В.С. Русаков, А.И. Слепков, Е.А. Никанорова, Н.И. Чистякова - Механика. Методика решения задач, страница 5

рис. 1.9) с вершиной вточке с координатами:x' =υ122a, y' =υ1υ2a.(1.67)МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ26X'Ox ′ = x ′( y ′)Y'Рис. 1.9Задача 1.5(Уравнения кинематической связи)Концы твердого стержня MN могут свободно скользить посторонам прямого угла MON (см. рис. 1.10). Найти уравнение траектории точки P стержня, которая делит его на части длиной а и b.РешениеI. Выберем и изобразим декартову систему координат, осикоторой совпадают со сторонами угла MON (см. рис. 1.10).YMyaPbϕ(t)OxNXРис.

1.10В соответствии с условием задачи будем считать стерженьабсолютно твердым. Следовательно, его положение в любой момент времени t однозначно задается углом ϕ(t) между осью OX истержнем MN.II. Запишем закон движения точки P стержня в координатнойформе (см. рис. 1.10):⎧ x(t ) = a cosϕ (t ),(1.68)⎨⎩ y (t ) = b sin ϕ (t ).Глава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем27Искомое уравнение траектории точки P можно получить, исключив время из закона движения (1.68).III. Преобразуя уравнения (1.68), получаем:x2 y 2cos 2ϕ (t ) + sin 2ϕ (t ) = 2 + 2 .(1.69)abСледовательно, искомое уравнение траектории принимаетвид:x2 y2+= 1.(1.70)a 2 b2Уравнение (1.70) является уравнением эллипса с полуосями,совпадающими по направлению с осями выбранной системы координат и равными a и b.

В случае, когда a = b, эллипс вырождается вокружность.Задача 1.6(Уравнения кинематической связи)На клине с углом при основании α, расположенном на горизонтальной поверхности, находится система двух тел 1 и 2 (см.рис. 1.11), связанных нерастяжимой нитью, перевешенной черезмаленький блок, ось которого закреплена в верхней точке клина.Записать уравнение кинематической связи для ускорений клина идвух тел, если тело 2 не отрывается от вертикальной поверхностиклина в процессе движения.РешениеI. Выберем систему отсчета, связанную с горизонтальной поверхностью. Ось X декартовой системы координат направим горизонтально, а ось Y вертикально вверх (см. рис. 1.11).Yyблy1y2O12αx1Рис.

1.11x2X28МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧБудем считать тела 1 и 2 материальными точками, связанными нерастяжимой нитью, а клин – абсолютно твердым телом, которое может двигаться поступательно вдоль оси X. Обозначим координаты первого и второго тел в системе координат XY – (x1, y1) и(x2, y2), соответственно. Линейные размеры блока по условию задачи малы по сравнению с длиной нити, поэтому не будем учитыватьих при записи уравнений кинематической связи для координат телсистемы.II.

Выразим длину нити l через вертикальные координатыразличных точек рассматриваемой системы тел:y −y(1.71)l = бл 1 + yбл − y2 ,sin αгде yбл – координата блока, не изменяющаяся в процессе движения.Если длину наклонного участка нити выразить через горизонтальные координаты тел системы, то выражение для длины нити принимает вид:x −xl = 2 1 + yбл − y2 .(1.72)cos αIII.

Дифференцируя (1.71) и (1.72) дважды по времени и учитывая, что l = const и yбл = const , получаем искомые уравнениякинематической связи для ускорений тел рассматриваемой системы:⎧⎪a y1 − a y 2 sin α = 0,(1.73)⎨⎪⎩a x 2 − a x1 − a y 2 cos α = 0.Задача 1.7(Уравнения кинематической связи)Система тел состоит из двух блоков и двух подвешенных кним тел (см. рис. 1.12). Один из блоков составлен из двух коаксиальных цилиндров с неподвижной относительно потолка осью,имеющих различные радиусы r и R. Первое тело подвешено на нити, намотанной на цилиндр радиуса r, второй – на нити, прикрепленной к оси другого блока.

Найти ускорение второго тела, еслиизвестно, что ускорение первого тела равно a1. Нити считать нерастяжимыми.Глава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем29РешениеI. Выберем систему отсчета, жеYстко связанную с потолком. Направле- Rrние осей декартовой системы координат, связанной с телом отсчета, показано на рис. 1.12.Считаем тела 1 и 2 материальныXми точками, нити – нерастяжимыми.1Проскальзывания нитей относительноблоков нет.II.

Пусть за малый интервал вре2мени Δt изменение координаты первогоРис. 1.12тела равно Δx1 (для определенности будем считать, что оно опускается). Поскольку нить нерастяжима, то угол поворота Δϕ цилиндра радиусом r связан с величиной Δx1 следующим соотношением:Δx1 = rΔϕ .(1.74)При этом второй цилиндр радиусом R повернется на тот жеугол Δϕ, а длина нити, на которой лежит блок с подвешенным кнему телом 2, изменится на величину:Δl = − RΔϕ .(1.75)Изменение координаты центра второго блока, а значит и второго тела, равно:ΔlΔx2 =.(1.76)2III.

Решая систему уравнений (1.74) – (1.76), получим уравнение, связывающее изменения координат двух тел:R Δx(1.77)Δx 2 = − ⋅ 1 .r 2Поделив левую и правую части (1.77) на малый интервалвремени, получим уравнение кинематической связи для скоростейтел:Rυ 2 = −υ1 .(1.78)2rДифференцируя полученное соотношение по времени, получаем искомую связь между ускорениями тел:МЕХАНИКА.

МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ30a2 = − a1R.2r(1.79)Задача 1.8(Кинематика простейших механических систем)На вал радиуса R, закрепленный наAоси, намотана веревка, на конце которойϕвисит груз, опускающийся вниз (см.Rрис. 1.13).Закондвижениягруза:2x = x0 + bt , где x0 и b – постоянные положительные величины. Определить угловыескорость ω и ускорение β произвольнойυточки обода вала, модуль ускорения a, егонормальную an и тангенциальную aτ проекции. Записать закон движения этой точXки.YРис.

1.13РешениеI. Нарисуем чертеж и изобразим на нем направление скорости υ движения груза. В соответствии с условием задачи направимось X декартовой системы координат вертикально вниз (рис. 1.13).Для определения ускорения и закона движения произвольной точки A на ободе вала выберем полярную систему координат с полярной осью Y, в которой угол ϕ однозначно определяет положениерассматриваемой точки A. Поскольку в условии задачи не оговаривается иное, веревку считаем нерастяжимой и что проскальзыванияверевки относительно вала нет.II. Запишем заданный в задаче закон движения груза в декартовой системе координат:x = x0 + bt 2 .(1.80)Поскольку веревка нерастяжима, уравнение кинематическойсвязи имеет вид:dϕυx = R.(1.81)dtГлава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем31Для решения задачи записанные уравнения необходимо дополнить определениями (1.24) и выражениями (1.25) для интересующих нас величин, приведенными в п.

1.1.III. Найдем законы изменения скорости груза и его ускорения в проекциях на оси декартовой системы координат, используяопределения (1.6) и (1.12):dxυ x = = 2bt , υ y = 0 ;(1.82)dtdυax == 2b , a y = 0 .(1.83)dtТочки обода вала совершают неравномерное движение поокружности, причем модуль их скорости (поскольку нить нерастяжима и не проскальзывает по поверхности обода) в каждый моментвремени равен модулю скорости груза, поэтому, используя (1.22)для угловой скорости ω и углового ускорения β, получаем:υ2btω= x =,(1.84)RRd ω 2bβ==.(1.85)dtRПоскольку проекция ускорения груза на ось X равна тангенциальной проекции ускорения точек обода, то:aτ = 2b .(1.86)Нормальную проекцию ускорения определим, используя(1.22):υ 2 4b 2t 2an ==.(1.87)RRМодуль полного ускорения произвольной точки A на ободеколеса найдем из соотношения (1.20):4b 2t 4+1 .(1.88)R2Закон движения произвольной точки A на ободе вала запишем в полярной системе координат:β t2bt 2ϕ (t ) = ϕ 0 += ϕ0 +,(1.89)2Rгде ϕ0 – начальное значение угловой координаты точки A в выбранной полярной системе координат.a = an2 + aτ2 = 2b32МЕХАНИКА.

МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧЗадача 1.9(На кинематику материальной точки)Закон движения движущейся в плоскости материальной точки, заданный в полярной системе координат, имеет следующийвид: r = r(t), φ = φ(t). Определить законы изменения проекций скорости иYускорения материальной точки наereϕнаправления, задаваемые ортами декартовой и полярной систем коордиrMнат, жестко связанных с телом отсчеjта.

Начало декартовой системы коорϕдинат совпадает с полюсом полярнойсистемы, а ось X декартовой системыiOXнаправлена вдоль полярной оси (см.Рис. 1.14рис. 1.14).РешениеI. Выберем ось Y декартовой системы координат так, чтобыплоскость XY совпадала с плоскостью, в которой движется материальная точка M (рис. 1.14). Для решения задачи используем двесистемы координат – декартову систему координат XOY c ортамиi и j , и полярную, орты которой er и eϕ изображены на рис. 1.14.Заметим, что при движении материальной точки происходит изменение ориентации ортов полярной системы er и eϕ , в то время какорты декартовой системы координат i и j не изменяют своего направления.II, III.

Закон движения материальной точки, заданный в полярной системе, запишем в декартовой системе координат XOY:x (t ) = r (t ) cosϕ (t ),(1.90)y (t ) = r (t ) sin ϕ (t ).Дифференцируя закон движения (1.90) по времени, получаемискомые законы изменения проекций скорости материальной точкии ее ускорения в декартовой системе координат:υ x = x& = r& cosϕ − rϕ& sin ϕ ,(1.91)υ y = y& = r& sin ϕ + rϕ& cosϕ ;Глава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем33a x = υ& x = ( &r& − rϕ& 2 ) cos ϕ − ( 2r&ϕ& + rϕ&&) sin ϕ ,(1.92)a y = υ& y = ( &r& − rϕ& 2 ) sin ϕ + ( 2r&ϕ& + rϕ&&) cos ϕ .В формулах (1.92), (1.92) и далее для краткости опустим запись зависимости кинематических величин от времени.Проекции скорости и ускорения материальной точки в полярной системе координат находим двумя способами.1 способ. Скорость и ускорение материальной точки в полярной системе координат записываются в виде:υ = υ r er + υϕ eϕ ,(1.93)a = ar er + aϕ eϕ .(1.94)Следовательно, проекции скорости и ускорения материальной точки на направления, задаваемые ортами рассматриваемыхсистем координат, связаны соотношениями:υ x = υ ⋅ i = υ r er ⋅ i + υϕ eϕ ⋅ i =υ r cos ϕ − υϕ sin ϕ ,(1.95)υ y = υ ⋅ j = υ r er ⋅ j + υϕ eϕ ⋅ j = υ r sin ϕ + υϕ cos ϕ ;a x = a ⋅ i = ar er ⋅ i + aϕ eϕ ⋅ i = a r cos ϕ − aϕ sin ϕ ,a y = a ⋅ j = ar er ⋅ j + aϕ eϕ ⋅ j = ar sin ϕ + aϕ cos ϕ .(1.96)Сравнивая соотношения (1.90) и (1.95), а также (1.91) и(1.96), получим искомые проекции скорости и ускорения материальной точки в полярной системе координат:υ r = r&,(1.97)υ ϕ = rϕ& ;a r = &r& − rϕ& 2 ,aϕ = 2r&ϕ& + rϕ&&.(1.98)2 способ.

Запишем радиус-вектор материальной точки в полярной системе координат:r = rer .(1.99)Поскольку при движении материальной точки происходитизменение ориентации ортов полярной системы e r и eϕ , найдемскорость их изменения (см. рис. 1.15):e&r = ϕ& eϕ ,(1.100)e&ϕ = −ϕ& e r .МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ34deϕde reϕdϕdϕerϕOXРис. 1.15Теперь для нахождения скорости и ускорения точки в той жесистеме координат необходимо продифференцировать радиусвектор (1.99) по времени с учетом (1.100):υ = r& = r&e r + re&r = r&e r + rϕ&eϕ ,(1.101)a = υ& = &r&e r + r&e& r + r&ϕ&eϕ + rϕ&&eϕ + rϕ&e&ϕ == ( &r& − rϕ& 2 )e r + ( 2r&ϕ& + rϕ&&)eϕ .(1.102)В соответствии с (1.101) и (1.102) искомые проекции скорости и ускорения материальной точки в полярной системе координат равны:υ r = r&,(1.103)υ ϕ = rϕ& ;a r = &r& − rϕ& 2 ,aϕ = 2 r&ϕ& + rϕ&&.(1.104)Как видим, оба способа решения дают одинаковый результат.Задача 1.10(На кинематику материальной точки)Движение материальной точки в полярной системе координатзадаетсявзаимосвязьюполярныхкоординатr (ϕ ) = 2a (1 + cos ϕ ) , при этом полярный угол возрастает линейно вовремени ϕ (t ) = bt .

Определить зависимость модуля скорости и модуля ускорения материальной точки от времени.РешениеI. Решаем задачу в заданной полярной системе координат.Заметим, что материальная точка M движется по замкнутой траек-Глава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем35тории, периодически, с периодом2πυ( t ), возвращаясь в ту же точкуbMпространства (см. рис. 1.16).r(t)II. Определим закон изменеa(t k )ϕ(t)ния проекций скорости и ускореXOния материальной точки в полярной системе координат, воспользовавшись формулами (1.103) иРис.