. Oleh karena itu, dengan menyelesaikan masalah pergerakan pusat massa suatu benda sebagai titik material dengan massa suatu benda, maka gerak translasi seluruh benda dapat ditentukan.
Dalam kondisi apa pusat massa sistem dalam keadaan diam dan dalam kondisi apa ia bergerak beraturan dan lurus?
Jika vektor utama gaya luar tetap sama dengan nol sepanjang waktu dan kecepatan awal pusat massa adalah nol, maka pusat massa diam.
Jika vektor utama gaya luar tetap sama dengan nol sepanjang waktu dan kecepatan awal 
, maka pusat massa bergerak beraturan dan lurus.
Dalam kondisi apa pusat massa sistem tidak bergerak sepanjang sumbu tertentu?
Jika proyeksi vektor utama gaya luar pada suatu sumbu tetap sama dengan nol sepanjang waktu dan proyeksi kecepatan pada sumbu tersebut sama dengan nol, maka koordinat pusat massa sepanjang sumbu tersebut tetap konstan.
Apa pengaruh sepasang gaya yang diterapkan padanya terhadap benda padat bebas?
Jika Anda menerapkan sepasang gaya pada benda kaku bebas yang diam, maka di bawah aksi pasangan gaya ini, benda tersebut akan mulai berputar mengelilingi pusat massanya.
Teorema perubahan momentum.
Bagaimana impuls gaya variabel ditentukan selama periode waktu yang terbatas? Apa yang menjadi ciri impuls gaya?
Impuls variabel 
untuk jangka waktu terbatas 
sama
.
Impuls gaya mencirikan perpindahan gerak mekanis ke suatu benda dari benda yang bekerja padanya selama periode waktu tertentu.
Berapakah proyeksi impuls gaya konstan dan variabel pada sumbu koordinat?
Proyeksi impuls gaya variabel pada sumbu koordinat adalah sama dengan
,
,
.
Proyeksi impuls gaya konstan pada sumbu koordinat selama periode waktu tertentu 
setara
,
,
.
Berapakah impuls resultannya?
Impuls resultan beberapa gaya dalam selang waktu tertentu sama dengan jumlah geometri impuls gaya-gaya komponen dalam selang waktu yang sama.
.
Bagaimana momentum suatu titik yang bergerak beraturan mengelilingi lingkaran berubah?
Ketika suatu titik bergerak beraturan dalam lingkaran, arah momentumnya berubah 
, tetapi modulnya tetap dipertahankan 
.
Berapakah momentum sistem mekanik?
Besarnya gerak suatu sistem mekanik adalah suatu vektor yang sama dengan jumlah geometri (vektor utama) dari besaran gerak semua titik dalam sistem.
.
Berapakah momentum roda gila yang berputar pada sumbu tetap melewati pusat gravitasinya?
Besarnya gerak roda gila yang berputar pada sumbu tetap yang melalui pusat gravitasinya adalah nol, karena 
.
Merumuskan teorema tentang perubahan momentum suatu titik material dan sistem mekanik dalam bentuk diferensial dan berhingga. Nyatakan masing-masing teorema tersebut dengan persamaan vektor dan tiga persamaan dalam proyeksi pada sumbu koordinat.
Momentum diferensial suatu titik material sama dengan impuls dasar gaya-gaya yang bekerja pada titik tersebut
.
Perubahan jumlah pergerakan suatu titik selama periode waktu tertentu sama dengan jumlah geometri impuls gaya yang diterapkan pada titik tersebut selama periode waktu yang sama.
.
Dalam proyeksi, teorema ini mempunyai bentuk
,
,
,
,
.
Turunan waktu dari momentum suatu sistem mekanik secara geometris sama dengan vektor utama gaya luar yang bekerja pada sistem
.
Turunan waktu dari proyeksi momentum suatu sistem mekanik ke sembarang sumbu sama dengan proyeksi vektor utama gaya luar ke sumbu yang sama
,
,
.
Perubahan momentum sistem selama periode waktu tertentu sama dengan jumlah geometri impuls gaya luar yang diterapkan pada sistem selama periode yang sama.
.
Perubahan proyeksi momentum sistem pada sembarang sumbu sama dengan jumlah proyeksi impuls semua gaya luar yang bekerja pada sistem pada sumbu yang sama.
,
,
.
Dalam kondisi apa momentum sistem mekanik tidak berubah? Dalam kondisi apa proyeksinya ke sumbu tertentu tidak berubah?
Jika vektor utama gaya luar untuk periode waktu yang dipertimbangkan sama dengan nol, maka besar gerak sistem adalah konstan.
Jika proyeksi vektor utama gaya luar pada suatu sumbu adalah nol, maka proyeksi momentum pada sumbu tersebut adalah konstan.
Mengapa pistolnya menggelinding kembali saat ditembakkan?
Kemunduran senjata ketika ditembakkan ke arah horizontal disebabkan oleh proyeksi momentum ke sumbu horizontal 
tidak berubah jika tidak ada gaya horizontal
,
.
Dapatkah gaya dalam mengubah momentum suatu sistem atau momentum suatu bagian darinya?
Karena vektor utama gaya-gaya dalam adalah nol, maka gaya-gaya dalam tersebut tidak dapat mengubah besar gerak sistem.
Dinamika:
Dinamika sistem material
§ 35. Teorema tentang gerak pusat massa suatu sistem material
Masalah dengan solusi
35.1 Tentukan vektor utama gaya luar yang bekerja pada roda gila M yang berputar mengelilingi sumbu AB. Sumbu AB, dipasang pada bingkai melingkar, kemudian berputar mengelilingi sumbu DE. Pusat massa C roda gila berada pada titik potong sumbu AB dan DE.
LARUTAN
35.2 Tentukan vektor utama gaya luar yang diterapkan pada penggaris AB pada elipsograf yang ditunjukkan pada gambar. Engkol OC berputar dengan kecepatan sudut konstan ω; massa penggaris AB sama dengan M; OC=AC=BC=l.
LARUTAN
35.3 Tentukan vektor utama gaya luar yang bekerja pada roda bermassa M yang menggelinding ke bawah dari bidang miring jika pusat massa C bergerak menurut hukum xC=at2/2.
LARUTAN
35.4 Sebuah roda meluncur sepanjang garis horizontal di bawah aksi gaya F yang ditunjukkan pada gambar. Tentukan hukum gerak pusat massa C roda jika koefisien gesekan geser adalah f, a F=5fP, dimana P adalah berat roda. Pada saat awal roda dalam keadaan diam.
LARUTAN
35.5 Sebuah roda meluncur sepanjang garis horizontal di bawah pengaruh torsi yang diterapkan padanya. Tentukan hukum gerak pusat massa C roda jika koefisien gesekan geser sama dengan f. Pada saat awal roda dalam keadaan diam.
LARUTAN
35.6 Sebuah mobil trem melakukan osilasi harmonik vertikal pada pegas dengan amplitudo 2,5 cm dan periode T=0,5 s. Massa benda yang membawa beban adalah 10 ton, massa bogie dan rodanya adalah 1 ton Tentukan gaya tekanan mobil pada rel.
LARUTAN
35.7 Tentukan gaya tekanan pada tanah sebuah pompa untuk memompa air ketika dalam keadaan idle, jika massa bagian tubuh yang diam D dan pondasi E sama dengan M1, maka massa engkol OA=a sama dengan M2, massa linkage B dan piston C sama dengan M3. Engkol OA, yang berputar beraturan dengan kecepatan sudut ω, dianggap sebagai batang homogen.
LARUTAN
35.8 Dengan menggunakan data dari soal sebelumnya, asumsikan bahwa pompa dipasang pada alas elastis, yang koefisien elastisitasnya sama dengan c. Tentukan hukum gerak sumbu O engkol OA secara vertikal, jika pada saat awal sumbu O berada pada posisi setimbang statik dan diberikan kecepatan vertikal ke bawah v0. Ambil titik asal sumbu x yang arahnya vertikal ke bawah pada posisi kesetimbangan statis sumbu O. Abaikan gaya hambatan.
LARUTAN
35.9 Gunting untuk memotong logam terdiri dari mekanisme penggeser engkol OAB, pada penggeser B yang dipasangi pisau yang dapat digerakkan. Pisau tetap dipasang pada pondasi C. Tentukan tekanan pondasi pada tanah jika panjang engkol r, massa engkol M1, panjang batang penghubung l, massa penggeser B dengan pisau bergerak M2, massa alas C dan benda D sama dengan M3. Abaikan massa batang penghubung. Engkol OA, yang berputar beraturan dengan kecepatan sudut ω, dianggap sebagai batang homogen.
LARUTAN
35.10 Motor massa listrik M1 dipasang tanpa pengikat pada fondasi horizontal yang mulus; sebuah batang homogen dengan panjang 2l dan massa M2 dipasang tegak lurus terhadap poros motor di salah satu ujungnya, beban titik bermassa M3 dipasang di ujung batang yang lain; kecepatan sudut poros adalah ω. Tentukan: 1) gerak mendatar motor; 2) gaya horizontal R terbesar yang bekerja pada baut jika baut tersebut menahan selubung motor listrik pada pondasi.
LARUTAN
35.11 Berdasarkan kondisi soal sebelumnya, hitunglah kecepatan sudut poros motor listrik dimana motor listrik akan memantul di atas pondasi tanpa dibaut ke sana.
LARUTAN
35.12 Saat merakit motor listrik, rotor B dipasang secara eksentrik pada sumbu putaran C1 pada jarak C1C2=a, dimana C1 adalah pusat massa stator A, dan C2 adalah pusat massa rotor B. Rotor berputar seragam dengan kecepatan sudut ω. Motor listrik dipasang di tengah-tengah balok elastis, defleksi statisnya sama dengan Δ; M1 adalah massa stator, M2 adalah massa rotor. Tentukan persamaan gerak titik C1 vertikal jika pada saat awal diam dalam posisi setimbang statis. Abaikan kekuatan perlawanan. Titik asal sumbu x diambil pada posisi kesetimbangan statis titik C1.
LARUTAN
35.13 Sebuah motor listrik bermassa M1 dipasang pada balok yang kekakuannya sama dengan c. Sebuah benda bermassa M2 dipasang pada poros motor pada jarak l dari sumbu poros. Kecepatan sudut motor ω=const. Tentukan amplitudo osilasi paksa motor dan jumlah kritis putarannya per menit, dengan mengabaikan massa balok dan hambatan terhadap gerakan.
LARUTAN
35.14 Gambar menunjukkan troli derek A bermassa M1 yang direm di tengah balok BD. Di pusat kereta yang bermassa C1, seutas kabel dengan panjang l digantung dan beban C2 bermassa M2 diikatkan padanya. Kabel yang diberi beban melakukan osilasi harmonik pada bidang vertikal. Tentukan: 1) reaksi vertikal total balok BD, jika dianggap kaku; 2) hukum gerak titik C1 pada arah vertikal, mengingat balok bersifat elastis dengan koefisien elastisitas sama dengan c. Pada saat awal, balok, karena tidak mengalami deformasi, diam dalam posisi horizontal. Mengingat getaran kabel kecil, terimalah: sin φ≈φ, cos φ≈1. Titik asal sumbu y diambil pada posisi kesetimbangan statis titik C1. Abaikan massa kabel dan dimensi troli dibandingkan dengan panjang balok.
LARUTAN
35.15 Dengan menggunakan data dari soal sebelumnya dan menganggap balok BD kaku, tentukan: 1) reaksi horizontal total rel; 2) dengan asumsi kereta tidak direm, hukum gerak pusat massa C1 kereta A sepanjang sumbu x. Pada saat awal, titik C1 diam di titik asal sumbu x. Kabel berosilasi menurut hukum φ=φ0 cos ωt.
LARUTAN
35.16 Di bangku tengah perahu yang diam, duduklah dua orang. Salah satunya bermassa M1=50 kg, dipindahkan ke kanan menuju haluan perahu. Ke arah manakah dan berapa jarak yang harus ditempuh orang kedua yang bermassa M2=70 kg agar perahu tetap diam? Panjang perahu adalah 4 m. Abaikan hambatan air terhadap pergerakan perahu.
LARUTAN
35.17 Sebuah prisma homogen B ditempatkan pada prisma homogen A yang terletak pada bidang horizontal; penampang prisma adalah segitiga siku-siku, massa prisma A tiga kali lebih besar dari massa prisma B. Dengan asumsi prisma dan bidang horizontal idealnya mulus, tentukan panjang l dimana prisma A akan bergerak ketika prisma B, turun sepanjang A, mencapai bidang horizontal.
LARUTAN
35.18 Di atas platform barang mendatar dengan panjang 6 m dan massa 2.700 kg yang mula-mula diam, dua orang pekerja menggelindingkan sebuah benda berat dari ujung kiri platform ke kanan. Ke arah manakah dan seberapa jauh platform akan bergerak jika massa total muatan dan pekerja adalah 1800 kg? Abaikan kekuatan perlawanan terhadap pergerakan platform.
LARUTAN
35.19 Dua beban M1 dan M2, masing-masing bermassa M1 dan M2, dihubungkan dengan seutas benang tak dapat diperpanjang yang dilemparkan pada balok A, meluncur sepanjang sisi mulus sebuah baji persegi panjang yang bertumpu pada alas BC pada bidang horizontal licin. Hitunglah perpindahan baji sepanjang bidang mendatar ketika beban M1 diturunkan hingga ketinggian h=10 cm Massa baji M=4M1=16M2; Abaikan massa benang dan balok.
LARUTAN
35.20 Tiga benda bermassa M1=20 kg, M2=15 kg, dan M3=10 kg dihubungkan dengan seutas benang tak dapat diperpanjang yang dilemparkan melalui balok tetap L dan N. Ketika massa M1 diturunkan, massa M2 bergerak sepanjang alas atas sebuah segi empat piramida terpotong ABCD bermassa M=100 kg ke kanan, dan beban M3 naik sepanjang tepi samping AB ke atas. Dengan mengabaikan gesekan antara piramida terpotong ABCD dan lantai, tentukan perpindahan piramida terpotong ABCD terhadap lantai jika beban M1 bergerak ke bawah 1 m. Abaikan massa benang.
LARUTAN
35.21 Derek putar yang dapat digerakkan untuk perbaikan jaringan listrik jalan dipasang pada kendaraan berbobot 1 ton. Dudukan derek K, dipasang pada batang L, dapat diputar mengelilingi sumbu horizontal O, tegak lurus terhadap bidang gambar. Pada saat awal, crane yang menempati posisi mendatar dan mobil dalam keadaan diam. Tentukan perpindahan kendaraan yang tidak direm jika derek diputar 60°. Massa sebuah batang homogen L dengan panjang 3 m adalah 100 kg, dan dudukan K adalah 200 kg. Pusat massa C pada dudukan K terletak pada jarak OC=3,5 m dari sumbu O. Abaikan hambatan terhadap gerak.
Universitas Negeri Stpenerbangan sipil
Departemen No. 6 - "Mekanik"
Bagian III
"DINAMIKA"
Saint Petersburg
- 2016 -1. Yablonsky A.A., Nikiforova V.M. Dengan baik
mekanika teoritis. Statika, kinematika,
dinamika. Buku pelajaran. M.: KNORS. 2011. - 608 hal.
2. Meshchersky I.V. Masalah teoritis
mekanika. Buku pelajaran Keuntungan. Sankt Peterburg: Lan. 2011. - 448 hal.
3. Targ M.S. Kursus mekanika teoretis. M.:
Lulusan sekolah. 2012. - 548 hal.
4. Chernov K.I. Dasar-dasar mekanika teknik. M.:
Teknik Mesin. 1986. - 256 hal.
5. Aret V.A. "Pembelajaran jarak jauh
teknologi". (panduan elektronik www.openmechanics.com), 2016 Kuliah 1. Pendahuluan
ke dalam dinamika. Hukum dan aksioma
dinamika suatu titik material. Persamaan dasar
pembicara. Persamaan diferensial dan alami
gerakan. Dua masalah utama dinamika. Contoh
memecahkan masalah langsung dinamika.
Kuliah 2. Memecahkan masalah kebalikan dari dinamika. Biasa saja
instruksi untuk memecahkan masalah kebalikan dari dinamika. Contoh
memecahkan masalah kebalikan dari dinamika. Gerakan tubuh
dilempar dengan sudut terhadap horizontal, tanpa memperhitungkan hambatan
udara.
Kuliah 3. Osilasi bujursangkar suatu titik material.
Kondisi
munculnya
keraguan.
Klasifikasi
keraguan. Getaran bebas tanpa memperhitungkan gaya
perlawanan.
Pembusukan
fluktuasi.
Pengurangan
keraguan.
Kuliah 4. Osilasi paksa suatu titik material.
Resonansi.
Pengaruh
perlawanan
pergerakan
pada
getaran paksa Kuliah 5. Gerak relatif suatu titik material.
Kekuatan inersia. Kasus gerak khusus untuk berbagai macam
jenis gerakan portabel. Pengaruh rotasi bumi terhadap
keseimbangan dan pergerakan tubuh.
Kuliah 6. Dinamika sistem mekanik. Mekanis
sistem. Kekuatan eksternal dan internal. Pusat massa sistem.
Teorema gerak pusat massa. hukum konservasi.
Contoh penyelesaian suatu masalah dengan menggunakan teorema tentang
pergerakan pusat massa.
Kuliah 7. Dorongan paksa. Kuantitas gerakan. Teorema tentang
perubahan momentum. hukum konservasi.
teorema Euler. Contoh penyelesaian masalah menggunakan
teorema tentang perubahan momentum. Momen
jumlah gerakan. Teorema perubahan torsi
jumlah gerakan...
Kuliah 8. Hukum Konservasi. Elemen teori momen
kelembaman.
Kinetis
momen
padat
tubuh.
Persamaan diferensial rotasi benda tegar.
Contoh penyelesaian suatu masalah dengan menggunakan teorema tentang
mengubah
momen
jumlah
pergerakan
sistem.
Teori dasar giroskop.
PENGANTAR DINAMIKA
Kuliah 1PENGANTAR DINAMIKA
Dinamika adalah bagian dari mekanika teoretis,
mempelajari gerak mekanik dari sudut yang paling umum
penglihatan. Gerakan tersebut sedang dipertimbangkan sehubungan dengan arus
ke objek dengan paksa.
Bagian ini terdiri dari tiga bagian:
Dinamika
Dinamika
Dinamika
poin materi
sistem mekanis
Mekanika analitik
Dinamika suatu titik – mempelajari pergerakan suatu titik material
dengan mempertimbangkan kekuatan yang menyebabkan gerakan ini.
Objek utamanya adalah titik materi – materi
benda dengan massa yang dimensinya bisa
menelantarkan. Dinamika sistem mekanik – mempelajari gerakan
kumpulan titik material dan benda padat,
disatukan oleh hukum umum interaksi, dengan memperhatikan
kekuatan yang menyebabkan gerakan ini.
Mekanika analitik – mempelajari pergerakan tidak bebas
sistem mekanis menggunakan umum
metode analitis.
Asumsi utama:
– ada ruang absolut (memiliki murni
sifat geometris tidak bergantung pada materi dan
gerakannya);
– waktu absolut ada (tidak bergantung pada materi dan
gerakannya). Ini mengikuti dari ini:
– ada sistem referensi yang benar-benar tidak bergerak;
– waktu tidak bergantung pada pergerakan kerangka acuan;
– massa titik yang bergerak tidak bergantung pada pergerakan
sistem referensi.
Asumsi ini digunakan dalam mekanika klasik,
diciptakan oleh Galileo dan Newton. Dia masih punya
aplikasinya cukup luas, karena
mekanik dipertimbangkan dalam ilmu terapan
sistem tidak memiliki massa yang besar dan
kecepatan gerakan yang perlu diperhitungkan
pengaruhnya terhadap geometri ruang, waktu, gerak, cara
ini dilakukan dalam mekanika relativistik (teori
relativitas). Kekuatan adalah besaran yang bervariasi dan bergantung pada:
a) waktu - F f (t),
b) posisi titik penerapan gaya - F f (r),
c) kecepatan gerakan
titik penerapan gaya - F f (V).
Suatu poin materi bisa gratis jika ada
Tidak ada batasan pergerakan. Jika tidak,
titik material disebut tidak bebas
Inersia adalah sifat benda material yang lebih cepat atau
ubah kecepatan Anda lebih lambat
di bawah pengaruh kekuatan yang diterapkan padanya
Sistem referensi inersia adalah sistem tersebut
dimana hukum inersia dipenuhi; jika tidak, sistemnya
titik referensi bersifat non-inersia
13. JENIS KEKUATAN DASAR
Gravitasi.FM
g 9,81 m/s2
percepatan gravitasi
F f N reaksi normal.
koefisien gesekan
f 6,673 10-11 m3/(kg s2).
F f m1m2 r 2
Gaya gesekan geser
Kekuatan gravitasi.
konstanta gravitasi
Kekuatan elastis
Fc
perpanjangan (kompresi) pegas (m)
konstanta pegas (N/m).
Gaya gesekan kental. Fv
kecepatan tubuh
kepadatan sedang
gerak lambat
koefisien drag
1
Fcx Sv 2
2
Kekuatan hidrodinamik
persegi
koefisien tarikan lateral
perlawanan.
bagian
gerakan cepat 14. Hukum dan aksioma dinamika titik kawin
Mekanika klasik didasarkan pada hukum-hukum yang untuk pertama kalinya
dikemukakan oleh I. Newton dalam karyanya “Prinsip Matematika
filsafat alam" (1687).
Hukum dasar dinamika - pertama kali ditemukan oleh Galileo dan
dirumuskan oleh Newton menjadi dasar semua metode
deskripsi dan analisis pergerakan sistem mekanik dan mereka
interaksi dinamis di bawah pengaruh berbagai kekuatan.
Hukum Inersia (Hukum Galileo-Newton) – Terisolasi
titik material tubuh mempertahankan keadaan istirahatnya
atau gerak lurus beraturan sampai
kekuatan yang diterapkan tidak akan memaksanya untuk mengubah keadaan ini.
Hal ini menyiratkan kesetaraan keadaan istirahat dan gerak
oleh inersia (hukum relativitas Galileo). Sistem referensi
sehubungan dengan mana hukum inersia terpenuhi,
disebut inersia. Properti suatu titik material
berusaha untuk mempertahankan kecepatan gerakan yang sama
(keadaan kinematiknya) disebut inersia. Hukum proporsionalitas gaya dan percepatan
(Persamaan dasar dinamika - hukum Newton II) –
Percepatan yang diberikan ke suatu titik material oleh gaya adalah
berbanding lurus dengan gaya dan berbanding terbalik
sebanding dengan massa titik ini: a 1 F atau ma
M
F.
Di sini m adalah massa suatu titik (ukuran inersia), diukur dalam kg,
secara numerik sama dengan berat dibagi percepatan bebas
air terjun:
G
M
G
.
F – gaya efektif, diukur dalam N (1 N menunjukkan maksudnya
massa 1 kg percepatan 1 m/s2, 1 N = 1/9,81 kgf). Hukum persamaan aksi dan reaksi (hukum III
Newton) - Untuk setiap aksi ada persamaannya
besarnya dan berlawanan arah
berlawanan:
M
F2.1m
F1,2
F1, 2 F2,1
1
2
Hukum ini berlaku untuk keadaan kinematik apa pun
telp. Kekuatan interaksi, diterapkan pada hal yang berbeda
poin (badan) tidak seimbang.
Hukum aksi gaya independen – Percepatan
titik material di bawah pengaruh beberapa kekuatan
sama dengan jumlah geometri percepatan suatu titik dari
tindakan masing-masing kekuatan secara terpisah:
a (F1 , F2 ,...) a1 (F1) a2 (F2) ....
atau
a (kanan) a1 (F1) a2 (F2) .... 15. Persamaan dasar dinamika
Hukum dasar dinamika: produk massa material
menunjuk pada percepatannya, yang diterimanya di bawah pengaruh
gaya, sama dengan modulus gaya ini, dan arah percepatan
bertepatan dengan arah vektor gaya
ibu F
atau
bu Fk
N
Persamaan dasar dinamika: ma Fi (1).
- sesuai dengan metode vektor untuk menentukan pergerakan suatu titik. 15.1. Persamaan diferensial gerak
poin materi
Mari kita substitusikan percepatan suatu titik ke dalam soal vektor
pergerakan
hari ke 2
A
dt
2
.
2
D
ke dalam persamaan dasar dinamika: m r
Fi
2
dt
(2) - diferensial
persamaan gerak suatu titik di
bentuk vektor.
(2).
M
F1
F2
R
HAI
A Dalam bentuk koordinat: Kami menggunakan koneksi radius-vektor dengan
koordinat dan vektor gaya dengan proyeksi:
r (t) x(t)i y(t) jz (t)k
Fi Fixi Fiy j Fiz k
d2
Setelah pengelompokan
m 2 (xi yj zk) (Fixi Fiy j Fiz k).
rasio vektor
dt
hancur
d 2x
mx Perbaiki;
Oh
:
M
F
;
ix
2
menjadi tiga skalar
dt
saya Fiy;
atau
2
persamaan:
d y
z
Oi
:
M
Fiy;
2
az
mz Fiz.
dt
M(x,y,z)
R
HAI
Saya
X
k
ay
kapak
d 2z
(Oz): m 2 Fiz. - diferensial
dt
persamaan gerak
z
J
X
kamu
kamu
titik-titik dalam koordinat
membentuk.
Hasil ini bisa didapat
proyeksi formal vektor
persamaan diferensial (1). Persamaan alami gerak suatu titik material
– diperoleh dengan memproyeksikan vektor
persamaan diferensial gerak ke alam
(bergerak) sumbu koordinat:
m s Fiτ ;
() : maτ τ Fiτ ;
(n) : sirip manusia; atau
hal 2
M
Sirip.
(b): m 0 Fib.
S
O1 n
F2
- alami
persamaan
pergerakan
poin.
B
M
A
F1
- alami
persamaan gerak
poin. 16. Dua masalah utama dinamika
Masalah langsung: Gerak diberikan (persamaan gerak,
lintasan). Hal ini diperlukan untuk menentukan kekuatan-kekuatan yang dipengaruhi
dimana suatu gerakan tertentu terjadi.
Masalah terbalik: Mengingat kekuatan-kekuatan yang berada di bawah pengaruhnya
terjadi pergerakan. Perlu menemukan parameter
kamu
pergerakan
(persamaan gerak, lintasan gerak).
Kedua permasalahan tersebut diselesaikan dengan menggunakan persamaan dasar dinamika dan
proyeksinya ke sumbu koordinat. Jika gerakan dipertimbangkan
titik tidak bebas, maka, seperti dalam statika, prinsip yang digunakan
kebebasan dari ikatan. Sebagai hasil dari reaksi tersebut, ikatan menjadi aktif
menjadi gaya-gaya yang bekerja pada suatu titik material. Solusi dulu
terkait tugas
dengan operasi diferensiasi. Solusi kebalikannya
R
problemO memerlukan integrasi diferensial yang sesuai
persamaan dan ini jauh lebih sulit daripada diferensiasi.
Soal kebalikannya lebih sulit dibandingkan soal langsung Solusi untuk masalah langsung dinamika - pertimbangkan di
contoh:
Contoh 1. Sebuah gerbong elevator bermassa G diangkat dengan tali c
percepatan a. Tentukan ketegangan kabel.
Solusi: 1. Pilih objek (mobil elevator bergerak maju dan
itu dapat dianggap sebagai poin material).
2. Sambungan (kabel) kita buang dan ganti dengan reaksi R.
3. Kita buat persamaan dasar dinamika: ma Fi G R
kamu
4. Proyeksikan persamaan dasar dinamika ke sumbu y:
R
(Oy) : mei R G .
Dengan gerak kabin yang seragam, ay = 0 dan tegangan kabel
sama dengan berat: T = G.
A
Jika kabel putus, T = 0 dan percepatan kabin sama dengan percepatan
jatuh bebas: ay = -g.
G
ay
G
HAI
R G ma y G a y G(1).
Kami menentukan reaksi kabel:
G
G
Tentukan tegangan kabel:
TR ; TR G(1
ay
G
).Solusi dari masalah kebalikan dari dinamika – Secara umum
pergerakan suatu titik gaya yang bekerja pada suatu titik adalah
variabel tergantung pada waktu, koordinat dan kecepatan.
Pergerakan suatu titik digambarkan oleh sistem tiga
mx Perbaiki;
persamaan diferensial orde kedua: m y F ;
iy
Setelah integrasi
masing-masingnya adalah x f1 (t, C1, C 2, C3); xf 4 (t, C1, C 2,..., C 6); mz Fiz.
enam konstanta y f 2 (t, C1, C 2, C3); kamu f (t, C, C,..., C); x x ; Y y ; z z ;
5
1
2
6
0
0
0
C1, C2,…., C6:
z f 3 (t, C1, C 2, C3).
z f 6 (t, C1, C 2,..., C 6). x x ; Y y ; z z .
0
0
0
Nilai konstanta C1, C2,…., C6
berasal dari enam inisial
x f1 (t, x 0, y 0, z 0); xf 4 (t, x 0, y 0, z 0, x0, y 0, z 0);
kondisi pada t = 0:
Setelah mensubstitusikan hasil temuan y f 2 (t, x 0, y 0, z 0); yf 5 (t, x 0, y 0, z 0, x0, y 0, z 0);
nilai konstanta yang kita peroleh: z f (t, x, y, z). z f 6 (t, x 0, y 0, z 0, x0, y 0, z 0).
3
0
0
0
Jadi
cara, di bawah pengaruh sistem kekuatan yang sama
X
suatu titik material dapat melakukan seluruh kelas gerakan,
ditentukan oleh kondisi awal.
Koordinat awal memperhitungkan posisi awal titik. Awal
kecepatan yang ditentukan oleh proyeksi memperhitungkan pengaruhnya terhadap pergerakannya
bagian lintasan gaya-gaya yang bekerja pada titik sebelumnya
tiba di situs ini, mis. keadaan kinematik awal. 17. Petunjuk umum penyelesaian langsung dan invers
tugas. Prosedur penyelesaian
1. Menyusun persamaan gerak diferensial:
1.1. Pilih sistem koordinat – persegi panjang
(diam) dengan lintasan gerak yang tidak diketahui,
alami (bergerak) dengan lintasan yang diketahui,
misalnya lingkaran atau garis lurus. Dalam kasus terakhir
satu koordinat linier dapat digunakan. Awal
sejajarkan titik acuan dengan posisi awal titik (pada t = 0)
atau dengan posisi setimbang titik tersebut, jika ada,
misalnya, ketika suatu titik berosilasi. 1.2. Gambarlah sebuah titik pada posisi yang sesuai dengan
pada waktu yang berubah-ubah (pada t > 0) sehingga
koordinatnya positif (s > 0, x > 0). Di mana
Kami juga yakin bahwa proyeksi kecepatan pada posisi ini
juga positif. Jika terjadi osilasi, proyeksi kecepatan
perubahan tanda, misalnya saat kembali ke jabatan
keseimbangan. Di sini harus diterima apa yang di pertimbangkan
suatu saat titik tersebut menjauh dari posisi setimbang.
Mengikuti rekomendasi ini penting di masa depan
bekerja dengan gaya resistensi yang bergantung pada kecepatan.
1.3. Bebaskan titik material dari sambungan, ganti
aksinya adalah reaksi, tambahkan kekuatan aktif.
1.4. Tuliskan hukum dasar dinamika dalam bentuk vektor,
proyek ke sumbu yang dipilih, nyatakan yang ditentukan
atau gaya reaktif melalui variabel waktu, koordinat
atau kecepatan, jika mereka bergantung padanya. 2. Menyelesaikan persamaan diferensial:
2.1. Turunkan turunannya jika persamaannya tidak
direduksi menjadi bentuk kanonik (standar).
Misalnya:
dv x atau s dv .
X
,
dt
dt
2.2. Variabel terpisah, misalnya:
dvx
1
dvx
1
dv
k
kdt atau
gv2,
kvx,
vx
M
dt
M
dt
M
dv
dt.
k 2
g v
M
2.3. Jika ada tiga variabel dalam persamaan,
lalu lakukan perubahan variabel, contoh:
dv x
1
cx,
dt
M
dv x dx v x dv x
1
cx
dtdx
dx
M
lalu pisahkan variabelnya. 2.4. Hitung integral tak tentu di kiri dan
di sisi kanan persamaan, misalnya:
dv x
1
vx m kdt
1
dalam vxkt C1
M
Menggunakan kondisi awal, misalnya t = 0, vx = vx0,
tentukan konstanta integrasi:
1
dalam v x v k t 0 C1 ; C1 dalam v x 0 .
x0
M
Komentar. Daripada menghitung integral tak tentu, Anda bisa melakukannya
mengevaluasi integral tertentu dengan variabel atas
membatasi.
Batas bawah mewakili nilai awal variabel
(kondisi awal) Maka tidak diperlukan temuan tersendiri
sebuah konstanta yang secara otomatis disertakan dalam solusi, misalnya:
ay
T
dv
1
ay
m kdt.
v 0
0
dalam v
ay
v 0
1 ton
kt 0 ;
M
dalam v dalam v 0
1
1
kt 0; dalam v kt dalam v 0 .
M
M 2.5. Nyatakan kecepatan melalui turunan koordinat terhadap
waktu, misalnya,
dan ulangi
1
kt dalam v 0
ds
paragraf 2.2 -2.4
M
ay
dt
e
Komentar. Jika persamaan direduksi menjadi kanonik
tipe yang mempunyai larutan standar, maka ini sudah jadi
solusinya digunakan.
Integrasi konstan masih ditemukan
kondisi awal. 18. Dinamika titik materi bebas
Pergerakan suatu titik yang dilempar membentuk sudut terhadap horizontal ke dalam
medan gravitasi yang seragam tanpa memperhitungkan
tahan udara
dv x
0;
Oh
:
M
X
0
;
dt
bu
F G.
Saya
(Оy): saya G mg ;
dv y
dt
dv x 0; dv y gdt;
vx
vy
T
vx 0
vy0
0
dv x 0; dv y gdt;
v x v x0 v0 cos ;
kamu
v0
HAI
X
G
X
G;
dx
v0cos ;
dt
x v0 biaya t;
v y v y 0 gt v0 dosa gt ;
mati
v0 dosa gt;
dt
gt 2
y v0 dosa t
;
219. Jenis getaran suatu titik material
1. Getaran bebas (tidak memperhitungkan hambatan
lingkungan).
2. Getaran bebas dengan memperhatikan hambatan medium
X
(osilasi teredam).
3. Getaran paksa.
4. Osilasi paksa dengan mempertimbangkan hambatan
lingkungan.
Getaran bebas - terjadi di bawah pengaruh
hanya kekuatan restoratif.
Mari kita tuliskan hukum dasar dinamika: ma G N R .
Mari kita pilih sistem koordinat yang berpusat pada posisinya
keseimbangan (titik O) dan proyek
persamaan sumbu x:
HAI
m x R cx.
aku
kamu
N
R
X
X
G
Mari kita sajikan persamaan yang dihasilkan
C
ke bentuk standar (kanonik): x k 2 x 0, di mana k 2.
M Persamaan ini linier homogen
persamaan diferensial orde kedua, bentuk
yang penyelesaiannya ditentukan oleh akar-akarnya
persamaan karakteristik diperoleh dengan menggunakan
substitusi universal: x e zt .
x zx2 dan zt .
z 2 k 2 0.
Akar persamaan karakteristik
imajiner dan sama: z1, 2 ki.
Solusi umum diferensial
persamaannya berbentuk: x C1 cos kt C2 sin kt.
Kecepatan titik: x kC sin kt kC cos kt.
1
2
Kondisi awal: t 0 x x0 , x x 0 .
Mari kita definisikan
konstanta: x0 C1 cos k 0 C2 sin k 0 C11 C2 0.
x kC1 dosa k 0 kC2 cos k 0 kC1 0 kC21.
C1 x0 .
C2
x 0
.
k Osilasi teredam dari suatu titik material –
terjadi gerak osilasi suatu titik material
di hadapan kekuatan dan kekuatan restoratif
resistensi terhadap gerakan.
Ketergantungan gaya resistensi terhadap gerakan pada perpindahan
atau kecepatan ditentukan oleh sifat fisik medium atau
sambungan yang mencegah pergerakan. Yang paling sederhana
ketergantungannya linier dengan kecepatan
(resistensi kental).
Redaman osilasi terjadi dengan sangat cepat. Dasar-dasar
pengaruh gaya resistensi kental – berkurang
amplitudo osilasi dari waktu ke waktu. 20. Gerak relatif suatu titik material
Mari kita asumsikan bahwa sistem koordinat Oxyz yang bergerak (non-inersia) bergerak sepanjang
dengan beberapa hukum relatif terhadap sistem koordinat tetap (inersia).
O1x1y1z1. Pergerakan suatu titik material M (x, y, z) relatif terhadap titik yang bergerak
sistem Oxyz– relatif, relatif terhadap sistem stasioner O1x1y1z1–
mutlak. Pergerakan sistem seluler Oxyz relatif terhadap sistem stasioner
sistem O1x1y1z1 – gerakan portabel.
Mutlak
Persamaan dasar dinamika: ma Fi. percepatan titik:
m(a aa) Fi .
R
e
C
a a a r a e a c.
Mari kita pindahkan istilah dengan portable dan
R
e
C
Percepatan coriolis ke kanan : ma Fi ma ma .
Istilah yang ditransfer memiliki dimensi kekuatan dan
dianggap sebagai kekuatan yang relevan
e ma e, c ma c.
inersia sama dengan:
R
Dalam proyeksi pada sumbu sistem yang bergerak
ma Fi e c.
koordinat yang kita punya:
F
F
(Оz): m z F
Kemudian gerak relatif titik tersebut
(Lembu): mx
dapat dianggap mutlak
jika kita menambah kekuatan akting
(Оy): saya
gaya inersia portabel dan Coriolis:
ix
contoh cx;
iy
ya;
akuz
ez cz.
Terima kasih atas perhatian Anda!
Kuliah 2
21. Dinamika sistem mekanikSistem poin material atau sistem mekanis –
Seperangkat titik material atau badan material,
disatukan oleh hukum umum interaksi (posisi
atau pergerakan setiap titik atau benda bergantung pada posisinya
dan gerakan orang lain).
Sistem poin bebas - yang pergerakannya tidak
dibatasi oleh koneksi apa pun (misalnya, planet
sistem di mana planet-planet dianggap sebagai
poin materi).
Sistem poin tidak bebas atau tidak bebas
sistem mekanis - pergerakan titik material atau
badan dibatasi oleh koneksi yang dikenakan pada sistem
(misalnya mekanisme, mesin, dll).
Kuliah 2
22. Gaya-gaya yang bekerja pada sistemSelain klasifikasi kekuatan yang sudah ada sebelumnya
(gaya aktif dan reaktif) yang baru diperkenalkan
klasifikasi kekuatan:
1. Gaya luar (e) – yang bekerja pada titik dan benda
sistem dari titik atau badan yang tidak termasuk dalam
dari sistem ini.
2. Kekuatan internal (i) – kekuatan interaksi antar
titik atau benda material yang termasuk dalam suatu hal tertentu
sistem.
Kekuatan yang sama dapat bersifat eksternal dan
kekuatan batin. Itu semua tergantung pada jenis mekaniknya
sistem sedang ditinjau.
Contoh : Pada sistem Matahari, Bumi dan Bulan semua gayanya
tarikan gravitasi di antara keduanya bersifat internal. Pada
mempertimbangkan sistem gravitasi Bumi dan Bulan,
yang diterapkan dari sisi Matahari bersifat eksternal. Berdasarkan hukum aksi dan reaksi masing-masing
kekuatan internal Fk sesuai dengan internal lainnya
gaya Fk” yang besarnya sama dan besarnya berlawanan
arah.
Dua sifat luar biasa dari kekuatan internal mengikuti dari ini:
1. Vektor utama semua gaya dalam sistem adalah sama dengan
Saya
Saya
nol: R Fk 0.
2. Poin utama dari semua kekuatan internal sistem
Saya
Saya
M
M
kO 0.
relatif terhadap pusat mana pun adalah nol: O
A
DI DALAM
Z
Xki 0; Yaki 0; Z ki 0.
Saya
Saya
Saya
M
0
;
M
0
;
M
kx
oke
kz 0.
DENGAN
Catatan: Meskipun persamaan ini mirip dengan persamaan kesetimbangan, namun sebenarnya persamaan tersebut serupa
tidak seperti itu, karena kekuatan internal diterapkan
ke berbagai titik atau badan sistem dan dapat menyebabkan pergerakannya
titik (benda) relatif satu sama lain. Dari persamaan ini berikut,
bahwa gaya-gaya dalam tidak mempengaruhi gerak sistem yang ditinjau
sebagai satu kesatuan. 23. Pusat massa suatu sistem titik material
Untuk menggambarkan gerak sistem secara keseluruhan, kami perkenalkan
suatu titik geometris yang disebut pusat massa, yang vektor jari-jarinya ditentukan oleh ekspresi
mk rk
R
,
C
dimana M adalah massa seluruh sistem:
mmk.
M
Atau dalam proyeksi ke sumbu koordinat:
mkxk
xC
,
mk y k
kamu
,
M
z m1
r1
RC
m2
HAI
X
kamu
mk
C r
k
zC
r2
M
rn
xC
M N
kamu
mk zk
zC
.
M
Rumus pusat massa
mirip dengan rumus pusat
gravitasi. Namun konsep pusat
massa lebih umum karena tidak
berhubungan dengan gaya gravitasi atau
kekuatan gravitasi. 24. Teorema gerak pusat massa sistem
mk ak Fk Fk atau mk
e
Saya
2
D
e
M
R
R
.
2kk
dt
Dalam proyeksi aktif
sumbu koordinat:
d 2 rk
dt
2
Fke Fki. Mari kita simpulkan
persamaan ini
di semua titik:
MrC mk rk .
d2
e
M
R
R
.
C
2
dt
mk
d 2 rk
dt 2
Fke Fki.
Ulang
M
d 2 rC
dt 2
Ulang
Ri 0
MAC R
M x C R ex Fxke ; Teorema: Produk
M y C R ey
M z C R ez
massa sistem sebesar
seperti; percepatan pusatnya
massa sama dengan massa utama
e
Fzk. vektor kekuatan eksternal.
e Akibat wajar dari teorema gerak pusat massa sistem
(hukum konservasi)
adalah nol, Re = 0, maka kecepatan pusat massa konstan, vC = const (pusat
massa bergerak beraturan dalam garis lurus - hukum kekekalan gerak
Pusat massa).
2. Jika dalam selang waktu proyeksi vektor utama bersifat eksternal
gaya sistem pada sumbu x adalah nol, Rxe = 0, maka kecepatan pusat massa sepanjang sumbu x
sama dengan nol, Re = 0, dan pada momen awal kecepatan pusat massa sama dengan
nol, vC = 0, maka vektor jari-jari pusat massa tetap konstan, rC =
const (pusat massa diam - hukum kekekalan posisi
Pusat massa).
gaya sistem pada sumbu x adalah nol, Rxe = 0, dan kecepatan pada momen awal
pusat massa sepanjang sumbu ini sama dengan nol, vCx = 0, maka koordinat pusat massa sepanjang
sumbu x tetap, xC = const (pusat massa tidak bergerak sepanjang ini
sumbu).
25. Dorongan paksaan
Ukuran karakteristik interaksi mekanis
transmisi gerakan mekanis dari akting
ke titik gaya untuk periode waktu tertentu:
S F (t 2 t1).
Dalam proyeksi aktif
T
T
T
koordinat (Ox): S x Fx dt; (Oy): S y Fy dt ; (Oz): S z Fz dt .
T
T
T
as:
2
2
2
1
1
1
t2
Dalam kasus gaya konstan: S F dt
t1
S x Fx (t 2 t1);
S y Fy (t 2 t1);
S z Fz (t 2 t1);
Impuls resultan sama dengan geometri
jumlah impuls gaya yang diterapkan pada suatu titik selama satu waktu yang sama
periode waktu yang sama: R F1 F2 ... Fn.
R dt F1dt F2 dt ... Fn dt.
Mari berintegrasi di t2
t2
t2
t2
interval yang diberikan R dt F1dt F2 dt ... Fn dt.
t1
t1
t1
t1
waktu:
S S1 S 2 ... S n . 26. Gerak suatu titik
sama dengan hasil kali massa suatu titik dan vektornya
kecepatan: Q mv.
Jumlah gerak sistem titik material –
jumlah geometri kuantitas pergerakan material
poin: Q Q1 Q2 ... Qn Qk .
Menurut definisi pusat massa:
Q
M
ay
Q Qk mk vk mk
minum
D
(mk rk).
dt
dt
MrC mk rk .
Vektor momentum sistem sama dengan
hasil kali massa seluruh sistem dan vektor kecepatan
pusat massa sistem.
drC
D
Kemudian: Q dt (Mrc) M dt MvC .
Dalam proyeksi aktif
Q Mx C ;
sumbu koordinat: x
QMvC.
Qy Mx C ;
Q y Mx C . 26. Teorema perubahan momentum
sistem
Mari kita perhatikan sistem n poin material. Melekat
Kami membagi setiap titik gaya menjadi eksternal dan internal dan
Mari kita gantikan dengan resultan Fke dan Fki yang bersesuaian.
Mari kita tuliskan persamaan dasar dinamika untuk setiap titik:
mk a k F ke F ki atau mk dvk Fke Fki .
dt
Mari kita simpulkan hal ini
Di sisi kiri persamaan kami perkenalkan
persamaan
massa di bawah tanda turunan
di semua titik:
dan ganti jumlah turunannya dengan
dvk
e
Saya
M
F
F
.
k
k
k
turunan dari jumlah: d (m v) R e .
dt
kk
dt
Dari definisinya
e
Saya
D
Q
e
R
0
R
besaran mk v k Q .
R.
Turunan vektor momentum sistem terhadap waktu
dt sama dengan vektor utama gaya luar sistem.
sistem pergerakan:
dQx
Dalam proyeksi ke koordinat dQx R e F e ; dQx R e F e ;
R e F xke.
xk
xk
dt
dt
dt
as:
X
X
X 26. Akibat wajar dari teorema perubahan besaran
gerak sistem (hukum kekekalan)
:
1. Jika dalam selang waktu vektor utama adalah luar
gaya sistem adalah nol, Re = 0, maka besaran vektor
geraknya konstan, Q = konstanta – hukum kekekalan
momentum sistem.
2. Jika dalam selang waktu proyeksi vektor utama
gaya luar sistem pada sumbu x sama dengan nol, Rxe = 0, maka
proyeksi momentum sistem ke sumbu x
konstan, Qx = konstanta.
Pernyataan serupa juga berlaku untuk sumbu y dan z.
dQ
Kami memproyeksikan ke sumbu: τ m1 g cos m2 g cos 0.
dt
Kita berbagi
Q
T
variabel
dQτ (m1 g cos m2 g cos)dt 0.
0
dan mengintegrasikan: Q0
Oleh karena itu hukum Qτ Qτ 0 0 atau Qτ 0 Qτ.
menyimpan: Mv m v m v .
1 1
2 2
Integral kanan
hampir sama
nol, karena waktu
ledakan t<<1.
v2
Mv m1v1
v2.
m2 27. Momentum suatu titik atau kinetika
momen gerak relatif terhadap suatu pusat
Ukuran gerak mekanis yang ditentukan oleh vektor,
sama dengan produk vektor dari vektor radius
titik material dengan vektor momentumnya:
Q
ay
Momen kinetik suatu sistem titik material
relatif terhadap beberapa pusat – geometris
jumlah momen dari besaran-besaran gerak semuanya
titik material relatif terhadap pusat yang sama:
M
KO.
R
HAI
K HAI r Q r mv .
K x y (mv z) z (mv y);
K y z (mv x) x (mv z);
K z x (mv y) y (mv x).
Turunan dari vektor momentum sudut
sistem relatif terhadap beberapa pusat dalam waktu
sama dengan momen utama gaya luar sistem
relatif terhadap pusat yang sama.
KO K1O K2O ... KnO KiO ri mi vi .
Dalam proyeksi
Kx
pada sumbu:
K
ix
; K y Kiy;
K z Kiy. 28. Teorema perubahan momentum sudut
pergerakan sistem
Mari kita perhatikan sistem n poin material. Melekat
Kami membagi setiap titik gaya menjadi eksternal dan internal dan
Mari kita gantikan dengan resultan Fke dan Fki yang bersesuaian.
Mari kita tuliskan persamaan dasar dinamika untuk setiap titik:
dvk
e
Saya
e
Saya
M
F
F
.
mk a k F k F k
k
atau
k
k
dt
Mari kita mengalikan setiap persamaan secara vektor dengan vektor jari-jari
kiri:
dv
rk mk
k
dt
Mari kita simpulkan hal ini
persamaan untuk semua
poin:
rk Fke rk Fki .
dvk
e
Saya
R
M
R
F
R
F
k
kkkk.
k
dt
e
MO.
Saya
MO.
0Mari kita lihat apakah kita bisa menghilangkan tanda turunannya
di luar perkalian silang:
minum
dvk
D
(rk mk vk)
mk vk rk mk
dt
dt
dt
vk mk vk 0 (dosa(vk , mk vk) 0)
dvk
rk mk
.
dt
D
e
R
M
ay
M
k
kk
HAI.
dt
Jadi, kami mendapat:
Mari kita gantikan jumlah turunannya
ke turunan dari jumlah: d
(rk mk vk) M Oe .
dt
Pernyataan dalam tanda kurung adalah momentum sudut
sistem. Dari sini:
dK
HAI
dt
M Oe. Dalam proyeksi ke sumbu koordinat:
dKy
dK x
dK z
e
e
Mx;
Ku;
Mze.
dt
dt
dt
Teorema: Turunan dari vektor torsi
jumlah gerak sistem relatif terhadap
dari beberapa pusat mempunyai waktu yang sama dengan pusat utama
momen gaya luar sistem relatif terhadap
pusat yang sama.
dK
HAI
dt
M Oe.
Teorema: Turunan dari momen kuantitas
pergerakan sistem relatif terhadap beberapa sumbu
sama waktunya dengan momen utama eksternal
gaya-gaya sistem relatif terhadap sumbu yang sama.
dKy
dK x
dK z
e
e
Mx;
Ku;
Mze.
dt
dt
dt 29. Akibat wajar dari teorema perubahan torsi
momentum sistem (hukum kekekalan)
1. Jika dalam selang waktu vektor momen utama
kekuatan eksternal sistem relatif terhadap beberapa pusat
sama dengan nol, MOe = 0, maka vektor momen besaran
gerak sistem relatif terhadap pusat yang sama
konstanta, KO = konstanta – hukum kekekalan torsi
momentum sistem).
2. Jika dalam selang waktu momen utama bersifat eksternal
gaya sistem relatif terhadap sumbu x adalah nol, Mxe = 0, maka
momentum sudut sistem terhadap sumbu x
konstanta, Kx = konstanta.
Pernyataan serupa juga berlaku untuk sumbu y dan z. 30. Unsur-unsur teori momen inersia
Dalam gerak rotasi benda tegar, ukuran inersia
(resistensi terhadap perubahan gerak) adalah momennya
inersia relatif terhadap sumbu rotasi. Mari kita lihat yang utama
definisi konsep dan metode penghitungan momen
kelembaman.
30.1. Momen inersia suatu titik material
relatif terhadap sumbu
2
2
2
Saya z mh m(x y)
z
H
M
z
R
HAI
H
X
X
kamu
kamu
Momen inersia suatu bahan
titik relatif terhadap sumbu adalah sama
hasil kali massa suatu titik dan
kuadrat jarak titik dari sumbu.
Selain momen inersia aksial suatu benda tegar
Ada jenis momen inersia lainnya:
Saya xy xydm
- momen inersia sentrifugal
tubuh padat. 30.2. Momen inersia suatu benda tegar terhadap suatu sumbu
z
Saya z mk hk2 mk (xk2 yk2)
hk
rk
mk
z
kamu
HAI
ya
X
Momen inersia suatu benda tegar
relatif terhadap sumbu sama dengan jumlah
hasil kali massa setiap titik
dengan kuadrat jarak titik ini
ke sumbu.
Saat berpindah dari diskrit
massa kecil hingga sangat kecil
massa suatu titik, batas jumlah tersebut
ditentukan oleh integral:
xk
Saya z h 2 dm (x 2 kamu 2)dm
- momen inersia aksial
tubuh padat.
Saya HAI r dm (x y z)dm
2
2
2
2
- momen kutub
inersia suatu benda padat. 30.4. Momen inersia batang konstan seragam
penampang relatif terhadap sumbu
Mari kita pilih volume dasar dV = Adx pada jarak x:
zС
z
Dasar
berat:
dm Adx
L
X
X
C
dx
L
3L
L
X
Saya z x 2 dm x 2 Adx A
3
0
0
0
L3 ML2
A
3
3
lokasi sumbu dan tetapkan batas integrasi (-L/2,
L/2). Di sini kami mendemonstrasikan rumus untuk berpindah ke
sumbu paralel:
2
2
M.L.
L
saya zC M .
3
2
Saya z Saya zC d M .
2
saya zC
2
ML L
ml2
M
.
3
12
2
230.5. Momen inersia silinder padat homogen
relatif terhadap sumbu simetri
Mari kita pilih volume dasar: dV = 2πrdrH (silinder tipis
radius r
Massa unsur:
dm 2 rdrH
R
R
Saya z r dm r 2 2 rdrH
2
0
0
4R
R
2 jam
4
0
R 4 PAK 2
2 jam
4
2
PAK 2
Iz
2
Karena tinggi silinder tidak termasuk dalam hasil
rumus momen inersia, maka momen tersebut tetap ada
berlaku untuk solid disk dan rim yang tipis
roda (cincin tipis). 31. Momen kinetik benda tegar
ΔK zi hai Δmi vi hai Δmi z hi h Δmi .
2
z saya
K z ΔK zi z h Δmi z I z .
2
Saya
Atau melanjutkan
hingga sangat kecil:
dK z hdmv hdm z h z h dm.
2
K z dK z z h 2 dm z I z .
Momen kinetik putaran
benda sama dengan hasil kali sudut
kecepatan pada momen inersia
relatif terhadap sumbu rotasi.
z
z
Hai
saya
vi
X
kamu 32. Persamaan diferensial rotasi
benda tegar terhadap sumbunya
Mari kita tuliskan teorema tentang perubahan momentum sudut
benda tegar yang berputar pada sumbu tetap:
dK z
Mze.
dt
Momen kinetik benda tegar yang berputar sama dengan:
z
z
z
Mz
X
K z z aku z .
Momen gaya luar terhadap sumbu
putaran sama dengan torsi
(reaksi dan gravitasi M e M M
z
z
memutar
jangan menciptakan peluang):
Kami mengganti momen kinetik dan
kamu
torsi ke dalam teorema
d (z saya z)
Rotasi M z M
dt
Saya z M z M rotasi 33. Teori dasar giroskop
Giroskop - benda kaku yang berputar pada suatu poros
simetri material, salah satu poinnya
diam.
Giroskop bebas - dipasang sedemikian rupa sehingga pusat massanya
tetap diam dan sumbu rotasi melewatinya
pusat massa dan dapat mengambil posisi apa pun
ruang, yaitu sumbu rotasi mengubah posisinya
mirip dengan sumbu rotasi benda itu sendiri di
gerakan bola.
KC
ω Asumsi utama perkiraan (dasar)
teori giroskop – vektor momen kuantitas
pergerakan (momen kinetik) rotor dipertimbangkan
diarahkan sepanjang sumbu rotasinya sendiri.
Properti utama giroskop bebas adalah sumbu rotor
mempertahankan arah konstan dalam ruang
sehubungan dengan kerangka acuan inersia (bintang).
(ditunjukkan oleh pendulum Foucault, yang menjaga
sehubungan dengan bintang-bintang bidang ayun, 1852).
Hal ini mengikuti hukum kekekalan momentum sudut
relatif terhadap pusat massa rotor, disediakan
mengabaikan gesekan pada bantalan poros suspensi
rotor, rangka luar dan dalam:
dK C
M Ce 0;
dt
K C konstan. 34. Aksi gaya pada sumbu giroskop bebas
Jika ada gaya yang diterapkan pada sumbu rotor,
momen gaya luar terhadap pusat massa tidak sama
nol:
dK
Saya dan Fh.
C
dt
M Ce r F ;
C
Turunan momentum sudut terhadap waktu
sama dengan kecepatan ujung vektor ini (teorema Rézal):
dK C
dr
vK ; (v).
dt
dt
vK
z
M Ce.
Artinya sumbu rotornya adalah
menyimpang dari arah tindakan
gaya, dan menuju vektor torsi
kekuatan ini, yaitu tidak akan berubah
relatif terhadap sumbu x (internal
suspensi), dan relatif terhadap sumbu y
(suspensi eksternal).
F
H
vK
kamu
DENGAN
M Ce
X
ω
KC Ketika gaya berhenti, sumbu rotor akan tetap ada
dalam posisi konstan yang sesuai dengan
saat terakhir waktu aksi paksa, karena
mulai saat ini momen kekuatan eksternal lagi
menjadi sama dengan nol.
Jika terjadi gaya jangka pendek (benturan), sumbu
Giroskop praktis tidak mengubah posisinya.
Dengan demikian, putaran cepat rotor berkomunikasi
kemampuan giroskop untuk menangkal acak
pengaruh yang cenderung mengubah posisi sumbu
putaran rotor, dan dengan gaya konstan
mempertahankan posisi bidang tegak lurus
gaya kerja di mana sumbu rotor berada. Properti ini
digunakan dalam pengoperasian sistem navigasi inersia.
Terima kasih atas perhatian Anda!
Contoh: Dua orang bermassa m1 dan m2 berada di dalam sebuah perahumassa m3. Pada saat awal, sebuah perahu berisi manusia
sedang istirahat. Tentukan perpindahan perahu jika
seseorang bermassa m2 dipindahkan ke haluan perahu pada jarak a.
1. Benda gerak
(perahu dengan orang-orang):
x2
kamu
x1
2. Kami membuang sambungan (air):
A
G3
3. Ganti sambungan dengan reaksi :
4. Tambahkan kekuatan aktif:
G1
R
G2
X
HAI
Proyeksikan ke sumbu x:
M x C 0.
xC konstan.
MaC R e G1 G2 G3 N
0 m1b m2 a.
B
m2
A.
m1
x3
x C konstan 0.
mk xk 0 mk xk .
m2 a
0 m1l m2 (l a) m3l
aku
m1 m2 m3
dalam arah yang berlawanan.
17
Kuliah 6 (lanjutan dari 6.2)
Teorema gerak pusat massa suatu sistem – Perhatikan sistem yang terdiri dari n titik material. Kami membagi gaya yang diterapkan pada setiap titikmenjadi eksternal dan internal dan menggantinya dengan resultan Fke dan Fki yang sesuai. Mari kita tulis persamaan dasar untuk setiap titik
pembicara:
atau
d 2 rk
e
Saya
d 2 rk
Mari kita simpulkan persamaan-persamaan ini
mk a k F ke F ki
mk
F
F
.
M
k 2 Fke Fki .
k
k
di semua titik:
dt 2
dt
Di sisi kiri persamaan kita masukkan massa di bawah tanda turunan
d2
(m r) R e.
dan gantikan jumlah turunannya dengan turunan dari jumlah tersebut:
2kk
Dari definisi pusat massa:
Setelah menghapus massa sistem
untuk tanda turunannya kita peroleh
Dalam proyeksi ke sumbu koordinat:
MrC mk rk .
M
d 2 rC
dt
2
dt
Mari kita substitusikan ke dalam persamaan yang dihasilkan:
R e atau:
M x C R ex X ke ;
My C R ey Yke ;
MaC R e
d2
(MrC) R e .
2
dt
Ulang
Ri 0
Hasil kali massa suatu sistem dan percepatan massa pusatnya
sama dengan vektor utama gaya luar.
Pusat massa sistem bergerak sebagai titik material yang massanya sama dengan massa
keseluruhan sistem dimana semua gaya luar yang bekerja pada sistem diterapkan.
Contoh: Dua orang bermassa m1 dan m2 berada di dalam perahu bermassa m3.
Pada saat awal, perahu yang berisi orang-orang sedang diam.
Tentukan perpindahan perahu jika seseorang bermassa m2 bergerak ke haluan
Akibat wajar dari teorema gerak pusat massa sistem
perahu dari kejauhan.
kamu
(hukum konservasi):
x2
A
1. Jika dalam selang waktu vektor utama gaya luar sistem
X
1. Objek pergerakan (perahu dengan orang):
1
adalah nol, Re = 0, maka kecepatan pusat massa konstan, vC = konstanta
2. Kami membuang sambungan (air):
(pusat massa bergerak beraturan dalam garis lurus - hukum kekekalan
3.
Kami mengganti koneksi dengan reaksi:
G1
X
pergerakan pusat massa).
HAI
G2
2. Jika dalam selang waktu proyeksi vektor utama gaya luar 4. Tambahkan gaya aktif:
sistem pada sumbu x adalah nol, Rxe = 0, maka kecepatan pusat massa sepanjang sumbu x
5. Kita tuliskan teorema tentang pusat massa:
konstan, vCx = const (pusat massa bergerak seragam sepanjang sumbu).
G3
R
MaC R e G1 G2 G3 N
Pernyataan serupa juga berlaku untuk sumbu y dan z.
x3
3. Jika dalam selang waktu vektor utama gaya luar sistem
Proyeksikan ke sumbu x: M x C 0.
x C konstan 0.
adalah nol, Re = 0, dan pada momen awal kecepatan pusat massa adalah nol,
xC konstan.
vC = 0, maka vektor jari-jari pusat massa tetap, rC = const (pusat
mk xk 0 mk xk .
massa diam - hukum kekekalan posisi pusat massa).
Mari kita tentukan seberapa jauh seseorang bermassa m1 perlu berpindah tempat duduk,
m1 x1 m2 x2 m3 x3 m1 (x1 l) m2 (x2 l a) m3 (x3 l)
4. Jika dalam selang waktu proyeksi vektor utama bersifat eksternal
kekuatan
untuk menjaga perahu tetap di tempatnya:
sistem pada sumbu x adalah nol, Rxe = 0, dan pada momen awal kecepatan pusatnya
m2 a
0 m1l m2 (l a) m3l
m1 x1menurut ini
m2 x2 sumbu
sama
m1 (x1v Cxb=) 0,
M
(x2 a) mpusat
aku
massa
koordinat ke2
massa sumbu x
3 x3 nol,
3x3.
m1 m2 m3
m2
tetap konstan, xC = const (pusat massa tidak bergerak sepanjang sumbu ini).
Perahu akan bergerak sejauh l
B
A
.
0
M
B
M
A
.
Serupa
berlaku untuk sumbu ym dan z.
1 pernyataan
2
17
dalam arah yang berlawanan.
M z C R ez Z ke .
1
Kuliah 8 (lanjutan dari 8.2)
4.Momen inersia batang konstan seragam
bagian relatif terhadap sumbu:
Mari kita soroti yang dasar
zС
volume dV = Adx
z
L
pada jarak x:
5.
Momen inersia silinder padat homogen
relatif terhadap sumbu simetri:
Mari kita soroti yang dasar
volume dV = 2πrdrH
(silinder tipis berjari-jari r) :
Dasar
berat:
dm 2 rdrH
z
R
X
dx
L
Dasar
berat:
dm
C
X
L
3L
X
Saya z x dm x Adx A
3
0
0
2
2
0
tambahan
H
R
L3 ML2
A
3
3
kamu
Untuk menghitung momen inersia relatif terhadap pusat
sumbu (melewati pusat gravitasi) cukup diubah
lokasi sumbu dan tetapkan batas integrasi (-L/2, L/2).
Di sini kami mendemonstrasikan rumus transisi ke paralel
sumbu:
2
2
saya z saya zC d 2 M .
2
saya zC
6.
ML2 L
ml2
M
.
3
12
2
0
0
4R
X
R
R
2 jam
4
dr
0
R 4 PAK 2
2 jam
4
2
Di sini kita menggunakan rumus volume silinder V=πR2H.
Untuk menghitung momen inersia silinder berongga (tebal).
cukup dengan menetapkan batas integrasi dari R1 ke R2 (R2>R1):
M.L.
L
saya zC M .
3
2
r4
saya z 2 jam
4
R2
R1
2
2
R24 R14 M (R 2 R1)
2 jam
.
4
4
2
Momen inersia silinder tipis terhadap sumbu Karena tinggi silinder akibatnya tidak termasuk dalam rumus momen
inersia, maka mereka tetap berlaku untuk solid disk tipis dan
simetri (t<
R
z t
Karena ketebalan silinder yang kecil
kami berasumsi bahwa semua titik berada
pada jarak yang sama R ke sumbu
dan tidak diperlukan integrasi.
Volume V = 2πRtH. (silinder tipis
radius R dengan tebal dinding t).
H
kamu
X
R
Saya z r 2 dm r 2 2 rdrH
■
z
2
M ((R 2 (R t) 2) M (2 R 2 2 Rt t 2) 2R .
Iz
.
2
2
Mari kita pilih volume kecil bermassa mi:
ΔK zi hai Δmi vi hai Δmi z hi z hi2 Δmi .
z
Hai
Saya z R 2 2 RtH PAK 2 .
Hal yang sama dapat dicapai dengan menggunakan
rumus untuk silinder berdinding tebal, dengan memperhatikan
t kecil:
Momentum benda tegar
saya
X
K z ΔK zi z hi2 Δmi z I z .
vi
Atau beralih ke yang sangat kecil:
kamu
dK z hdmv hdm z h z h 2 dm.
K z dK z z h 2 dm z I z .
Momentum sudut benda yang berputar sama dengan hasil kali
kecepatan sudut pada momen inersia terhadap sumbu rotasi.
22teorema Euler
Teorema: Penerapan teorema perubahan besaran
pergerakan sistem terhadap pergerakan medium kontinu (air).
(x) : M detik (v2 x v1x) Rxrev Rxrev;
(y) : M detik (v2 y v1 y) R yob R ypov;
(z) : Mgerakan
Lokasi Rz
.
detik (v2 z v1volume
z) Air Rz,
1.Pilih sebagai objek
pada saluran lengkung turbin:
2. Kita membuang hubungan dan mengganti aksinya dengan reaksi (Rpov adalah resultan gaya permukaan)
3. Tambahkan gaya aktif (Rob – resultan gaya volumetrik):
tentang
v1
F1
A
A
B
B
rampok
Banyaknya pergerakan air pada waktu t0 dan t1
Dalam proyeksi sebagai
untuk jumlah:
as:
mari kita bayangkan
Q Q Q.
0
C
D
F2
v2
AB
SM
Q1 QBC QCD.
,
Perubahan momentum air dalam selang waktu:
QQ1 Q0 QCD QAB.
Perubahan kuantitas
pergerakan
vektor air besaran kedua gerak fluida pada sumbunya sama dengan
Perbedaan
proyeksi
dQ dQCD dQAB , di mana dQAB (F1v1dt)v1;
untuk sangat kecil
selang
waktu
dt: vektor
jumlah proyeksi utama
gaya volumetrik dan permukaan pada sumbu yang sama.
dQCD (F2v2 dt)v2 .
Mengambil hasil kali massa jenis, luas penampang, dan kecepatan sebagai massa kedua
kita mendapatkan:
dQ (M dt)v ;
AB
dQ
Rob Rp.
dt
4. Kita tuliskan teorema tentang perubahan momentum sistem:
RPov
C
D
pov
detik
1
dQCD (M detik dt)v2 .
dQ M detik (v2 v1)dt.
M detik F1v1 F2v2,
Menggantikan perbedaan momentum sistem
dalam teorema perubahan kita mendapatkan:
M detik (v2 v1) Rrev Rrev.
Selisih geometri antara vektor-vektor besaran kedua gerak fluida adalah sama dengan
jumlah vektor utama gaya volumetrik dan permukaan.