З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Дальнейшее движение нити становится оченв сложным и не сохранает простой формы, представленной на рнс. 38,13.!. Чтобы сохранить корректность условия и решения задачи необходимо предпола. гать, что движение нити иронсходит в канале, повторяюшем упзл с~ода. 2а, висевшая на ~ ет двигаться с натот момент, когда ! РбШЕНИЕ. Расчетная схема — на рис. ЗВ.19.1, где показаны начальное и конечное состояния нити. Применяя теорему об изменении кинетической энергии к этим состояниям, получим: тэ пзпв ( а'з г г 2 2 ~, 2/ — — — — — =гпя а — — =ь п=.,ау+е.
'4 штифт цпз Р Рис, Эб.19.1 14 5. теорема об изменении кинетической энергии Замечание к задаче 38,19. Система, рассматриваемая в настоящей заааче, яв ":-,. ляется системои с одлсолодолкгй (в точке контакта со штифтом) связью. Можно похазаггч что при ве > х/ак нить сразу же (т. е. в начальный момент движения() перестает контактировать со штифтом (нормальная реакция становится отрнца' тельной). Если же о < ее < ч/аф, то контакт со гщифтом прекращается при О Э, г т, = — ~(! — —.
х/2 у' ад где а - перемещение кониа нити, отсчитываемое от начального его положения.::!! Дальнейшее лвижение нити становится лостаточно сложным, но подаается ана-„.:.',.",' литическому исслелованию (подробности см. (8)). Для сохранения корректности условия и решения задзчи, необходимо предполагать, что в окрестности щаифзв нить движется в канале, обеспечивающем двустороннюю связь. Эвдзча 36.20 (38.20). Транспортер стояния покоя приводом, присоедиие Привод сообшает этому шкиву постоя (рис.
38.20.!). Определить скорость лен сти отсе перемещения а, если масса по а шкивы В и С радиуса г и массы М однородные круглые цилиндры. Лента следует пренебречь, образует с горизон Рис 88.ФОА зя(ь Решение. Расчетная схема — на рис. 38, с лентой транспортера прошел расстояние а, то и сила тязкестн совершцт отри)звтез(вне: рйботу А,~ =. -:2Ищ ха:ха(п,гв,- ~::-'-, -ВРо(велось,':совершит„рабтну (родожительнуто2 момент 'М; т.е.: Ам = Мр = М-. Осталось применить теорему об изменении кинетической энергии „2 М гз гвх2 и,— ''+2 ~ .. ~-) ='' М- — М~й- .~Ы~. 2 2 ~,г) г 3вдвчв 38.21 (38.21).
Горизонтальная трубка СР может свободно вращаться вокругвергикальной оси АВ (см, рис. 37.56.! к задаче 37.56). Внутри трубкинарасстоянии МС =- хе отоси лежит тело М. В некоторый момент времени трубке сообщена начальная угловая скорость юя. Определить скорость е тела М относительно трубки в момент, когда тело вылетит из трубки. Момент инерции трубки относительно оси вращения равен Х; Š— длина трубки; трением пренебречь. Тело считать материальной точкой массы тл.
указание. Воспользоваться ответом к задаче 37 56. 3+ ьчхо Ответ: е = юю~( ' (Х,' — 4). ~ 3+ отЬт т4' Рвианме. Расчетная схема — на рис. 37.56.2. Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии в интегральной форме для системы, состоящей из тела М, трубки СР и невесомо~о вала АВ. Кинетическая энергия системы в начальный момент времени: ахмет тп(ыехз)т 1, Та = — + — — =. — (.7+ гпхо)ым 2 2 2 Кинетическая энергия системы в момент вылета тела М из трубки Уыт т((ый)' + ит1 1 т те' 2 --- — + (3+ ~т~ т 2 2 2 2 Воспользуемся ответом, полученным в задаче 37.56, где находилось значение угловой скорости трубки в момент вылета из нее тела М: 3 ч т"~о — я~о.
,7+ от Поэтому 1(.~+ ™хе1' Т=— ыо + —. 2 Х+ тлЕт 2 работа Всех внешних и внутренних сил равна нулю. тсюла ' =- о, т.е. 1 (.У ~ гггхо'г' г тт1~ ~ Т г~ г — — — мо+ — — = — ( г + тихо~ М>. ~~И 2 2 ~' 5. Теорема об изменении «ннетической энергии Так как трубка горизонтальная и трением пренебрегаем, то О Т Т 178 Следовательно, скорость тела М относительно трубки в лвзмент вылета из нее равна 5+ пгхо — — (Т'- й '~/ 3+гггТ,г Задача 36.22 (38.221. Ио горнзон йся при отсутствии трения, пере носительной скоростью ио (см.
рг рмаживании тела В между ним и ния. Определить работу внутренн латформой А от момента начала т а В относительно платформы А вны пг и М. авиве, Носпользоватьсв ответом зада ьчМ ат: А=-- — — ио 2 М + пч Решение. Воспользуемся расчетной схемой на рис, 36.9.2. Запишем, ' для системы платформа А + тело В» теорему об изменении кииетичесМЖ .;: энергии в интегральной форме. Для этого выпишем начальное и конечиар, ъ значения кинетической энергии системы: Я' Мео гл(ео + ио) (М + гп)в 2о= —.+ из решения задачи 36.9 возьмем величину обшей скорости в платфо(йдьг;=.,";:,'.;:,':,.;„' А и тела В после его остановки относителыю платформы: пг В результате, изменение кинетической энергии системы раагиу..: -, '"::,:;::-:.':.:.:,~: М+тгг, 'гп ' .~~ глвог тп т-т,= — ~~,+ —.;~ — — '--( +а >.=-.-::-'-:,:.'::.'::.::;::!; 2 ~, М+пз ~ 2 .
2 щ г тп а Мтп . 'ав —.—.ив='- .. "..аа 2(М+ пз~ '2 .::,. 2(М:+ щ) Ж,)(ящМгйй обгисманениигго)ввпчвсмгй'зиергйи ' $79 Так как горйзонтальная платформа А движется по гладкой горизон- "~,.'!;, "тдльной поверхности..то работу соверцгают лишь внутренние сияй трения скояыкения между телом 'В и платформой; ~~1,Аа.+~~ Аа =А(Р )=А.
В)) '' " ..' .' .. а ' ' . ь'. г Т-Та=А. =Ф А=-— гге. 2(М+ тп) Звдвча 38 23(38.23). С помощью электромотора лебедки к валу барабана А радиуса г и массы М~ приложен вращающий момент гп, пропорциональный углу поворота ~р барабана, причем коэффициент пропорциональности равен а (см. рис. 37.43.1 к задаче 37.43). Опреде- лить скорость поднимаемого груза В массы М в зависимости от вы- соты его подъема Ь. Барабан А считать сплошным цилиндром.
Массой троса пренебречь. В начальный момент система находилась в покое. Б(м- ~м Ответ: е= гг(М~ + 2Мг) А(МгД =- пг,г гйгг — МгК г11г == ~ А," + 2 ф =- А( „) + 1 1 Ы айаг дд — МиЬ, =- -а~о' — МЫЛ =- — а — — Мгяй, 2 2 гг о так как уг =- 7г/г. Следовательно, ,ггМ 1 йг +Мг~ "а" МгФ. 2~,2,~ 2 гг Отсюда получаем зависимость скорости поднимаемого ~руга от вы- соты подъема 6: 26(а)г — 2Мглгг) (Мг + 2Мг)гг Ретцение. Воспользуемся нии кинетической энерп|и лля 3М Мг~г г г Т =О, Т=- — +— 2 2 где ег — скорость груза В. рис. 37.43.2. Запишем теорему об измене- системы рассматриваемых тел.
Задача ЗВ.24 (ЗВ. ражен подъемный массы М, поднимае реброшенного чере барабан 8 радиуса бану приложен вра с момента включен Рис. 38.24.! Рис. 32.24.2 Решение. Расчетная схема — на рис. 38.24.2. Воспользуе мой об изменении кинетической энергии системы в интеграл 2 2 2 Та=О, У=Tл+Ув+2'с= — + — + — = М)я, Так~ь222 3скыэ 2 2 2 А~~ +~,кт =тк(~а ~ А(икт= ~ н.4Ф икк я ь ' . а : .1 .Аэ = -аР.-М22В ' -а,', Мфй, ' так, 3, . < '..'.3 2ВО 5. Теорема об изменении кинетической энергии рагу угла поворота ь2 а — постоянный коэффиииент. Определит мент, когда он поднимается на высоту А.
равномерно распределенной по его ободу. массы М2. Массой троса пренебречь, В н ьной фаа2яя":,';:,;::.,':42) ч :аерйрчввийвм,'иэьтеиенне-к Тнетттчеекой энергии системы. работе сил — „' РМг+ 2Ц + Мз) = -и —,з — М~йб. Получиме:из урайнения скорость грува А: Ф~ = аазвййчв 38.25 (38.26). Какую начальную скорость, параллельную линии наиболыцего ската наклонной плоскости, надо сообщи~ь оси колеса радиуса т' для того, чтобы оно, катясь без скольжения, поднялось на высоту Й по наклонной плоскости, образующей угол о с горизонтомз Коэффициент трения качения равен у„.
Колесо считать однородным диском. 2 Ответ: в =— 3 Рис. Зв. 25,! аиь Решенно. Расчетная схема — на рис. 38.253. Применим теорему об изменении кинетической энерп1и на участке от начала движения до момента его остановки, т. е. когда в == О. Пусть пройденный центром путь вдоль плоскоспе есть з, тогда з =- й/(зело). Угол, на которыи повернется колесо лри качении без лраскальэыванил будет з й г гз!по Тогда теорема кинетической энергии дает: 3 2 Π— -глв = Аиз + Акр.каноник 4 где: А„= -тпйй — работа силы тяжести, А „„„„,„= -М„~р — работа Момента трения качения. Нормальная реакция йт и сила сцепления Г 182 5. Теорема об изменении кинетической энергии Задача 38.26 (38.26).
Два цг Г клея без скольжения по лошной, массу второго ленной по его ободу. Н масс цилиндров при оп ный момент цилиндры Решение. Запишем теорему об изменении кинетической энергий для каждого из цилиндром вг Т вЂ” '+ — ''-о= ~л, 2 2 щвз,Т „рз — ~+ — ~ — О= туй 2 2 В силу условий непроскальзывания„имеем: в1 Щ =— Л' Моменты инерции цилиндров; 4 Тогда работы не сопершакзт, так как скорость точки контакта, в которой Оьяг' приложены, равна 0 (отсутствие проскальзывания! З. Используя формул для а н равенсгво М„=: У„Ф =: ~„тесова, получим: 3 з и тю .= тф~ + ~„тесово. — =ь в ==- — ~/~6~1+ — сзйсз ~.;:=,,$ 4 гейпй ь'3 у Замечание к задаче За.26. Выясним условия, при которых можем быть реализо- ',.'- к вано чистое качение колеса, которое предполагается в условии задачи.
Неаложпме:-.. Л рассуждения приводят к неравенству: Ж 2 Л.! Т > — чва — — — "~, 3 -е где З вЂ” коэффициент трения скольжения. Именно при этом условии возможно', ': "' качение колеса без проскальзывания!!! '«83 .ЗФца«т8 36.27(31,2! х. ' Эпипиклический«механизм, расположенный вФери3онтааьной плоскости, приводится в движение из состояния пои«зея посредством ностоянногО вращающего момента Е, приложенного к-кривошипу 'ОА (рис. 38;27А). Определить угловую скорость кривошлпа в зависимости от его угла поворота, если неподвижное колесо Х имеет радиус г«, подвижное колесо ХХ вЂ” радиус ХХ т'г и массу М«, а кривошип ОА — массу Мг. Х , Колесо ХХ считать однородным диском, а кривошип '- однородным стержнем.
2 ЗБр г«+ гг 9М! + 2Мг Рис. 38.27.1 Рис. 38.27.2 Решение. Расчетная схема — на рис. 38,27.2. Применим теорему об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме: д (2 ) '= И е + ее е сМ (~) где йе, — мощность внешних сил, к которым в данном случае относится лищь момент Х, а й!« — мощность внутренних сил, которая в отсутствии проскальзывания и трения будет равна нулкг Имеем .г М«вА ег! 'ыг г г Т = ТОА +ТП, ТОА = — (ЗОА)««г, Т!! = — - — — ь — — — —, И'е -- Х«е. 2 ' 2 2 Кроме того, из кинематических соображений, получим: 'е«А ОА =- ОА уг = — (г«+ гг)«р, ь«г =--— гг 184 5.
Теорема об изменении кииетической эиергии | (так как  — МЦС колеса 12). Тогда, учитывая, что М2(ти + т2) МКг зол =- — Тм — '— 3 ' 2 получаем 1 ~'12(т~ ~- т2)2 ., М, 2 2 1 М ~,' (г1 + г2)~ф Т == — — — — 12' + — (т~ + т2) Р + —— 2 3 2 2 2 т22 13 1 Мг(г~ + г2) 2 М1 2 — + М1(т1 + г2) + — (г, + т2) 2 ~ 3 2 э1~1М2 3 = — ~ — -- -М~ (т| + гг) 2~3 2 Подстановка вычисленных велич 2' М2 фу3(т~ + г2) | — + — М~ .— — ЕЭ2 г ин в (1) дает: 6-Ь (г~ + г2) (2М2 + 9М1) Представляя 2ЦО 1 д(й)2 Ч=Ч' й12 2 4д получим ф(ф)2 12 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
