Айзенберг Т.Б., Воронков И.М., Осецкий В.М. - Руководство по решению задач по теоретической механике, страница 53

р йй Так как каток катится без скольжения, то скорость точки касания его с неподвижной плоскостью равна нулю, т. е. эта точка является мгновенным центром вращения катка. Отсюда следует, что ос =гйо„поэтому Р, й Рй а З1йос ЗР, Т = — 'ос+ — 'ос = — = — — 'о'. 2о 4а 4» 4 л Таким образом, Т = — о + — о -1- — ' + — ' = — (Р + Я -1- 2Р ), Р,, О й, Р,о' ЗРйзй ой 2д 2д 4о 4о =2о й В начальный момент система находилась в покое, поэтому Та Перейдем теперь к вычислению суммы работ всех снл, приложенных к данной системе прн перемещении груза А на расстояние й.

Работа силы Р„очевидно, будет А,=Р,И. Работа каждой из снл Р, равна нулю, так как точка О неподвижна, а точка 361 1ЗВ- 1 заа. озта С перемещается по горизонтали. Момент пары трения качения равен 1йР„а работа сил этой пары, согласно 2 3 гл. 111, будет равна йроизведению момента пары на угол ф поворота катка, взятому со знаком минус, так как направление момента пары трения качения противоположно направлению угловой скорости катка; следовательно, А,= — Т„Р,ф. Так как угловая скорость катка ы, равна угловой скорости е блока В, то угол поворота ф катка равен углу поворота й блока, т.

е. ф=-, поэтому А„= — 1й Р— й й а г При качении катка без скол ьжен и я, работа силы трения скольжения Р,р будет равна нулю, поскольку равна нулю скорость точки приложения этой силы. Так как, согласно 2 3 гл. 1П, работа силы тяжести равна произведению весатела на вертикальное перемещение его центра тяжести, то, сравнивая начальное положение С,ЕВА, каната с его конечным положением СЕВА, нетрудно видеть, что работа А, веса каната равна произведению веса его части С,С=й, равного — Ь, на разность высот центров тяжести этой части 0 Г С,С и части каната А,А, т.

е. на г+1+ †. Поэтому й А,= —," (.+1+ — "2)а. Таким образом, '~~~~ А = А, + А й+ А, = Р,й — 1,Р, — + — й (г + 1+ и ) Я. Подставляя найденные значения суммы работ и кинетической энергии Т в уравнение (228), находим: , 1Р,+О+2Р,1=8 ~Р,+ —,(.+1+ —,) — — Р,~ Отсюда находим искомую скорость груза: 2дй ~Р, + — (г+ г+ — ) — ~ Р ~ Р,+Я+2Р, Вторая группа Пример !70 Прямоугольная пластинка АОСТ со сторонами а и Ь и весом Р вращается вокруг вертикальной оси г с начальной угловой скоростью а,. Каждый элемент пластинки испытывает при этом сопротивление воздуха, направление которого перпендикулярно к плоскосги пластинки, а величина прямо пропорциональна площади элемента и квадрату его скорости о; коэффициент пропорциональности равен р.

Сколько оборотов сделает влас!ника до того момента, когда ее угловая скоросгь станет вдвое меныпе начальной (рис. 206)7 Решен ив. Так как силы сопротивления, приложенныс к пластинке, завися! от скорости, то для решения задачи следует ' ! воспользоваться уравнением (226) и =ч;бА. 1 Так как пласгиика вращается вокруг неподвижной оси, го ее кинетическую энергию находим по формуле (230): ( 2 Т = I, ~, откуда ЙТ = у,гейм. Ряс 2ое где М,— сумма моментов всех приложенных к телу сил относительно осн вращения, дф — элементарный угол поворота тела. Чтобы вычислить М„разобьем пластинку на элементарные прямоугольники со сторонами Ь и 4х.

Тогда сила сопротивления, приложенная к такому прямоугольнику, равна !(г" = рп' Их = рЬ (гзх)' 4х и, (сУ) = — хагг = — рЬы'хэ ак; следовательно, М,=~т,(!(Р), т. е. М,= — 1!Ьы') х'г(х = — ч)ьЬа'ге* н '~ ~(А = — — р Ьа а гйр. ! 4 а !зв — 2 зэк. 2374 Работа силы тяжести Р, очевидно, равна нулю, так как высота центра тяжести пластинки не изменяется. Чтобы вычислить работу сил сопротивления, воспользуемся формулой для определения рабогы сил, приложенных к вращающемуся твердому телу (см, главу 1П, й 3): ч'.4А =М,г(гр, Таким образом, уравнение (226) принимает внд l,ад~= — 4 рЬа ~ !Ьр, или 3,де= — — !4 Ьа а!Ьр, ! 4 Разделяя здесь переменные, получим: .(,— = — — р,Ьа бчг йо 1 отсюда, интегрируя, имеем: Ю Гив РЬа4 аЬа' l ) 'р или 1 (1п в) 4 р откуда находим угол поворота пластинки: 42 !п2 НЬа Применяя вышеуказанную разбивку пластинки АВС0 на элементарные прямоугольники, момент инерции l, пластинки представим в виде: !,=ч;тх', где !и — масса элементарного (зап!трихованного) прямоугольника.

Если массу пластинки обозначимМ, то масса, приходящаяся М на единицу площади, будет —, а потому аЬ' М М л! = — Ь дх = — !(х аЬ а о получим искомое число оборо- 1 =! — х Йх=— гЬ1, И а ) а о 4Р!а2 Следовательно, ~р = За Ьа' Разделив этот угол д на 2п, 2Р!П2 зов пластинки, равное заяиьа~ ' Третья Пример 171. Прямоугольная может вращаться без трения проходящей через ее середину группа пластинка со сторонами а и Ь вокруг вертикальной оси АВ, и параллельной стороне Ь. На конце оси надет шкив С радиусом г, на который намотана гибкая нерастяжимая нить; другой конец нити перекинут через блок О, и к нему привязан груз весом Р, приводящий во вращение пластинку. Пренебрегая массами шкива и блока, найти ускорение груза, если вес пластинки равен Я и никаких сопротивлений двнже.

нию нет (рис. 207). Решение. Так как требуется определить ускорение груза, то для решения этой задачи воспользуем!' ся уравнением (227) —,=~й(. Кинетическая энергия данной системы, состоящей из пластинки, вращающейся вокруг неподвижной осн г, и груза, движущегося поступательно, равна ,н р Т= У вЂ” '+ — о', "2 2я Н Рис 207 Зная момент инерции прямоугольной пластинки относительчо ее стороны, равной Ь, найденный в предыдущем примере, и применяя теорему о моментах инерции относительно двух параллельных осей, имеем: 1) а' 1) а' — — =,( + —— 3 ю я 4 з откуда у = —— Я а' 12 поэтому "7Е * Т= — — — + — = ~7 +Р) я 2Ы 12 2Л 2я ~12г~ При перемещении груза работу будет производить только сила Р (вес грува), поскольку сопротивлениями пренебрегаем.

1ЗБ — 2~ 365 где (,— момент инерции пластинки относительно оси вращения, о — ее угловая скорость, о — скорость груза. Так как нить нерастяжима, то скорость груза равна окружной скорости шкива, т. е. о=го, и, следовательно, в Т= ( —,+ — о'. '2Г"" 2л Так кзк сила Р и скорость груза о направлены по одной прямой в одну и ту жс сторону, то мощность найдем по формуле ((77) (см. гл.

Ш, 2 3) У=Ро. Подставив найденные значения мощности и производной — в уравнение (227), получим: . п Ж отсюда ~Ь 12г Р Ш вЂ”...+ !2,РП вЂ” СОПЬ!. Следовательно, движение груза является равномерпоускоренным. й 4. КОМБИНИРОВАННЫЕ ЗАДАЧИ В этих задачах приходится применять совместно две из тех теорем динамики системы, которые рассмотрены в предыдущих Д параграфах; например, теоремы о количестве движения и о кинетическом моменте системы или теоремы об изменении кинетической энергии и о движении цен|ра масс системы.

Пример !72. На ступенчатый шкив ве- сом Р„вращающийся вокруг неподвижл г — †.т ной оси О, навернуты канаты, к концам которых подвешены грузы А и В весом Р, и Р,. Предполагая, что на эту систему Рг действуют только силы тяжести, и пре- небрегая сопротивлениями, найти ускорен ния грузов и реакцию в точке О. Рг Радиусы )с и г и радиус инерции г„, шкива относительно оси О известны (рис. 208). Й~ Решение.

Так как в заданной зада. че требуется определигь ускорения грузов, то применим уравнение (227). Снагоз чала вычислим по формулам(229) и (230) кинетическую энергию Т данной системы, состоящей из двух грузов, движущихся поступательно, и шкива, вращающегося вокруг неподвижной оси: Т= — о, + — о,+У вЂ”, Р, и Р, м' га ' гл О 9 где о, и о,— скорости грузов А и В, 1,— момент инерции шкива относительно оси вращения, ы — его угловая скорость. 366 Но П, =- 1ГОГ, О, =- ГОП,!, = — ' Г'хо, поэтому Т =. — ' 1(г'го*+ —" г'го'+ — 'г' ы' = — ' (Р (("+ Р,"'-г Р г' ). Отсюда „вЂ” = (Р,В' ~ Р,Р+ Р,г'„, ) — е, Йо где е =- ††угл ускорение шкива.

ог Так как груз В поднимается, а груз А опускается, то сумма мощностей, действующих на систему сил, равна ч~~~~ йг = Р р, — Р,п, = (Р,гх — Р,г) го. Следовательно, уравнение (227) имеет вид — (Р,К'+ Р,г'+ Р,г'„„) е = го (Р,гх — Р,г), откуда Р,Р— Р,г Р,Р'+ Р,г'+Р,г'„„ Искомые ускорения грузов равны: Ра(Р,Р— Р,г) . га (Р,й — Р,г) гп =гге= и ш =ге= Р,Р'+Р,г'+ Р,г,' Р,Р~+ Р,г2+ Р,гох Для определения реакции в точке 0 применим теорему о проекции количества движения К системы на неподвижную ось (см Ь' 1 этой главы). Выбрав координатные оси х и у, как указано иа рисунке, на основании этой теоремы имеем: одх — =ХХн'=-Ло, — ' — — Х)г"=)го — Р,— Р,— Р„ где Хо, )го — составляющие искомой реакции по координатным осям.