metoda_ter_mex1298_2 (Метода по термеху № 1298)

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИМОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ «МАМИ»Кафедра "Теоретическая механика"Одобрено методической комиссиейпо общенаучным дисциплинамРАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИЕ РАБОТЫПО КИНЕМАТИКЕМетодические указания по курсу ''Теоретическая механика"для студентов всех специальностейПод редакциейд.ф.-м.н., проф. Бондаря В.С.МОСКВА 20032Авторский коллектив: Л.В.Божкова, А.И.Блохина, Г.И.Норицына,В.К.Петров, В.А.Ерошин, Ю.М.Темис, А.И.Зубков.

Под редакцией д.ф.-м.н.,проф. Бондаря В.С..Расчетно-графические работы по кинематике. Методические указания покурсу "Теоретическая механика" для студентов всех специальностей. Третьеиздание.В настоящий сборник включены пять заданий по разделу "кинематика".Каждое задание содержит 30 вариантов. Приведены примеры выполнениявсех заданий с пояснениями.Московский государственный технический университет «МАМИ», 2003.3ЗАДАНИЕ К-1Точка движется в координатной плоскости xy.

Закон движения точкизадан уравнениями x = x(t), y = y(t) ( х, у - в сантиметрах, t - в секундах).Определить траекторию точки и для момента времени t = t1 , сек. найти:- положение точки на траектории;- скорость и ускорение точки;- касательную и нормальную составляющие ускорения;- радиус кривизны в соответствующей точке траектории.Необходимые данные для расчета приведены в таблице 1.Вариант123456789101112131415x = x(t), смx = 2t + 3 πt x = 4 cos  + 23 πt x = − cos  + 33x = 4t + 42 πt x = 2 sin 32x = 3t + 2x = 3t2- t + 1 πt x = 7 sin   + 36−3x=(t + 2)πtx = −4 cos32x = -4t + 1 πt x = 5 sin 6 πt x = 5 cos 3x = -2t – 2 πt x = 4 cos 3y = y(t),смy = -5t πt y = 4 sin 3 πt y = sin  − 134y=t +1 πt y = −3 cos  + 43y = 4t5ty = 5t 2 − − 23 πt y = 2 − 7 cos 6y = 3t + 6 πt y = −2 sin  − 33y = -3t πt y = −5 cos  − 36 πt y = −5 sin 32y=−t +1 πt y = −3 sin 3Таблица I.t1 ,сек0.51.01.02.01.00.51.01.02.01.00.51.01.02.01.04Вариант161718192021222324252627282930x = x(t),x = 3t πt x = 7 sin   − 56 πt x = 1 + 3 cos 32x = -5t - 4x = 2 – 3t – 6t2 πt x = 6 sin  − 262x = 7t - 3x = 3 – 3t2+ t πt x = −4 cos  − 13x = -6t πt x = 8 cos  + 26 πt x = −3 − 9 sin 62x = -4t + 15tx = 5t 2 + − 33 πt x = 2 cos  − 23смy = y(t),см2y = 4t + 1 πt y = −7 cos 6 πt y = 3 sin   + 33y = 3t3ty = 3 − − 3t 22 πt y = 6 cos  + 36y = 5t5ty = 4 − 5t 2 +3 πt y = −4 sin 32y = -2t - 4 πt y = −8 sin   − 76 πt y = −9 cos  + 56y = -3ty = 3t2+ t + 3 πt y = −2 sin  + 33секt1 ,0.51.01.01.00.01.00.251.01.01.01.01.01.01.01.0Пример выполнения задания К-1Заданы уравнения движения точкиx = 4t 2 + 1(1)y = 2t (х, у - в сантиметрах, t - в секундах).Определить траекторию точки и для момента времени t1 = 1 сек.найти:- положение точки на траектории;- скорость и ускорение точки;- касательную и нормальную составляющие ускорения;- радиус кривизны в соответствующей точке траектории.5Решение:1.

Уравнения движения точки (1) можно рассматривать как уравненияее траектории в параметрической форме. При этом параметром являетсявремя t. Чтобы найти уравнение траектории точки в координатной форме,необходимо исключить из уравнений (1) параметр t. В результате получимx = y2+ 1 .(2)Уравнение (2) есть уравнение параболы, осью симметрии которойявляется ось Ox (рис.1.1).y4V1YM12Sa1=a1X1OV1τa13V1Xna112345xРис.

1.1Из уравнений (1) следует, что координаты x и y все времяположительны, так как время t ≥ 0 . Таким образом, траекторией точкиявляется верхняя ветвь параболы, показанная на рис.1.1 сплошной линией.2. Подставляя значение времени t1 = 1 сек. в уравнения (1), найдемкоординаты точки в указанный момент времени:х1 = 5 см,у1 = 2 см .(3)На основании (3) покажем положение точки на траектории (рис.1.1).3. Для определения скорости точки найдем проекции вектора скоростина оси координат по формуламV X = x& = 8t (4)VY = y& = 2 По найденным проекциям вектора скорости на оси координат нетруднонайти модуль скорости (V) и ее направлениеV = V X2 + VY2 = 64t 2 + 4В момент времени t1 = 1 сек.V1x = 8 см/с,V1y = 2 см/с,V1 = 8,124 см/с.(5)(6)6rНа основании (6) вектор скорости V1 строим в точке M1 траекторииrrrrrкак геометрическую сумму составляющих V1x и V1 y ( V1 = V1x + V1 y , гдеrrr rrr rV1x = V1x i , V1 y = V1 y j ; i , j - орты осей x и y ).

При этом вектор V1 долженбыть направлен по касательной к траектории точки (рис. 1.1).4. Аналогично найдем ускорение точки по его проекциям накоординатные оси:a x = &x& = 8 (7)a y = &y& = 0a = a 2X + aY2 = 8 см/с2 .(8)Как следует из (7) и (8), в данном случае проекции вектора ускоренияна оси координат, а также его модуль не зависят от времени t, то естьявляются постоянными величинами. Таким образом, в момент времени t1 = 1сек, учитывая (7) и (8),a1x = 8 см/с2 ,a1y = 0 см/с2 ,(9)2a1 = 8 см/с .(10)rНа основании (9) вектор ускорения a1 , строим в точке M1, как геоrrrrrметрическую сумму составляющих a1x и a1 y( a1 = a1x + a1 y , гдеr rrr rra1x = a1x i , a1 y = a1 y j ; i , j - орты осей x и y ).

В рассматриваемом случаеa1 = a1x (рис.1.1).5. Определим касательную и нормальную составляющие ускоренияточки. Касательная составляющая ускорения характеризует изменениевектора скорости по модулю, а нормальная составляющая характеризуетизменение вектора скорости по направлению.rМодуль касательного ускорения точки ( aτ ) можно найти на основанииформулыdVraτ =.(11)dtПринимая во внимание соотношение (5), производную dV/dt можнопредставить в видеdV d64 ⋅ 2 ⋅ t=.(12)64t 2 + 4 =2dt dt2 64t + 4Для момента времени t1= 1 сек. на основании (12) с учетом (6) и (9)получимdV64 ⋅ 2 ⋅ t== 7,76см/с2 .(13)2dt 2 64t + 4Таким образом, модуль касательного ускорения точки в моментвремени t1= 1 сек.raτ = 7,76 см/с2 .(14)Знак "+" при dV/dt показывает, что модуль скорости возрастает, то()7есть движениеточки является ускоренным и, следовательно, направленияrrвекторов V1 и a1τ совпадают (рис.1.1).

Модуль нормального ускорения точкиопределим по формулеra n = a 2 − aτ2.(15)Для момента времени t1= 1 сек, учитывая (8) и (14), на основании (15)получимra1n = 82 − 7,76 2 = 1,94 см/с2 .(16)Нормальное ускорение точки направлено перпендикулярно касательrному ускорению в сторону вогнутости кривой (рис.1.1). Ускорение arrrrнайдено как по составляющим a1x и a1 y , так и по составляющим a1n и a1τчем проверяется правильность проведенных вычислений.6. Радиус кривизны траектории (ρ) в данной точке можно определитьна основании формулы для нормального ускоренияV2ran =.(17)ρТаким образом, в точке M1 траектории (где находится точка при t1= 1сек.), учитывая (6), (16) и (17), получимV12ρ1 = r = 35 см .(18)a1nПримечание. В случаях, если траекторией точки является либонекоторая прямая, либо окружность определенного радиуса, радиускривизны такой траектории в каждой точке известен заранее.

При этомформулы, приведенные в пункте 6, могут служить основанием для проверкирезультатов, получаемых в пунктах 3-5.8ЗАДАНИЕ К-2Тело D (рис.2.1-2.6) вращается вокруг неподвижной оси по законуϕ = ϕ(t)(ϕ измеряется в радианах,t - в секундах; положительноенаправление отсчета угла ϕ показано на рисунках дуговой стрелкой). По телувдоль прямой AB (рис.2.1, 2.5, 2.6), или по окружности радиуса R (рис.2.22.4) движется точка М по закону S=OM=f(t) см (положительное иотрицательное направления отсчета координаты S от точки O указанысоответственно знаками плюс (+) и минус (-)).

Определить абсолютнуюскорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени t=t1 сек.Необходимые данные приведены в таблице 2.Таблица 2№ № Уравнение вращательногоУравнениеRat1вар. рис.движениядвижения точки М (сек) (см) (см)OM = S = f (t) (см)ϕ = ϕ (t) (рад)21 2.12162πt16 cos(πt /4)22 2.20.5 102πt10πt3 2.30542πt5πt24 2.40,5 20πt20π sin(πt/3)25 2.55 - 2t15sin(πt/6)326 2.6t7 - 4t1727 2.12t5 – 5t1538 2.2120πt20πt22180609 2.33πt20πt1510 2.4πt35πt 2211 2.53t – t13cos(πt/3)212 2.6t244 sin(πt/4)213 2.116πt6 sin(πt/6)214 2.21102πt10πt3215 2.3112πtπ(2 – t )16 2.42102πt10π cos(πt/6)217 2.5t12cos(πt/2)18 2.62t288 sin(πt/2)2219 2.13t - 8t18π (t + 3t)220 2.21,58πt8πt2221 2.3212104πt2π (t + t )2322 2.4124 + 2πt3π (2 – t )223 2.52 – 4t14cos(πt/6)2224 2.63t – t2t - 416225 2.1148πt + πt4 cos(πt/2)2226 2.20,5 203πt40πt327 2.31862πt20πt9№ № Уравнение вращательноговар.

рис.движенияϕ = ϕ (t) (рад)28 2.40,6 πt229 2.5sin(πt/3)30 2.62tУравнениедвижения точки МOM = S = f (t) (см)π(10t – 2t2)1 – 2t24 cos(πt/3)Rat1(сек) (см) (см)11116-24Пример выполнения задания К-2Диск радиуса R = 0,5 м вращается вокруг своего вертикальногодиаметра OB (рис.2.7) по закону ϕ = t3- 2t2 (ϕ измеряется в радианах, t - всекундах; положительное направление отсчета угла ϕ показано на рисункедуговой стрелкой). По ободу диска движется точка M по закону( πRS = OM =7t − 2t 2 м. (положительное и отрицательное направления6отсчета дуговых координат S от точки O указаны соответственно знакамиплюс (+) и минус (-)).

Определить абсолютную скорость и абсолютноеускорение точки M в момент времени t1=1 секунда.()Решение. Для определенности свяжем жестко с диском системукоординат O1xyz (координатная плоскость O1yz совмещена с плоскостьюдиска). Движение точки М рассматриваем как сложное. Вращение диска(подвижной системы координат O1xyz ) вокруг вертикальной неподвижнойоси O3z1 считаем переносным. При этом движение точки М по ободу дискабудет относительным. Рассмотрим более полно эти движения.1.