В.С. Русаков, А.И. Слепков, Е.А. Никанорова, Н.И. Чистякова - Механика. Методика решения задач (1114478), страница 32
Текст из файла (страница 32)
Теоретическийматериал в Главе 1):an =υ2,(6.150)R−rdυaτ =,(6.151)dtгде υ − модуль скорости центра масс шайбы и ( R − r ) − радиускривизны его траектории.Уравнение моментов (6.47) для вращающейся шайбы относительно оси, проходящей через ее центр масс, имеет вид:dωJ0= Fтр r .(6.152)dtМомент инерции шайбы относительно указанной оси (6.44) равен:МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ224mr 2.(6.153)2На начальном этапе ( t < tк ) шайба движется с проскальзыванием и на нее в соответствии с законом Амонтона − Кулона (см.п. 2.1.2.В в Главе 2) действует сила трения скольжения, равная:Fтр = μN .(6.154)J0 =Запишем уравнение кинематической связи между угловойскоростью вращения и скоростью центра масс шайбы после прекращения проскальзывания (при t ≥ tк ):υ = rω .(6.155)III.
Воспользовавшись соотношениями (6.148) − (6.151) и(6.154), получим дифференциальное уравнение для модуля скорости центра масс шайбы на начальном этапе движения шайбы( t < tк ):dυυ2= −μ.(6.156)dtR−rРешаем уравнение (6.156) с помощью метода разделения переменных:υdυ∫ υ2=−υ0μtR − r ∫0dt ,(6.157)R−r.(6.158)R − r + υ0 μtСвязь угловой скорости вращения шайбы с модулем скорости ее центра масс получаем из (6.148) − (6.154):dω2μ=υ2 ,(6.159)()dt r R − rПодставляя (6.158) в (6.159), получаем:υ (t ) = υ0ω (t ) =2 μυ02 (R − r )1dt .2∫r0 (R − r + υ 0 μt )t(6.160)В результате угловая скорость шайбы на начальном этапе еедвижения равна:2υ02 μt(6.161)ω (t ) =.r (R − r + υ0 μt )Глава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела225В соответствии с (6.158) модуль скорости центра масс шайбыуменьшается от значения υ 0 (при t = 0), в то время как угловаяскорость вращения шайбы увеличивается по закону (6.161). В момент прекращения проскальзывания (через интервал времени tк после сообщения шайбе скорости υ0 ) угловая скорость вращенияшайбы и модуль скорости ее центра масс связаны уравнением кинематической связи (6.157).На рис.
6.20 представлены зависимости модуля скоростицентра масс шайбы υ и произведения угловой скорости вращенияшайбы на ее радиус ω r .υ , ωr, м/c30υ20ωr10001tк23t, cРис. 6.20Графики представленных зависимостей пересекаются в момент времени tк (см. рис. 6.20). Подставляя (6.158) (6.161) в уравнение (6.157) получаем значение интервала времени tк:R−rtк =.(6.162)2 μυ0После прекращения проскальзывания при дальнейшем движении шайбы модуль скорости ее центра масс не меняется и равен:2υк ≡ υ (t = tк ) = υ0 .(6.163)3Как видим, искомый модуль скорости шайбы определяетсятолько ее начальной скоростью υ 0 и не зависит от других величин,заданных в условии задачи.Подставляя заданные численные значения в (6.162) и (6.163),находим искомые величины:tк ≅ 1,66 с, υк = 20 м/с.МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ2266.4. Задачи для самостоятельного решенияЗадача 1Две параллельные рейки движутся в одну сторону с постоянными скоростями υ1 и υ2 относительно лабораторной системы отсчета XY.
Между рейками зажата катушка с радиусами R и r (см.рис.), которая движется вдоль реек без проскальзывания.Yυ1rRυ20XНайти координату yм мгновенной оси вращения, угловуюскорость вращения ω катушки и скорость υ ее оси.υ −υυ R + υ2rυ (R + r), ω= 1 2 ,υ= 1.Ответ: yм = 2R+rυ1 − υ 2(R + r)Задача 2Круглый конус высотой h и радиусом основания r катитсябез скольжения по горизонтальной поверхности (см. рис.).
Вершина конуса шарнирно закреплена в точке O на уровне центра основания конуса, который движется с постоянной по модулю скоростью υ . Найти угловую скорость вращения конуса ω и его угловоеускорение β.OhυrГлава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого телаОтвет: ω =υ2227υ⎛r⎞1+ ⎜ ⎟ , β =.rhr⎝h⎠2Задача 3Однородный диск радиусом R раскрутили вокруг его оси доугловой скорости ω и положили на горизонтальную поверхность.Коэффициент трения между поверхностью и диском равен μ . Через какое время τ угловая скорость вращения уменьшится в n = 2раза.3 ωRОтвет: τ = ⋅.8 μgЗадача 4Кривошип, соединяющий оси двухзубчатых колес радиусами R и r, вращается сугловой скоростью Ω (см.
рис.). Внутреннееколесо неподвижно. Найти угловую скоростьвращения внешнего колеса ω и его относительную (по отношению к кривошипу) угловую скорость вращения ωотн .Ω (R + r)ΩR, ωотн =.Ответ: ω =rrЗадача 5На два одинаковых однородных блока радиусами R намотана легкая нерастяжимая нить(см.
рис.). В процессе движения оси блоков остаются параллельными и находятся в вертикальной плоскости. Трением в закрепленной осиверхнего блока, а также проскальзыванием нитипо блокам пренебречь. Найти модуль ускоренияоси нижнего блока a и модуль его углового ускорения β.2 g4Ответ: a = g , β = ⋅ .5 R5rRΩМЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ228Задача 6Тонкостенный цилиндр массой m скатывается без проскальзывания по наклонной поверхности клина с углом при основанииα (см. рис.).αНайти ускорение a оси цилиндра и силу трения, действующая на него со стороны наклонной поверхности клина.11Ответ: a = g sin α , Fтр = mg sin α .22Задача 7Оси тонкостенного и сплошного цилиндров соединены невесомым стержнем. Цилиндры скатываются без проскальзывания понаклонной поверхности клина с углом при основании α (см. рис.).αРадиусы цилиндров одинаковы, масса каждого цилиндра m.Определить силу F реакции стержня.mg sin α.Ответ: F =7Задача 8Сплошному однородному цилиндру массой m и радиусом Rсообщили вращение вокруг его оси с угловой скоростью ω .
Затемположили его боковой поверхностью на горизонтальную плоскостьи предоставили самому себе. На какое расстояние переместитсяцилиндр за время, в течение которого движение цилиндра проис-Глава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела229ходило со скольжением. Коэффициент трения между поверхностьюи цилиндром равен μ .Ответ: Δx =ω 2R2.18μgЗадача 9Два тела массами m1 и m2 соединены невесомой нерастяжимой нитью, перекинутой через однородный блок массой m (см.рис.).m1mm2Коэффициент трения между первым телом и горизонтальнойповерхностью равен μ . В процессе движения тел не происходитпроскальзывания нити по поверхности блока.
Найти ускорениевторого тела, пренебрегая трением в оси блока.m2 − μm1, при m2 > μm1 ;Ответ: a = gmm1 + m2 +2a = 0 , при m2 ≤ μm1 .Задача 10Однородный сплошной цилиндр массой Mможет свободно вращаться вокруг своей неподвижной горизонтальной оси (см. рис.). На цилиндр намотана тонкая нить длиной L и массойm. Найти ускорение a свешивающейся частинити в зависимости от ее длины x.2mgx.Ответ: a =ML + 2m( L − x)x230МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧЗадача 11Система тел, состоящая из груза и двуходинаковых блоков, изображена на рисунке.Ось левого блока закреплена, а правый блоксвободно лежит на нити. При движении телсистемы не происходит проскальзывания нити относительно поверхностей блоков.
Считая заданными массу груза m, массы блоковM и их радиусы R, определить ускорение груза a. Трением в оси блока пренебречь.m+MОтвет: a =g.7m+ M2MMmГлава 7. Законы сохранения момента импульса и механической энергии231ГЛАВА 7ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ МОМЕНТА ИМПУЛЬСА ИМЕХАНИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ. ГИРОСКОПЫ.ГИРОСКОПИЧЕСКИЕ СИЛЫ7.1. Теоретический материалЗакон сохранения момента импульса (количества движения) механической системы относительно точки1 – момент импульса механической системы L относительно инерциальной системы отсчета сохраняется, если сумма моментов внешних сил M exотносительно данной точки равна нулю:dL= M ex = 0 или dL = 0 .(7.1)dtЗакон сохранения момента импульса (количества движения) механической системы относительно оси – момент импульса механической системы Ln относительно инерциальной системыотсчета сохраняется, если сумма моментов внешних сил M nex относительно данной оси равна нулю:dLn= M nex = 0dtилиdLn = 0 .(7.2)Для конечного интервала времени законы сохранения моментов импульса механической системы относительно точки и оси всоответствии с (7.1) и (7.2) можно записать в виде:ΔL ≡ L(t2 ) − L(t1 ) = 0 или L(t1 ) = L(t2 ) ,(7.3)ΔLn ≡ Ln (t2 ) − Ln (t1 ) = 0 или Ln (t1 ) = Ln (t2 ) .(7.4)Законы сохранения моментов импульса относительно точкии оси являются прямым следствием законов их изменений (см.(6.38) и (6.39) в п.
6.1 Теоретический материал в Главе 6).1Определения момента импульса (количества движения) механической системы и момента силы относительно точки (оси), а также формулировка закона изменения момента импульса (уравнения моментов)относительно точки (оси) даны в п. 6.1 Теоретический материал в Главе 6.МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ232Кинетическая энергия абсолютно твердого тела2 в случаеего произвольного движения равна:211E k = ∑ mi υi2 = ∑ mi (V + [ωri′]) =2 i2 i()=12mi V 2 + 2V ⋅ [ωri′] + [ωri′] =∑2 i=11′ ] + ∑ mi [ωri′]2 .mV 2 + mV ⋅ [ωrцм22 i(7.5)Здесь mi и υi – массы и скорости материальных точек, из которыхсостоит абсолютно твердое тело, V – скорость начала системы отсчета S', жестко связанной с телом, ω – угловая скорость системыS', ri′ – радиус-векторы материальных точек тела относительно′ – радиус-вектор центра масс (см.
Главу 3) тела отсистемы S', rцмносительно системы S'.Если начало отсчета системы S', связанной с абсолютнотвердым телом, совпадает с центром масс тела, то его кинетическаяэнергия равна сумме кинетической энергии поступательного движения тела со скоростью центра масс и кинетической энергии вращательного движения тела вокруг оси, проходящей через центрмасс:1 2 12E k = mυцм(7.6)+ ∑ mi [ωri′] ,22 iгде υцм – скорость центра масс тела.Кинетическая энергия вращающегося тела вокруг неподвижной оси:1E k = Jω 2 ,(7.7)2где J – момент инерции тела относительно оси вращения, ω – угловая скорость вращения тела.2Определение кинетической энергии механической системы даны вп. 3.1 Теоретический материал в Главе 3, а определение абсолютно твердого тела в п.
6.1 Теоретический материал в Главе 6.Глава 7. Законы сохранения момента импульса и механической энергии233Работа внешних сил при повороте тела вокруг оси:ϕ2δA = M n dϕ , A12 = ∫ M n dϕ ,(7.8)ϕ1где Mn – момент сил относительно оси (см. п. 6.1 Теоретическийматериал в Главе 6), ϕ1 и ϕ2 – начальное и конечное значения углаповорота.Кинетическая энергия абсолютно твердого тела в случаеего плоского движения:11′ ] + Jω 2 .E k = mV 2 + mV ⋅ [ωrцм(7.9)22Здесь смысл обозначений физических величин тот же, что и в (7.5)и (7.7).Если начало отсчета системы S', связанной с абсолютнотвердым телом, находится в центре масс тела, то его кинетическаяэнергия равна сумме кинетической энергии поступательного движения тела со скоростью центра масс и кинетической энергии вращательного движения тела вокруг оси, проходящей через центрмасс, и в случае плоского движения равна (теорема Кенига):112E k = mυцм+ J цмω 2 ,(7.10)22где υцм – скорость центра масс тела, J цм – момент инерции телаотносительно оси вращения, проходящей через его центр масс.Кинетическая энергия абсолютно твердого тела, записанная через момент инерции тела J n относительно мгновенной осивращения3:1E k = J nω 2 .(7.11)2Кинетическая энергия абсолютно твердого тела, закрепленного в точке:211E k ≡ ∑ mi υi2 = ∑ mi [ωri ] ,(7.12)2 i2 i3Определениемгновеннойосип.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
