1217_3 (Методичка № 1217 Теор. Мех. Динамика (РГР)), страница 3

Выбираем оси Ox, Oy исоставляем дифференциальные уравнения плоскопараллельного движенияm&x&C = ∑ Fkx,m&x&C = F cos β + P sin α + FTP ;(1)28m&y&C = ∑ FkyI Czϕ&& = ∑ M Czm&y&C = N − P cosα − F sin β,( )rFk,;mR 2ε = FR − FTP R − M .2(2)(3)Заположительноенаправлениедлямоментов принято направление угловойскорости ω, т.е. в ту сторону, куда будетωMвращаться барабан при движении центра отNβCоси Оy.RВ систему уравнений (1), (2), (3)PV0FOвходят пять неизвестных ( &x&C , &y&C , ε, FTP, N) .FTPНо так какyC=const=R , то &y&C = 0 ,B αxследовательноосталосьчетыренеизвестных ( &x&C , ε, FTP , N ). Для решенияРис. 4.2задачинеобходимовоспользоватьсясоотношением из кинематики. Так как точка В является мгновенным центромскоростей, тоVC = x&C = ωR ,aC = &x&C = ω& R = εR .(4)y1) Определение &x&C = f (t ) .Чтобы определить &x&C = f (t ) , исключим ε из уравнения (3), подставив в него (4)1Mm&x&C = F − FTP −.(5)2RДалее из (1) и (5) исключим неизвестную силу FTP , для этого сложим отдельнолевые и правые части уравнений3Mm&x&C = F (1 + cos β ) + P sin α −2R(,)3m&x&C = 0,8P 1 + cos 30o + P sin 30o − 1,1P ,23m&x&C = 0,89 P .2Отсюда, так как P=mg получим для определениядифференциальное уравнение&x&C = 0,6 g .xC=f(t)следующее(6)29Интегрируя уравнение (6), получимx&C = 0,6 gt + C1 ,xC = 0,3 gt 2 + C1t + C 2 .(7)На основании начальных условий x&C (0 ) = 0 , xC(0)=0 и уравнений (7) имеемC1=0 , C2=0 .Таким образом получим закон движения центра массx C = 0,3 gt 2 .(8)2) Определение fmin .Для определения f исходим из того, что при качении без скольжениясила трения должна удовлетворять неравенствуFTP ≤ fN .(9)В (9) входят модули сил.

Величину N находим из (2), учитывая, что &y&C = 0 .ПолучимN = P cosα + F sin β = P cos 30 o + 0,8 P sin 30 o = 1,27 P .(10)Значение FTP можно найти из (5) , подставив в него &x&C из (6).ПолучимM0,3mg = F − FTP −,т. к. mg = P , тоRFTP = F −M− 0,3P = 0,8P − 1,1P − 0,3P = −0,6 P .R(11)rЗнак указывает, что сила FTP имеет направление, противоположное указанномуна рисунке.Подставляя значения FTP и N из равенств (10) и (11) в неравенство (9),получим 0,6 P ≤ 1,27 Pf , откудаf ≥ 0,47 .Следовательно наименьшим коэффициентом трения, при которомвозможно качение барабана без скольжения, будет f min = 0,47 .30ЗАДАНИЕ Д-5Теорема об изменении кинетической энергии механической системыМеханическая система под действием сил тяжести приходит в движениеиз состояния покоя.

Учитывается трение скольжения тела А и сопротивлениекачению тела D, катящегося без скольжения. Другими силами сопротивления имассами нерастяжимых нитей пренебрегаем. Требуется определить скорость иускорение тела А в тот момент, когда оно пройдет путь SA=S.В задаче обозначено:mA , mB , mD , mE - массы тел A, B, D, E;RB , rB , RD , rD , RE , rE - радиусы больших и малых окружностей тел B, D, E;ρB , ρD , ρE - радиусы инерции тел В, D, Е относительно горизонтальных осей,проходящих через их центры тяжести;α - угол наклона плоскости к горизонту;f - коэффициент трения скольжения тела А;k - коэффициент трения качения тела D.Блоки и катки, для которых радиусы инерции в таблице не указаны,считать сплошными однородными цилиндрами.

Наклонные участки нитейпараллельны соответствующим наклонным плоскостям.Считать величину m равной 10 кг, g=10 м/с2.Указания:1. Выбрать направления SA и VA и определить скорости и перемещениявсех тел системы в зависимости от VA и SA .2. Вычислить кинетическую энергию системы.3. Вычислить сумму работ всех внешних сил, действующих на систему.Если сумма работ отрицательна, сменить направления SA и VA и вернуться кпункту 1. Если опять сумма работ получится отрицательной, то система поддействием сил тяжести не приходит в движение из состояния покоя и VA=0,aA=0.

Следует отметить, что при смене направлений SA и VA в силовой схеменеобходимо изменить только направления сил сопротивления.4. Записать теорему об изменении кинетической энергии системы.5. Из полученного соотношения определить скорость тела А (а такжеускорение тела А в вариантах, перечисленных выше).Пример выполнения задания Д-5Дано: m=10 (кг), mA=3m, mB =0,5m, mD=4m, mE =0,5m, RB =20 (см),rB=0,5RB , RD=10 (см), RE =20 (см), rE = 0,5RE , ρB =20(см), ρE =10 (см), α=30°,k=0,25 (см), S=1(м), блок D – сплошной цилиндр.3121EABSABADαDSAαE34EBBASADSAαDαAE56EEBDBADαSAAαSA78EABSADAαBDαSAE910EBASABDαAαDSAEРис.

5.1321211AEBSADAαBSAαDE1314EEBBDDAAαSAα15SA16BAEBSAADαDSAαE1718EABSABDDααASAE2019EABDSAAαSAРис. 5.2αBDE332221EASABDAααBDSAE2324EBEDBαADSAα25SAA26BAEBSAADαDSAαE2728EBASADααSABDAE3029BAESAASADDαBαEРис. 5.334№ варианта123456789101112131415161718192021222324252627282930№ рисунка123456789101112131415161718192021222324252627282930mA,кг5m6m4m8m7m9m6m4m7m5m8m9m6m7m4m5m6m4m8m7m9m6m4m7m5m8m9m6m7m4mmB,кг4m5mm6m5m8m2m2m5m4m5m7m3m5m3m4m5mm6m5m8m2m2m5m4m5m7m3m5m3mmE,кг2m4m2m3m4m3m3mm3m2m3m5m2m4m2m2m4m2m3m4m3m3mm3m2m3m5m2m4m2mmD,кгm2mm2mm3m2m2m3mm2m4mm2mmm2mm2mm3m2m2m3mm2m4mm2mmRB,м0,50,70,60,80,40,60,90,80,70,60,50,80,50,60,90,70,50,70,4-rB,м0,20,30,20,50,10,30,30,50,30,20,20,50,10,20,30,30,10,40,1-ρB,м0,30,40,30,70,20,40,50,70,40,30,30,70,30,30,50,40,20,50,2-RE,м0,60,70,50,50,50,60,90,40,60,80,5rE,м0,30,40,20,10,20,30,30,10,30,50,2ρE,м0,40,50,30,20,30,40,50,20,40,70,3RD,м0,60,50,60,90,80,70,80,40,60,50,70,40,60,60,70,50,50,90,80,60,7rD,м0,50,20,10,30,30,40,50,30,40,10,30,60,10,40,40,10,30,30,30,20,10,30,50,50,20.60,3ρD,м0,30,20,40,50,70,40,50,20,40,20,50,20,40,40,40,30,20,50,70,30,4α, °f6045153050206015205030701520603020651545306020157525307020600,10,20,150,250,10,20,150,250,10,20,15Таблица Д-5k,S,смм10,220,11,530,34,50,41,52,50,140,4210,33,520,24,50,131,50,310,121,50,234,50,31,42,50,140,3210,23,50,324,50,131,535РешениеПо условию задачи в начальный момент времени t0=0 системанаходилась в покое, поэтому Т0=0.

Предположим, что к моменту времени t1тело А прошло путь SA и приобрело скорость VA .Изобразим силовую схему варианта задачи (рис.5.4).ϕBϕEBrBEYBYEXBVDXErERBSDMКNDRDωDαFTPREωBωEmEgmBgASAϕDmDgVAmAgРис. 5.41. Вычислим, в зависимости от VA , угловые скорости тел В, Е, D искорость VD центра масс тела D.ωB =VArBVD = ω E rE = V ARBR= VA BRErB RE,VDRB rE= VARDrB RE RD.ωE = ωB,RB rErB RE,ωD =2. Вычислим в зависимости от SA смещения тел В, Е, D.ϕB =SArB,ϕE = SARBrB RE,SD = S ARB rErB RE, ϕD = SARB rE.rB RE RD3. Вычислим кинетическую энергию системы для момента времени tT1 = T A + TB + TE + TD ,36m V2TA = A A ,2I ω2 I V 2TB = B B = B 2A ,22rBmDVD2 I Dω D2 m DV A2  RB rE+=TD =222  rB RE RV A2 IT=m A + B2 + I E  B2 rB rB REгде22 ,2I DV A2  RB rE  + ;2rRR B E D2R r + mD  B E rB RE RIA = m A + B2 + I E  BrB rB REI ω2 I V 2  RTE = E E = E A  B22  rB RE22 R r  + I D  B E  rB RE RD R r + mD  B E rB RE22 V2= A ⋅A , 22 R r  + I D  B E  = 75 (кг). rB RE RD 4.

Подсчитаем сумму работ всех внешних сил, действующих на систему.Работу совершают только силы тяжести тел А и D и момент MK силсопротивления качению тела D,M K = N ⋅ k = mD g cos α ⋅ k .∑ A(Fke ) = m A gS A −mD g sin α ⋅ S D − mD g cosα ⋅ k ⋅ ϕ D =rkR rRB rE  == g  m A S A − mD sin α ⋅ S A B E − mD cos α ⋅ k ⋅ S ArRrRRB EB E D R rR r = gS A  m A − mD sin α ⋅ B E − mD cos α ⋅ k ⋅ B E  = S A ⋅ BrB RErB RE RD гдеR rR r B = g  m A − mD sin α ⋅ B E − mD cosα ⋅ k ⋅ B E  = 91,4 (кг⋅м/с2).rB RErB RE RD Итак, сумма работ положительна и направление SA и VA выбрано верно.Далее запишем теорему об изменении кинетической энергии длянеизменяемой механической системыT − T0 = ∑ A Fke .( )kПодставим выражения для кинетической энергии и суммы работвнешних силV A2⋅ A − 0 = SA ⋅ B ,(1)237VA =откуда2 ⋅ SA ⋅ B.AПодставляя числовые значения, получимVA ≈2 ⋅ 91,4 ⋅ S A≈ 1,5675м/с .Определим ускорение тела А, для чего возьмем производную по времени отdS A= VA ,правой и левой части соотношения (1), помня, что S A = S A (t ) ,dtdV A= aAdt dd  V A2 = (S A ⋅ B ) ,⋅A dtdt  2dVdSA⋅ 2V A ⋅ A = B ⋅ A ,2dtdtA ⋅ VAa A = B ⋅ VA .ОкончательноaA =B 91,4≈≈ 1,21 м/с2 .A 7538ЗАДАНИЕ Д-6Принцип Даламбера для механической системыВертикальный вал вращается с постоянной угловой скоростью ω(рис.6.1).

Вал, стержни 1, 2, 3 и точечный груз 4 лежат в одной плоскости ижестко скреплены между собой. Стержни имеют линейные плотности γ1 , γ2 , γ3и длины l1 , l2 , l3 , масса точечного груза равна m4 . Определить указанные втаблице параметры конструкции так, чтобы в подпятнике А и подшипнике В невозникало динамических реакций. Исходные данные и определяемые величиныприведены в таблице Д-6.Пример выполнения задания Д-6Дано: γ1= 1 кг/м, γ2= 2 кг/м, γ3= 3 кг/м, l1= 3 м, l2= 2 м,m4=10 кг, α = 30° .Определить: z , l3 (рис.6.2а).РешениеДинамические реакции в подпятнике А и подшипнике В равны нулю,если главный вектор и главный момент сил инерции равны нулю (приω=const).

В качестве центра приведения возьмем точку 0 (рис.6.2б).Главный вектор сил инерцииrrrrrF ин = F1ин + F2ин + F3ин + F4инrrFiин = − mi aCi ,(i=1, 2, 3, 4) .19F1ин = γ 1l1ω 2 l1 sin α = ω 224l2 22инF2 = γ 2l2ω  l1 sin α +  = 10ω 2 .l3F3ин = γ 3l3ω 2 3 = l32ω 22 222инF4 = m4ω l3 = 10l3ω(1)Линии действия сил инерции в данном случае перпендикулярны оси вращенияи являются системой параллельных сил. Из равенства нулю главного вектораследует алгебраическое уравнениеF1ин + F2ин − F3ин − F4ин = 0 .(2)3912AA314zz4232ω1B4A40ωB3453A431300zz1220305ωωBBA461A10606004z2z23ωω3BB78A43A431030zz060129ωωBB10A4A312z450450204120z3001ω3BωBРис. 6.1240№ варианта123456789101112131415161718192021222324252627282930№рис.123456789101234567891012345678910γ1 ,кг/м181211059511126621231161234711392123102γ2 ,кг/м5124611632876108121451798113111036496γ3 ,кг/м070723101021231010610611210-m4 ,кг10101010010101010100101001001010010l1 ,м13965692212672631111347134612432l2 ,м643132355753123256693223256348l3 ,м222331032323210221221010Таблица Д-6Найтиz, l3z, m4z, γ3z, l3z, m4z, γ3z, l3z, m4z, γ3z, l3z, m4z, γ3z, l3z, m4z, γ3z, l3z, m4z, γ3z, l3z, m4z, γ3z, l3z, m4z, γ3z, l3z, m4z, γ3z, l3z, m4z, γ3Подставим (1) в (2), получим:γ 1l12 sin α + γ 2 l 2 (2l1 sin α + l 2 ) − 3γ 3l32 − 2m4 l3 = 0или3l32 + 20l3 −49=0 .2(3)41AA2αF2инαF1инO41zF4инF3инz2l3 1ω3BBа.б.Рис.