Энергетический способ решения задач

Энергетический метод решения задач статики

В динамике применение энергетических соображений часто упрощает решение задач. Гораздо менее известно, что это имеет место и в статике. В задачах на определение параметров равновесия физической системы используем тот факт, что в состоянии равновесия система обладает наименьшей потенциальной энергией. Упрощение расчётов достигается за счёт того, что оперировать со скалярной энергией легче, чем с векторными силами. Нахождение минимума энергии всегда возможно с помощью производной, однако в ряде случаев рациональнее применить соображения элементарной математики. Переходим к рассмотрению конкретных задач.

Задача 1. Из однородной тонкой проволоки длиной 12 см согнули прямоугольный треугольник с катетами 3 см и 4 см. Он подвешен за прямой угол на вбитый в стену гвоздь. Трением в точке подвеса можно пренебречь. Какой угол с вертикалью α образует меньший катет?

Решение. Пусть масса 1 cм проволоки равна m. Нам удобно, направив ось ординат вверх, вниз отсчитывать «глубину» как высоту со знаком «минус». Начало координат совпадает с вершиной прямого угла C. Находим потенциальную энергию треугольника как сумму потенциальных энергий всех его сторон, считая очевидным, что центр масс стороны лежит в её середине. Учитываем тривиальный геометрический факт: медиана СD = 1/2 AB = 5/2 см. Тогда потенциальная энергия ∆ABC равна:

Окончательно вычисляем энергию W:

Преобразуем выражение 3 sinα + 2 cosα по известной школьной тригонометрической формуле

Минимальное значение энергии достигается при откуда сразу вытекает, что и

Числовое значение искомой величины α ≈ 56,3°.

Задача 2. Из проволоки изготовлена рама в форме прямоугольного треугольника с острым углом 30° и помещена в вертикальной плоскости так, как показано на рисунке. По проволоке без трения скользят связанные нитью два груза массами m₁ = 0,1 кг и m₂ = 0,3 кг. Чему равен угол α в положении равновесия?

Решение. Пусть длина нити l, тогда CD = l cosα и CF = l sinα. Пусть AC = b, тогда BC = Обозначим высоту груза m₁ через DE = h₁, а высоту груза m₂ через FG = h₂.

В силу упомянутого в задаче 2 тригонометрического преобразования:

Очевидно, что минимальное значение энергии что достигается при

Числовое значение искомой величины α ≈ 79,1°.

Задача 3. По кольцу могут свободно перемещаться три шарика, один из которых несёт заряд +q₁, а два других – по +q₂ каждый. Чему равно отношение зарядов q₁/q₂, если при равновесии дуга между зарядами q₂ составляет 60°?

Решение. Пусть радиус кольца R, его центр находится в точке O. Нам удобнее задаться вопросом: при каком угле α (∠AOC = α) будет равновесие зарядов? Легко видеть, что

Тогда стороны треугольнка ABC выразятся так: и (равнобедренность ∆ABC следует из равенства зарядов в вершинах A и C).

Потенциальная электростатическая энергия системы трёх зарядов равна сумме энергий их парных взаимодействий: что легко преобразуется к

В формуле (1) величина – коэффициент из закона Кулона. Физически ясно, что 0 < α < 180°.

Из формулы (1) следует, что W → ∞ при α → 0 и

При исследовании функции W(α) не обойтись без дифференцирования её по переменной α:

А теперь вспомним, что α = 60°! Это и даст числовой результат:

Так как q₁≫q₂, то физически ясно, что при α → 180° равновесия быть не может. Это подтверждает и сравнение величин:

Несмотря на калькуляторный расчёт, вторая величина, несомненно, больше первой. Следовательно, уравнение W′ = 0 дало нам минимум энергии, а значит, и положение равновесия.

Задача 4. Четыре маленьких шарика соединены тонкими непроводящими нитями так, что в натянутом состоянии они образуют ромб. Чему равен острый угол между нитями, если шарики, находящиеся в противоположных вершинах ромба, имеют заряды, Q, Q и q, q, причём q < Q?

Решение. Пусть сторона ромба равна l, искомый острый угол равен α. Тогда меньшая диагональ ромба равна , а бóльшая –. Потенциальная энергия электростатического взаимодействия системы четырёх зарядов равна сумме энергий их парных взаимодействий:

Очевидно, что 0 < α < 90°, а также, что W → ∞ при α → 0 и при α → 90°.

Дифференцируем функцию (2) по переменной α:

Физически (и логически!) ясно, что при α → 90° равновесия быть не может. Следовательно, уравнение W′= 0 дало искомый угол.

Задача 5. Небольшой шарик массой m и зарядом q висит на нерастяжимой изолирующей нити длиной l. В месте его исходного расположения закрепляют такой же шарик. На какой угол α отклонится нить?

Решение. Полная потенциальная энергия (механическая и электростатическая) данной системы

где обозначения величин ясны из рисунка. Геометрически очевидно, что h = l – lcosα и

С учётом последнего формула (3) преобразуется:

Дифференцируем функцию W по α:

Применив формулу решаем уравнение W′= 0:

Источник

Энергетический метод (Энергетические методы решения задач)

Описание файла

PDF-файл из архива «Энергетические методы решения задач», который расположен в категории «книги и методические указания». Всё это находится в предмете «физика и механика пластических деформаций (фмпд) (мт-6)» из шестого семестра, которые можно найти в файловом архиве МГТУ им. Н.Э.Баумана. Не смотря на прямую связь этого архива с МГТУ им. Н.Э.Баумана, его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе «остальное», в предмете «физика и механика пластических деформаций (фмпд) (мт-6)» в общих файлах.

Просмотр PDF-файла онлайн

Текст из PDF

4.4. Энергетические методы решенияОбщий подход – задаются кинематически возможные поля скоростей(перемещений) для аппроксимации деформированного состояния споследующим применением закона сохранения энергии, экстремальныхи вариационных теорем теории пластичности для определениянапряженного состоянияРешение получают минуя интегрирование дифференциальныхуравнений равновесияДопущения для получения простых аналитических решений:• Деформируемый материал однороден и изотропен.

Модельматериала – жестко-пластическая.• Справедливы физические уравнения теории течения в видеуравнений Сен-Венана – Леви – Мизеса или деформационнойтеории пластичности в виде, предложенным А.А.Ильюшиным.• Используют кинематически возможные поля скоростей(перемещений), в которых допускают разрывы касательныхкомпонент.• Силы контактного трения определяются законом Зибеля.• Температурные напряжения и деформации, а также силы инерциипренебрежимо малы.1Кинематически возможные поля скоростей (перемещений)Кинематически возможные поля скоростей (перемещений) должныудовлетворять:1.

Граничным условиям2. Условиям непрерывностиv0Кинематически возможные поля скоростейГУ:-v0-v0-v0-v0v z z = h = −v0vz z =0 = 0hvzzНарушение условий непрерывности при пластической деформацииведет к нарушению условия постоянства объемаДля одних и тех же граничных условий может быть предложенобесконечное множество кинематически возможных полей скоростей(перемещений)2Разрывные поля скоростейЗона 2vM2nvM2vM1τfSτs=kMτs=kvM2τЗоны 1, 2:Поля скоростей непрерывны производные компонент скоростейматериальных частиц по любойкоординате непрерывныfS – поверхность разрыва скоростейrrv M 1 ≠ vM 2vM1nM– точка на поверхности разрываvM1, vM2 – скорости материальныхчастиц в точке М для 1 и 2 зонЗона 1Условие неразрывности (сплошности) дляразрывных полей скоростей – равенствопроекций скоростейнаrнормаль к поверхности∆vτs = vτs1 − vτs 2rразрываvM 1n = vM 2 nrrКасательные проекции скоростейvM 1τ ≠ vM 2τпретерпевают разрывНа поверхностях разрыва скоростей возникают силы пластическогосдвигаvM134.5.

Метод баланса работ (мощностей).4.5.1. Общие положения методаУравнение баланса работ (частный случай закона сохранения энергии)Ap = Aσ + AτAp – работа активных внешних сил (работа деформирования)Aσ – работа сил сопротивления пластической деформации (работадеформации)Aτ – работа сил контактного тренияДля разрывных полей скоростей используют уравнение балансамощностейW p = Wσ + Wτ + WkWp – мощность активных внешних силWσ – мощность пластической деформацииWτ – мощность сил контактного тренияWk – мощность сдвига на поверхностях разрыва скоростей44.5.1. Общие положения метода баланса работ (мощностей)Wp – мощность активных внешних сил для одного деформирующегоинструментаW p = Pv0 = qFv0P – внешняя сила, q – удельная сила, v0 – скорость инструментаWσ – мощность пластической деформации для жесткопластическоготелаWσ = ∫ σ ijε&ij dV = σ s ∫ ε&dVVWτ – мощность сил контактного тренияVWτ = ∫ τ k ∆vτ df = µ sσ sfτ∫ ∆vτ dffτ∆vτ — скорости относительного скольжения на контактныхповерхностяхWk – мощность сдвига на поверхностях разрыва скоростейWk = ∫τ s ∆vτs df = k ∫ ∆vτs dffsfs∆vτs = vτs1 − vτs 2 — скорости относительного сдвига5Удельная мощность пластической деформации жесткопластического телаσ ijε&ij = (sij + δ ijσ m )ε&ij = sijε&ij + σ mδ ijε&ij = sijε&ij =ε& 3=sij sij = ε& σ 2 = σ ε& = σ sε&σ 2σσ mδ ijε&ij = σ m (ε&xx + ε& yy + ε&zz ) = 03 ε&sijε&ij =2σ3σ 2 = sij sij2уравнения Сен-Венана – Леви – Мизесаинтенсивность напряжений64.5.1.

Общие положения метода баланса работ (мощностей)Окончательно для баланса мощностей⎛1⎜P = ⎜ σ s ∫ ε&dV + µ sσ s ∫ ∆vτ df + k ∫ ∆vτs dfv0 ⎜ Vfτfs⎝⎞⎟⎟⎟⎠для баланса работ⎛⎞1 ⎜⎟+∆P=σεdVµσudfτs∫s s ∫⎟⎟∆h ⎜⎜ Vfτ⎝⎠∆h- малое приращение перемещения деформирующего инструмента∆uτ — относительное перемещение материальных частиц вдольконтактных поверхностей инструментаε- интенсивность деформаций74.5.1. Общие положения метода баланса работ (мощностей)Алгоритм решения задачи методом баланса работ (мощностей)1.

Выделяют очаг пластической деформации.2. Задаются кинематически возможным полем скоростей(перемещений) внутри очага пластических деформаций.3. Вычисляют компоненты тензора скоростей деформаций (тензорадеформаций) и определяют интенсивность деформаций, величиныскоростей (перемещений) на контактных поверхностях и величиныразрывов скоростей (перемещений) на поверхностях разрыва.4.

Составляют уравнение баланса мощностей (работ) и определяютзначение деформирующей силы.84.5.2. Решение задачи осадки цилиндрического образца спомощью метода баланса работPτk∆hτk-∆ huρhuzzзадаем полеперемещенийρduρ = ?uzДопущения при решении задачи:• материал – жесткопластический,• контактное трение – постоянно повсей контактной поверхности,• пренебрегаем бочкообразностью∂u ρερ =∂u ρ(uρρ)∆h1 ∂uρ ρ −=0ρ ∂ρhuρ∂u z++=0∂ρ∂zρ1 ∆h 2uρ ρ =ρ + f (z )2 hεθ =∂ρ∆hhε ρ + εθ + ε z = 0;условие постоянства объема∂u∆hεz = z = −∂zhuz = −zuρρ =0=0uρ =1 ∆hρ2 h94.5.2.

Решение задачи осадки цилиндрического образца спомощью метода баланса работИнтенсивность деформаций для осесимметричного напряженногосостоянияε=23∂u∆hεz = z = −∂zh(ε ρ − εθ )2 + (εθ − ε z )2 + (ε ρ − ε z )2 + 6ε ρ2z∂u ρ1 ∆hερ ==∂ρ2 hεθ =uρρ=1 ∆h= ερ2 h1 ⎛ ∂u z ∂u ρ ⎞⎟⎟ = 0ε ρz = ⎜⎜+2 ⎝ ∂ρ∂z ⎠222 ⎛ 3 ∆h ⎞ ⎛ 3 ∆h ⎞∆hε=⎜⎟ +⎜⎟ =3 ⎝2 h ⎠ ⎝2 h ⎠h104.5.2. Решение задачи осадки цилиндрического образца спомощью метода баланса работСоставляющие уравнения баланса работAp = P ⋅ ∆hdh 2 2πdh 2 2π∆h00 000 0Aσ = σ s ∫ ε dV = σ s ∫ ∫ ∫ ε dzρdρdθ = σ s ∫ ∫V=σsAτ = 2τ kd∆h ρ 2 2h 2h2π⋅ z 0 ⋅θ 0∫=σs0d2 2πhπd 24dzρdρdθ =∆hd∆h 2 2π2=µσρdρdθ =∆udf=2µσuρdρdθs s∫∫∫s s∫ ∫ ρh 00fτ0 0= µ sσ sОкончательноd∆h ρ 3 2h 302πd ⎛πd 3 ∆h2π⋅ θ 0 = µ sσ s12 h1 d⎞P =σs⎜1 + µ s ⎟4 ⎝ 3 h⎠формула Зибеля, полученнаяранее инженерным методом114.5.3.

Определение удельной силы прямого выдавливанияметодом баланса работP=?ЗаготовкаСферическая система координатПуансонКонтейнерzMv0ϕρПредполагаемыйочаг деформацииDθbγaπD 2условие неразрывности4dv1v1 =D2b2dav0 =πd 24v1vv =2 02 0124.5.3. Определение удельной силы прямого выдавливанияметодом балансаdθϕ dϕσθτϕρdρdρρσρτρϕdθρϕ dϕσϕпри осесимметричнойγ&ρϕдеформацииε&ρ =∂vρε&θ∂ρvρdV = ρ ⋅ dϕ × dρ × ρ ⋅ sin ϕ ⋅ dθε&ρε&θ = ε&ϕ =ρ1 ∂vργ&ρϕ =ρ ∂ϕγ&ϕρε&ϕ134.5.3. Определение удельной силы прямого выдавливанияметодом баланса работv0Кинематически возможное поле скоростей• в жестких зонах частицы металладвижутся с одинаковыми скоростями,направленными вдоль осивыдавливания;• в очаге пластической деформациичастицы металла движутся внаправлении вершины коническойматрицы с некоторой переменнойскоростью.Dµs1σsvbρ v0∆vbkvρµs2σs∆vabϕµs3σsv1γadv1На границах a и b между жесткими ипластическими зонами возникаетразрыв скоростей, который вызываетсдвиговые напряжения kМежду движущимся металлом и стенкамиконтейнера возникают удельные силы трения.Считаем, что факторы трения в очагедеформации, калибрующем пояске иконтейнере различны144.5.3.

Определение удельной силы прямого выдавливанияметодом баланса работУсловие постоянства объемаDµs1σsε&ρ + ε&θ + ε&ϕ = 0vbρ v0∆vbkvρµs2σs∆vabϕµs3σsv1ε&ρ =ранее показано∂v ρ∂ργa+2vρρ∂vρvρε&θ = ε&ϕ =ρ∂ρ∂vρ=0vρ= −2∂ρρln vρ = −2 ln ρ + f1(ϕ )dvρ ρ 2 = f (ϕ )vρГраничные условияv ρ = − v0b2ρ2ρ =b= −v0 cosϕcos ϕ154.5.3. Определение удельной силы прямого выдавливанияметодом баланса работУравнение баланса мощностейqµs1σsW p = Wσ + Wτ + WkWp – мощность активных внешних силDvbρ v0k∆vbWp = q ⋅vρµs2σs∆vabϕµs3σsv1γadπD 2⋅ v04Wσ – мощность пластической деформацииπD2 D2Wσ = σ s ∫ ε&dV = v0σ sln4d2VWτ – мощность сил контактного тренияWτ = µ s1σ s∫ ∆vτ 1 df + µ s 2σ s ∫ ∆vτ 2 df + µ s3σ s ∫ ∆vτ 3 dffτfτfτπD 2 D 2µsD2= µ s1σ s v0πDL +lnσ s v0+ µ s3σ s v0πl2tg γ4ddWk – мощность сдвига на поверхностях разрыва скоростейWk = k∫ ∆va dffa+ k ∫ ∆vb df ≈ 0.8fbπD 24σ s v0γ16Мощность пластической деформации при прямом выдавливанииWσ = σ s ∫ ε& dV =DVbb γ 2πa1b2=σs ∫ ∫ ∫v012 cos 2 ϕ + sin 2 ϕ × ρ 2 ⋅ dρ ⋅ dϕ ⋅ sin ϕ ⋅ dθ =33ρa0 0γbγ12212cosϕ+sinϕ ⋅ sin ϕ ⋅ dϕ =∫ρ 0 3a= v0 2πb 2σ s ∫dbdργb 2πD 2 D 2≈ v0 2πb σ s ∫2 cos ϕ ⋅ sin ϕ ⋅ dϕ = v0 2πb σ s ln sin γ = v0σ sln∫2ρa4da02dρbb2D2= ln2 ln = ln2aad22D2πb sin γ = π42217Интенсивность скоростей деформации при прямом выдавливании..ε& =ε&ρ =23(ε&ρ − ε&θ )2 + (ε&θ − ε&ϕ )2 + (ε&ϕ − ε&ρ )2 + 32 γ&ρ2ϕb2∂vρv ρ = − v0= 2v0cos ϕ3∂ρρε&ϕ = ε&θ =vρb2ρ2cos ϕb2= − v0 3 cos ϕρρb21 ∂vρ= v0 3 sin ϕγ&ρϕ =ρ ∂ϕρ22⎞⎛ b2⎞2 ⎛⎜3b2b2⎜⎟ε& =2 2v0cos ϕ + v0cos ϕ + v0sin ϕ ⎟ =33⎟⎜ ρ3⎟⎜32ρρ⎠⎝⎠⎝22 b231b=18 cos2 ϕ + sin 2 ϕ =12 cos 2 ϕ + sin 2 ϕv0v0323 ρ3ρ318Влияние сдвиговых деформацийγγ12222+=ϕ+ϕϕ=−ϕϕϕϕγγ +1 −dd12cossinsin11cos1sincos11cos∫∫20011 ⎛11−ln⎜ 11 cos γ + 11cos 2 γ + 1 ⎞⎟ + 3 +ln 11 + 2 322 ⎝⎠22(γ12211cos1sindsinγϕ+ϕϕ≈∫ 30)с точностью 2.5% при γ = 0Kπ3Физический смысл:при γ = 0Kγπ3:sin 2 ϕ

Источник