В.С. Русаков, А.И. Слепков, Е.А. Никанорова, Н.И. Чистякова - Механика. Методика решения задач (1114478), страница 31
Текст из файла (страница 31)
Для цилиндрического одноm2 R12 + J 01m2 R12 и ускорение его центра будет равно2Глава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела217Задача 6.8На лежащую на горизонтальной поверхности катушку массойm = 100 г и моментом инерции J0 = 400 г⋅см2 относительно ее осинамотана невесомая нерастяжимая нить. Внешний радиус катушкиравен R = 4 см, а внутренний – r = 1 см. К концу нити под угломα = 60° к горизонтальной поверхности приложена сила F = 0.2 Н(см. рис.
6.16).XFRαrmgd NFтр ZYРис. 6.16Найти ускорение центра масс катушки a для случая, когдакатушка движется в горизонтальном направлении без проскальзывания и величину коэффициента трения, при котором такое движение возможно.РешениеI. Выберем лабораторную инерциальную систему отсчета,оси X, Y и Z декартовой системы координат которой направленытак, как показано на рис. 6.16. Поскольку движение катушки является плоским, то существует мгновенная ось вращения, направленная перпендикулярно параллельным плоскостям, в которых двигаются материальные точки катушки.
В отсутствие проскальзываниямгновенная ось вращения проходит через точки соприкосновениякатушки с горизонтальной поверхностью. Зададим в качестве положительного направления оси вращения положительное направление оси Z выбранной системы координат, начало отсчета которой совпадает с одной из точек соприкосновения (рис. 6.16).II. Запишем систему уравнений движения катушки вместе снамотанной на нее невесомой нитью относительно лабораторной218МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧинерциальной системы отсчета, в которую войдут уравнение вращательного движения вокруг мгновенной оси вращения и уравнение движения центра масс катушки в проекциях на оси X и Y выбранной системы координат:dωJ= Fd ,(6.121)dt0 = N − mg + F sin α .(6.122)ma = F cos α − Fтр ,(6.123)Здесь J – момент инерции катушки относительно мгновенной осивращения, ω – угловая скорость вращения катушки, d – кратчайшеерасстояние от мгновенной оси вращения до линии действия силы F(плечо силы F), Fтр – сила трения покоя, действующая на катушкусо стороны горизонтальной поверхности, N – сила нормальной реакции опоры.Уравнения (6.121) – (6.123) дополним уравнением кинематической связи (в силу отсутствия проскальзывания при движениикатушки), теоремой Гюйгенса-Штейнера (6.42) для момента инерции J и очевидным геометрическим соотношением (см.
рис. 6.16):dωa=R,(6.124)dtJ = J 0 + mR 2 .(6.125)dr+=R.(6.126)cos α cos αДля определения коэффициента трения, при котором возможно движение без проскальзывания, в соответствии с закономАмонтона–Кулона (см. п. 2.1.2 в Главе 2) запишем:Fтр ≤ μN .(6.127)III. Решая систему уравнений (6.121) – (6.126) относительноискомого ускорения центра масс катушки a, получаем:FR 2 ⎛r⎞a=cos α − ⎟ .(6.128)2 ⎜R⎠J 0 + mR ⎝Для отсутствия проскальзывания катушки относительно горизонтальной поверхности коэффициент трения должен удовлетворять неравенству:Глава 6.
Кинематика и динамика абсолютно твердого тела219FJ cos α + mrR⋅ 0.(6.129)mg − F sin αJ 0 + mR 2Проанализируем полученный результат. В соответствии с(6.128) направление ускорения a определяется знаком выраженияr⎞⎛⎜ cos α − ⎟ . В том случае, когда точка пересечения линии дейстR⎠⎝вия силы F и оси Y лежит левее начала отсчета системы координат,rкатушка будет двигаться слева направо, поскольку cos α − > 0 . ВRпротивном случае качение будет происходить справа налево.Подставляя численные значения физических величин, заданные в условии задачи, получим для ускорения центра масс катушкии коэффициента трения:a = 0.4 м/с2, μ ≥ 0,075.μ≥Задача 6.9Оси сплошного и тонкостенного цилиндров соединены невесомой штангой.
Цилиндры скатываются без проскальзывания понаклонной поверхности клина с углом при основании α (см.рис. 6.17). Радиусы цилиндров одинаковы и равны R, при этом масса сплошного цилиндра равна m1, а тонкостенного − m2. Найти уголα , при котором цилиндры будут скатываться без проскальзывания.YN2TN1TFтр1Xαm1gРис. 6.17Fтр2m2gМЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ220РешениеI. Выберем лабораторную инерциальную систему отсчета,жестко связанную с клином, оси X и Y декартовой системы координат которой изображены на рис. 6.17. На цилиндры в процессеих плоского движения действуют силы тяжести m1 g и m2 g , силытрения Fтр1 и Fтр2 , силы нормальной реакции опоры N1 и N 2 , атакже силы реакции штанги T (см. рис. 6.17).II. Запишем уравнения движения центров масс цилиндров впроекции на оси X и Y выбранной системы координат:m1a = m1 g sin α − T − Fтр1 ,(6.130)m2 a = m2 g sin α + T − Fтр 2 ,(6.131)0 = N1 − m1 g cos α ,(6.132)0 = N 2 − m2 g cos α ,(6.133)При записи уравнений (6.130) и (6.131) учтено, что силы реакции штанги T, действующие на цилиндры, равны по модулю.
Этолегко доказать, используя уравнение движения невесомой штанги впроекции на ось X и третий закон Ньютона. Ускорения центровмасс a цилиндров также равны, поскольку штангу считаем абсолютно твердым телом.Уравнения моментов для цилиндров относительно осей вращения, проходящих через их центры масс, имеют вид (см. (6.47)):(6.134)J1β = Fтр1R ,J 2 β = Fтр 2 R .(6.135)Здесь J1 и J 2 − моменты инерции сплошного и тонкостенного цилиндров относительно осей, проходящих через их центры масс соответственно; β – угловое ускорение, одинаковое для сплошного итонкостенного цилиндров в силу уравнения кинематической связи,которое следует из условия качения цилиндра без проскальзывания:βR = a .(6.136)Воспользуемся известными выражениями для моментовинерции однородных сплошного (6.44) и тонкостенного цилиндровотносительно осей, проходящих через их центры масс:m R2J1 = 1 ,(6.137)2Глава 6.
Кинематика и динамика абсолютно твердого тела221J 2 = m2 R 2 .(6.138)В соответствии с законом Амонтона–Кулона (см. п. 2.1.2 вГлаве 2) для сил трения покоя, действующих на цилиндры, справедливы неравенства:Fтр1 ≤ μN1 .(6.139)Fтр2 ≤ μN 2 .(6.140)III. Воспользовавшись соотношениями (6.130) − (6.138), выразим силы нормальной реакции наклонной поверхности клина исил трения покоя со стороны этой поверхности на оба цилиндрачерез величины, заданные в условии задачи, и искомый угол приосновании клина α :N1 = m1 g cos α ,(6.141)N 2 = m2 g cos α ,(6.142)m + m2Fтр1 = 1m1 g sin α ,(6.143)3m1 + 4m22(m1 + m2 )m2 g sin α .(6.144)3m1 + 4m2Подставляя выражения (6.141) − (6.144) в неравенства (6.139)и (6.140), получим условия, при которых качение цилиндров происходит без проскальзывания:3m + 4m2,(6.145)tgα ≤ μ 1m1 + m2Fтр2 =3m1 + 4m2.(6.146)2(m1 + m2 )Поскольку правая часть неравенства (6.146) меньше правойчасти неравенства (6.145) при любых значениях коэффициентатрения μ и масс цилиндров m1 и m2, то искомая область значенийугла при основании клина α, при которых цилиндры будут скатываться без проскальзывания, определяется неравенством (6.146).В соответствии с (6.146) область возможных значений угла αоднозначно определяется отношением масс цилиндров при заданном значении коэффициента трения μ:⎛ 3m1 / m2 + 4 ⎞⎟⎟ .α ≤ arctg⎜⎜ μ(6.147)⎝ 2(m1 / m2 + 1) ⎠tgα ≤ μМЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ222На рис. 6.18 изображен график зависимости предельной величины tgα пр / μ от отношения массы сплошного цилиндра к массе тонкостенного m1 / m2 .tgα пр / μ2100246810m1 / m2Рис. 6.18Как видим, область значений угла α, при которых цилиндрыбудут скатываться без проскальзывания, ограничена сверху предельным значением α пр , которое равно arctg(2 μ ) при m1 << m2 и⎛3 ⎞асимптотически стремится к значению arctg⎜ μ ⎟ при неограни⎝2 ⎠ченном увеличении отношения масс цилиндров m1 / m2 (рис.
6.18).Задача 6.10Цилиндрическая шайба радиусом r = 3 см касается бортагладкой горизонтальной площадки, имеющей форму круга радиусом R = 10 м. Шайбе придали скорость υ0 = 30 м/с, направленнуювдоль борта. Коэффициент трения между бортом и шайбой равенμ = 0,1 . Определить модуль скорости шайбы υк после того, какпрекратится проскальзывание между бортом и шайбой, а также интервал времени tк, через который это произойдет.РешениеI. Движение шайбы рассматриваем относительно лабораторной инерциальной системы отсчета, жестко связанной с горизонтальной площадкой. Уравнение движения центра масс шайбы будем записывать в проекциях на нормальную n и тангенциальнуюГлава 6.
Кинематика и динамика абсолютно твердого тела223τ оси (см. п. 1.1. Теоретический материал в Главе 1), связанные сцентром движущейся шайбы (см. рис. 6.19).При плоском движении шайбывдоль борта площадки на нее действуютυксила нормальной реакции N и сила треτния Fтр со стороны борта. При этом момент силы трения относительно оси, проnυ (t )ходящей через центр масс шайбы, вызывает ее вращение вокруг указанной оси.NСкорость центра масс шайбы будетуменьшаться, а угловая скорость ее враFтрυ0щения − увеличиваться, до тех пор, покане прекратится проскальзывание шайбыо борт площадки. Начиная с этого моРис. 6.19мента сила трения шайбы о борт равнанулю, а модуль скорости центра массшайбы не изменяется.II.
Запишем уравнение движения центра масс шайбы относительно лабораторной системы отсчета в проекциях на выбранныенормальную n и тангенциальную τ оси:man = N ,(6.148)maτ = − Fтр .(6.149)Нормальная и тангенциальная проекции ускорения центра массшайбы определяются соотношениями (см. п. 1.1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
