Новожилов А.И. - Краткий курс теоретической механики (1079976), страница 12
Текст из файла (страница 12)
И в этом направлении отложим отvрезок C C v = C .. Скорость этой точки СvωGGGаv C v = v C + v C vC , но vCvC = CCv ⋅ω = vC ,Gвектор этой скорости vС vС перпендикуляренРис.G 9.18CCυ и направлен в сторону, противоположную вектору vC . Значит, скоGGGрость точки Сv как сумма векторов vС и vСvС будет равна нулю vCv = 0.Следовательно, при плоскопараллельном движении тела всегда можно найти такую точку, скорость которой в данный момент времени равна нулю. Эта точка Сv называется мгновенным центром скоростей.Положение этой точки на теле всё время меняется, так как скоростьполюса в общем случае может изменяться и по величине, и по направлению; да и угловая скорость ω также переменна.71AKF3.RUПусть положение мгновенного центра скоростей Сv известно (рис.9.19).
Назовем его полюсом. Тогда скорость точки А по выражению (9.5).GGGv A = vС v + v AC v ..GGGНо vCv = 0. Значит, v A = v AC v и величина еёv A = ACv ⋅ ω .Аналогично скорость другой точки ВGGvB = vBC v и vB = BCv ⋅ ω .Следовательно, если известен мгновенный центр скоростей, то определениескоростей точек значительно упрощается.Рис. 9.19Предполагаем, что тело вращается вокругоси, проходящей через мгновенный центр скоростей перпендикулярноплоскости движения, и находим скорости при таком вращении.Существует несколько способов определения положения мгновенногоцентра скоростей.а) Если известны скорости двух точек тела, то мгновенный центр скоростей Cv находится как точка пересечения перпендикуляров к векторамэтих скоростей, проведённых из данных точек (см.
рис. 9.19).При этом может оказаться, что точки расположены на одном перпендикуляре к скоростям (рис. 9.20). В этом случае надо искать Сv как точкупересечения этого перпендикуляра с прямой, соединяющей концы векторов скоростей. Этот способ следует из того, что скорости пропорциональны расстояниям от точек до Сv и полученные треугольники подобны.Рис. 9.20Рис.
9.21Может получиться и так, как показано на рис. 9.21. В этом случаемгновенный центр скоростей находится в бесконечности и угловая скоvрость ω = A = 0 . А при ω = 0 как при поступательном движении скороACvGGGсти всех точек тела будут равны v A = v B = vC = …72AKF3.RUб) Если тело катится без скольжения по неподвижной поверхности(рис. 9.22), то мгновенный центр скоростей находится в точке касания, так как проскальзываниянет и скорости этой точки тела и поверхности вданный момент одинаковы, то есть равны нулю.Пример 9.4. Тело, имеющее форму катушкиРис. 9.22(рис.
9.23), катится своим средним цилиндром по неподвижной плоскоститак, что расстояние xС = 3 t см. Радиусы цилиндров известны: R = 4 см и r= 2 см. Определим скорости точек A, B и C.Мгновенный центр скоростейнаходится в точке касания катушки сплоскостью. Скорость полюса СvC = xC = 3 см·с-1.Угловая скорость катушкиvv3ω = С = С = = 1,5с-1 .2ССvrСкорости точек А и В направлены перпендикулярно отрезкам прямых, соединяющих эти точки с мгно-Рис. 9.23венным центром скоростей.
Величиныскоростей как при вращении вокруг мгновенного центра скоростей Сv будут равныv A = ACv ⋅ ω = r 2 + R 2 ω = 6,71 см ⋅ с-1 ;vB = BCv ⋅ ω = ( R + r )ω = 9,0 см ⋅ с-1 .Пример 9.5. Стержень АВ (рис. 9.24) скользит концами в вертикальнойплоскости по взаимно перпендикулярным прямым так, что при угле с горизонтальной плоскостью, равном α, скорость нижнего конца vB = u . Длина стержня AB = l .
Определим скорость верхнего конца А и угловую скорость стержня.73AKF3.RUНетрудно определить направление вектора скорости точки А, скользящей по вертикальной прямой. Тогда Cv находится на пересечении перGGпендикуляров к v A и vB (рис. 9.24).vu.Угловая скорость ω = B =BCv l sin αСкорость точки Аuv A = ACv ⋅ ω = l cos α= и ctg α .l sin αА скорость центра стержня С, например, направлена перпендикулярно CCυ иlu.равна vC = CCv ω = ω =22sin αПри решении задач бывает полезнатеорема о проекции скоростей точек наось. Докажем её (рис. 9.25).GGGЗависимость между скоростями двух точек А и В: vB = v A + vBA .Спроектируем это равенство на ось, проведённую по АВ:GGGпр.vB = пр.v A + пр.vBA .НопроекцияGскорости vBA на ось равна нулю. ПоэтомуGGпр.vB = пр.v A или .
v Acosα = vB cosβ .Вывод. Проекции скоростей двухточек тела на ось, проведённую по этимточкам, равны.Так, в примере 9.5 скорость точки АРис. 9.25можно найти проще, используя этутеорему. Проектируя векторы скоростейна ось, проведённую по стержню АВ, получим:Рис. 9.24vA sin α = vB cos αи v A = vBcos α= и ctg α .sin α2.
План скоростейПусть известны скорости нескольких точек плоского сечения тела(рис. 9.26). Если эти скорости отложить в масштабе из некоторой точки Ои соединить их концы прямыми, то получится картинка, которая называетJJG GJJG GJJG Gся планом скоростей. (На рисунке oa = v A , oc = vС , .
ob = vB ).74AKF3.RUСвойства плана скоростейа) Стороны треугольников на плане скоростей перпендикулярны соответствующим прямым на плоскости тела.Действительно, по (9.5)GGGvB = v A + vBA . Но на планеJJGJJGGGскоростей vB = ob,v A = oa .JJGGЗначит, vBA = ab; причём векторGскорости vBA перпендикуляренАВ, поэтому и аb ┴ АВ. Точнотак же bc ┴ ВС и ас ┴ АС.Рис. 9.26б) Стороны плана скоростейпропорциональны соответствующим отрезкам прямых на плоскости тела.Так как v BA = AB ⋅ ω = ab , v BC = BC ⋅ ω = bc , v AC = AC ⋅ ω = ac ,то отсюда и следует, что стороны плана скоростей пропорциональны отрезкам прямых на плоскости тела, так как умножаются на одну и ту же величину, равную ω .Объединив оба свойства, можно сделать вывод, что план скоростейподобен соответствующей фигуре на теле и повёрнут относительно еёна 90˚ по направлению вращения.
Эти свойства плана скоростей позволяютопределять скорости точек тела графическим способом.Пример 9.6. На рис. 9.27 в масштабе изображён механизм. Известнаугловая скорость ω0 звена ОА. Построим план скоростей механизма.а)б)Рис. 9.27Чтобы построить план скоростей, должна быть известна скорость какой-нибудь одной точки и хотя бы направление вектора скорости другой.75AKF3.RUВ нашем примере можно определить скорость точки А: v A = OA ⋅ ω0Gи направление её вектора v A .JJG GОткладываем (рис.
9.27, б) из точки о в масштабе оа = v А . Известнонаправление вектора скорости ползуна В – горизонтальное (рис. 9.27, а).Проводим на плане скоростей из точки о прямую I по направлению скороGсти vB , на которой должна находиться точка b, определяющая скоростьэтой точки В. Так как стороны плана скоростей перпендикулярны соответствующим звеньям механизма, то из точки а проводим прямую перпендикулярно АВ до пересечения с прямой I.JJТочкапересечения определит точкуGGb, а значит, и скорость точки В: vB = ob . По второму свойству плана скоростей его стороны подобны звеньям механизма.
Точка С делит АВ пополам, значит, и точка с должна делить аb пополам. ТочкаJJG с определит наGплане скоростей величину и направление скорости vC = oc (если с соединить с точкой о).Скорость точки Е равна нулю, поэтому точка е на плане скоростейсовпадает с точкой о.Далее. Должно быть сd ┴ СD и dе ┴ DE. Проводим эти прямые, нахоJJGGдим их точку пересечения d. Отрезок оd определит вектор скорости vD = od .3.
Ускорения точек тела. Мгновенный центр ускоренийСкорость точки тела находится как векторная сумма двух скоростей.GGGНапример, скорость точки А v A = vC + v AC .GGGGd v A d vС d v AC.=+Ускорение её WA =dtdtdtПервое слагаемое этой суммы есть ускорениеGGd vC= WC .
Если остановить движениеполюсаdtGполюса С, положив vC = 0 , оставив лишьвращение тела, то окажется, что производнаяGGd v AC= W AC , то есть равна ускорению точки Аdtпри предположении, что тело лишь вращаетсяРис. 9.28вокруг неподвижного полюса C. Следовательно,GGGW A = WC + W AC . Но так как при вращении ускорение точки – сумма нормального и касательного ускорений, тоGGGnGτ,(9.6)W A = W C + W AC+ W AC76AKF3.RUGnnгде W ACнаправлен к полюсу С (рис.
9.28); уско= AC ⋅ ω2 , а вектор W ACτрение W AC= AC ⋅ ε и вектор его направлен перпендикулярно АС в сторону,соответствующую направлению углового ускорения ε.Пример 9.7. Диск катится без скольжения по прямой. Центр его Симеет скорость vС и ускорение WC (рис. 9.29). Найдем ускорение точки А.Угловую скорость находим с помощью мгновенного центра скоростейω=vCv= C .ССvRУгловое ускорение при качении колеса по прямой можно найти какпроизводную от угловой скорости. Имея в виду, что CCυ = R = const , аточка С движется по прямой,получим:1 d v С WСd ω d vС.===dt dt CC v R dtRЕсли С – полюс, тоGGGnGτW A = W C + W AС+ W AС, гдеε=nW AСτW AСv C2v C2= AC ⋅ ω = R 2 =;RRWРис.
9.29= AC ⋅ ε = R C = WС .RВеличину ускорения найдём с помощью проекций на оси х и у:2nW Ax = W AСТогда W A =vC2+ WС =+ WС ,R22W Ax+ W Ay=1RτW Ay = W AС= WC .( v C2 + RWC ) 2 + R 2WC2 .GGGGnτУскорение мгновенного центра скоростей Cv : WC v = WC + WC vC + WC vC ,GGv2где WCnvC = Rω2 = C ; WCτvC = Rε = WC . И так как WCτvC = −WC , тоRGGnvC2ускорение WC v = WC vC и WCv =≠ 0 . Таким образом, ускорение мгноRвенного центра скоростей не равно нулю.77AKF3.RUПример 9.8. Вернёмся к примеру 9.5 (рис. 9.30). GНайдём ускорениеGGточки А, полагая v B = u = co n st, то есть ускорение WB = 0.
По (9.6) имеемGGGGW A = W B + W AnB + W Aτ B ,(9.7)u2nτгде WAB= lω2 =;= lε , но направлеWAB2G lτ sin αние вектора W AB неизвестно, неизвестно и угловое ускорение ε .GτнаправленПредположим, что вектор W ABGперпендикулярно АВ влево. Ускорение W A ,Рис. 9.30конечно, направлено по траектории прямолинейного движения точки А, предположим, вниз.Спроектируем векторное равенство (9.7) на оси х и у, получим двауравненияn cos α − W τ sin α и − W sin α = − W n .0 = W ABAABABu2=.sin α l sin3 αПоложительное значение WA указывает на то, что направление векGтора WA выбрано было правильно. Из первого уравнения теперь можноτn cos αWAB= WAB=найтиускорениеsin αИз второго уравнения находим ускорение точки А=u2l sin 3 αcos αиWA =nWABугловоеускорениеτWABu2(направленияε==cos αll 2 sin 3 αGτWABи ε также выбраны верно).Рассмотрим ещё раз плоскопараллельное движение тела (рис.
9.31).ПустьGРис. 9.31известны ускорение полюса WC , угловаяскорость тела ω и его угловое ускорение ε.Проведём из полюса С прямую под углом α таким, чтоtgα =εω2,(9.8)Gотложим этот угол от вектора WC по направлению углового ускорения ε.78AKF3.RUGWCWИ на этой прямой найдём точку CW на расстоянии от С равномWCCCW =.ε 2 + ω4Докажем, что ускорение этой точки CWравно нулю.GGGGnGτ= WC + WCW C = WC + WCW C + WCW C , где W CnW C = CC W ⋅ ω 2 ,WCW C = (WCn C ) 2 + (WCτ C ) 2 = CCW ε 2 + ω4 = WC .WWGНайдём угол β между вектором WC C и прямой CCW .WCτW C = CCW ⋅ εТангенс егоиWCτ Ctg β = nWWC CWW=ε= tg α . Значит β = α.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
