З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 22
Текст из файла (страница 22)
'':!М! эв = 21 ! — — ' ~(д — я)з !612 ~( 12 ! зз 2 2(12 ! рз)' Замечание к задаче 38.33. Отметим, что в этой задаче рассматривается сисгвиа, ':;й!) с односторонней связью в точках з! и с! Этот факт накладывает опреаеленньЖ!'-',:з!)! ограничения на решение и ответ задачи. Подсчитаем нормальныереакции вточяак:::~зт! А и С. В силу симметрии ясно, что Фл = йгс = Ф.
Тогда теорема о дмскеиии::"::~:. центра масс по оси р дает: 1(з . +". )' '2'+2)зт, ' ' .."....-' А-~~! Нетрудно получить из решения данной задачи формульк й 31 зз = — (В- 21 ств!л), !з'=, зш р. р'+1' . '... ' . рз+1' Тогда получим выражение для нормальной реакиип:,', . , ~я я +й АМ .-$ ';д б; г'ГеоремМзбнэагененнн асинегнчеакой.
энергИи (ВЗ 38.34(38.35). Стержень АВ длины 2а ользя концом А оо гладкому горизонполу (рнс. 38.34.1). В начальный момент занимал вертикальное положение и напокое. Определить скорость центра масс зависимости от его высоты И над полом. В Рис. 38.34.1 Ответ: 6 =-(а- Ь) г г. бл(а+ И) з Решение, Расчетная схема — на рис. 38.34.2. Так как пол гладкий, то согласно теореме о движении центра масс середина С стержня перемещается ,, только вдоль неподвижной оси у.
Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии стержня. Т вЂ” Те =- ~ Аг' + гг А„,'. а а та ос .~с,аг пгос т4а 2 2 Т = — + — — =- ,— + — — -и . 2 2 2 24 Л О Рис. 38.34.2 Те = О, Запишем координату точки С: ус =- асозчг. гугфгага.меа))ет, что'для 'йдоглггмввого двпжениа (ж > б) пРи всех Уг е (Рм в/2), 'иеогбходймо.и достаточно соблгодения неравенства: ) И.' 12 (1) ';; Вгагяло олго аеггоаеоеомо и сждуега добавить к о~лвеглу задачи 13.33. Если же выполнено неравенство 0<р < — И, г !2 'то до ладенои лгочбтг В на пол произойдет огврыв точек А и С от пола.
и галичу .. следует решать по-другому: Причем, отрыв происходит прн зг = р, гаком, ст: Ы О<со д„= — ~1+ 1 — 12 — ~ <со р„= —. а~ Иг г) " В. Отметим, что в случае однородных стержней АВ и ВС мы имеем р =- 1~/3 и неравенство безотрывности (1) выполнено всегда, так как р =- — > — И е=г И <4г е=~ И=21, г г г 3 12 а это неравенство выполнено заведомо. г94 5. Теорема об иэменении кинетической энергии Скорость ус = аз!пуз'!о. Угловая скорость ос ' --- ~Ф =- —. аз!и у Поэтому ""'с '" ос '""с ' ! ' гпос '!" «Ус г ,г 2 2 я 2 2 6 з(гзгУ 6 ~ ! — (У /а)г) 6 аг — УС2, Работа силы тяжести А(пзД вЂ” — - гпх(а — а соз уг) = гпя(а — ус). $ Теорема об изменении кинетической энергии дает уравнение: И пгосг 4аг — ЗУс —, ' — — гтгх(а - Ус), аз уг 4 нз которою находим скорость з! /бс а+ ус) /Ьу ~+)з) У т>с = (о — ус),г~ ', .=(а — )г)з/ г, так как ус =Ь )/ 4аг — Зу- ) 4аг З)зг' $ .
Ф Замечание к задаче ЭВ.34. Связь в точке А стержня является оз!нгхзлоооклег! '': гз я поэтому для коррсктноспг решения необходимо проверить неотрнцательность, ~г нормальной реггкшггг ггг в точке А в течение всею интервала падения. Используя ',,"; результаты решения язллчи, мы можем получитгк 2(Л/а) (фа) зьч уз Гг4 Р = „„„.„,,( -- Р).
Р = (!,3+з!пз„>)з ~-3+~~ Р-2~~У Применяя (например) теорему об изменении кинетического момента отиоснтеги,'г ',.'!: но контра масс, мы получаем: и1 3(!' 3 '~т+' " ' 9 " "" Г' 1' 3 г/3+ззпз!о)з з,3 Последнее неравенство следует пз тождестваг 4 3 г — + соз [Π— 2 соз !о =- - + ( ! — соз !О) > О. 3 ... 3 Можно показать справедливость следуюшею более обозего. утасржленззяЛЬств', стержень АВ начинает движение прн тгооизогммгыт начальных условиагс !р(О) = р,. У(О) =, (!о и ф мы отсчитываем по часовой стрелке), Тогда ! . Если ыб > О,.то беипрывнае 'двйжение будет при.цзт а...
' ' .'кол!4, 4 'Ф аюлзз!г юо ~, то ОУДет отРьга и пРогззай!а7 он а гагчальимй.м1мФВйтг 5.:3Ъагтеаге Ьб иэмеиеиии кииегичеекогг энегзгии $95 2".. Вели'ме"<:9(тобезстрйеное движение будет нри я (773 — '2 сов рд) ыо » 4ым— а (473 — согз сро) Если ьь .>,ьн, то будет отрыв. Причем, если ым < ы0 < з 3 з з я , то отрыв асоз ир а , то отрыв асоз р0 пРоизойасг не сРазУ, а' в точке гР~ Е (Ро,к/2), а если ыгз > происходит сразу (т.е. в начальный момент).
Завив 38.3$ (36.36). В дифференциальном вороте два жестко со- ~ единенных вала К~ и Кз с радиусами г, и гз и моментами инерции относительно оси О~От соответственно 7~ и 7з приводятся во вращение рукояткой АВ. Подвижный блок С подвешен на невесомой нерастяжимой нити, левая ветвь которой навита на вал К,, а правая ветвь — на вал Кз (рис. 38.35А). При вращении рукоятки АВ левая ветвь нити сматывается с вала К~ „а правая ветвь наматывается на вал Кз.
К рукоятке АВ приложен постоянный вращающий момент гп. К блоку С подвешен груз Р массы М. Найти угловую скорость вращения рукоятки в момент, соответствующий концу подаема груза Р на высоту а. В начальный момент система находилась в покое. Массами рукоятки и блока пренебречь.
Рис. Зв.35.1 в(г2 г!) Ответ: и=2 г1)з + 4(,71 + .7г)1 Мог (71 + .7г)мг + 2 2 = ту> — Мя ж РВшение. Расчетная схема — на рис. 38.35.2 (вид сбоку). Распишем теорему об изменении кинетической энергии системы: 5. Георемз об изменении кинетической энергии Из кинематики плоского движения блока С видно, что К ~ртз — рт~ 2 и ф Ю еп = 3 = — (тг — тю) -- — (тз — тю) 2 2 Подставим в уравнение (!) выражения для ир и у.
Получим М ~ы ~ (У~+/з)ы~ 2з — ~-(т~-т,)~ + = тп — - Мла. 2 ь2 2 т1 — т~ Отсюда угловая скорость 2тп — Мя(тг — т1) и=2 )2в(т2 — т!) ~М(тз т!) и 4(Х! + Хз)1 Рис. 38.35.2 Задача 38.36 (38.37). Ворот приводится в движение посредством ременной передачи, соединяющей шкив ХХ, сидящий иа валу ворота, со шкивом 1, сидящим на валу мотора.
К шкиву 1 массы М~ и радиуса ю приложен постоянный вращающий момент тп (рис. 38З6Л).. Масса шкива П равна Мы радиус его 12. Масса барабана ворота Мз, радиус его т, масса поднимаемого груза М4. Ворот приводится в движение из состояния покоя. Найти скорость груза в момент, когда он поднимается на высоту А. Массами ремня, каната и трением, в под~иипниках пренебречь. Шкивы и барабан считать однородными круглыми цилиндрами. Рис. 36.36.1 гт Рие.
36.36.2 Рйшйиие. Расчетная схема — на рис. 38.36.2. Чтобы применить тео-::: рему об изменении кинетической энергии системы, запн4ием выражения ай для кинетической энергии и работы внеп2них и внутренних сги. 22ф 4~4 ТЕ=О, Т=Ть+Т2+Тз+Т4= — + + — + :В 2 2 в'а ' Выразим все кинематические характеристики через скорость груза е4 = е: 266 е ю В В ИФ вЂ” 4 =Мз= —, М =-Ь22 — — - —. г т ,:-:: Осевые моменты инерции тел: аВ М г2 М2В Мзг 2 2 ,7 =.—, у =- —, .гн -= 2 ' " 2 ' " 2 Итак, М г2 В2 М В2 в2 Мзг' 4,2 М4е2 4 4 4,2+ в~ 2' В2 В2 — М + М2 + МЗ + 2М4 г2,2 Работа всех сил сводится к двум слагаемым: В А(т) + А(М4Д = пир~ — М4я22 = пзл —, — Май г2 "',.' Теорема об изменении кинетической энергии системы дает уравнение ез В2 В2  — М~ — + М2 — + Мз + 2М4 ~ = гп44 — 2 — М4лй ~е2 2 2 т2 198 5.
Теорема об изменении кинетической энергии Из уравнения получаем скорость груза в момент, когда он подниметси", на высоту Тн Ы тй/т' — М48) ~ М>(В~/т') + Мт(Я~/т~) + М1 + 2М4 Задача 38.37 (38.38). Реи~нть прелылушую зааач мание массу каната, к которому привязан груз. Дл елннипы ллины каната М, В начальный момент с вал свисала часть каната длиной 2И, / Л (ото/~2 — М4л — (3/2)Млй | Ответ: в =-2, 'у М~(Н/т)~+ М2Щт)2+ М1 + 2М» йие. 33.37.1 Решение. Воспользуемся решением задачи 38.36. Принимая во вни;.':,'-.: мание массу каната, к которому подвешен груз, добавим в кинетическую:; энергию слагаемое 2' „и в работу слагаемое А(Р „).
Вычислим их (см. рис. 38.37. Ц М (~ ) ™ в4 М(" *")~ ыз+ — = — + 2 2 2 т 2 „2 А(р „.„,„) = — М8(й+ в),(р = — М8Ы+ 0 Теорема об изменении кинетической энергии примет вид: в' / .Вз Вз - ~ М 3 — ~М1 — + Мз — + Мз + 2М4+ 2М(~ -' гни — — Мк8Ь вЂ” -'МЖ ° 4 ~, тз т',: ' /, тз ',:" 2";.'.:, -:;"':;;,:. Скорость груза ь'..:;::" =-- '::,.: ', .,'-;..$;лрворвма об нва2енвйни 2гиявгнчвс2гой вне)згин 19В Зфщ8вФ':38.382(36.39$. Постоянный врап2а.рщий-:мхомент Ь' приложен, к барабану ворота Р282ИУса г и массы' Мн К концу А намотанного на барабан троса привязан груз массы' М2, который поднимается по наклонной плоскости, расположеннОЙ под уГлОм а к ГО- риЗОнту (рис.'ЗЗ.ЗЗА). Каку2о угловую скорость приобретет барабан ворота повернув- Рис.38.38.1 вись на угол гр? Коэффициент трения скольукения груза о наклонную плоскость равен у.
Массой троса пренебречь, барабан считать однородным круглым цилиндром. 8 начальный момент система была в покое. 2 Ответ". ь2 =— г в Рис. 38.38.2 й Решение. Расчетная схема — на рис. 38.38.2. Применим теорему Об изменении кинетической энергии: Т вЂ” То =,~~,А, 4- ~ А Здесь ~0~~~~ 2 2 М~г 2 = — — и 4 т =о, т=-т,+т, т М2е М2 2 Т2 = — =- — (ыг) 2 2 Т == -ы г (М2 + 2М2). 2 2 ,'2 А~' + ~~2 А. =- А(Ц+ А(М2Д + А(Р,р) = в а =- Бр — М28а а2п а — Х',р. ж = = Бр — М28г~р яп а — 2 М28г~р сох а =- б. Теорема об изменении кинетической энергии == Х уг — М28г Р(яп а + 1 сов а), Р'„„= 2Ж, гч':= М28 сов а.
Подставив полученные соотношения в (!), будем иметь уравнение 2 2 4 -ьг г (Мг + 2Мг) =- Луг — МгРчР(яп а+ ~ сова). Отскгда углогчгя скорость барабана ворота равна 2 Х вЂ” М28т(авва+ 2 ссва) Ю=— М~ + 2Мг г Задача 38.39 (ЗВ.40). Ре троса, к которому привязан длины троса равна М В начал часть троса длиной о. Из намотанного на барабан, пре 1 Г2У вЂ” 2Мгя Ответ; ы=- -~2 Решение . Воспол нии (!) доба времени, троса в уравне В момент Работа силы тя жести т — Мбяпа агуг — -г аг /.
2 2 М8(а-е) агвана= -и г (Мг+ 2М2 2 -'-гуг) = друг - Мг . уг(япа+2ссеа) — Мбяпа тв о ьзуемся решением задачи 38.38. При учете массы вятся следуюшие слагаемые: Тчк и А(Рта,). когда барабан повернулся на угол Р, о+ гтг)~ 2 М(в гг) 2 М2 2 2 2 ы+ (ыг) = — ы 2 2 роса при повороте барабана на угол уг ;.;:-,:;,::-.:::: ".': —., '.:::::: б'.:-::гео)заме об-ндмененин еннегнческой енергин 201 Эй)ййче еэ.46 (М24Ц*.
К барабану ворота рвгвейа гг И Маеем М, приложен постояв''имй,:вржцаюгцнй МОмЕНт Х. К концу троса, о йагйетанного на барабан, прикреплена ось С С 'кФЙса'массы. Мг (рис. 38.40.1). Колесо катится без сколыкения 'вверх по наклонной плоскости„расположенной под углом а к го- Рис. 28.4Р.1 ризонту. Какую угловую скорость приобретет барабан, сделав и оборотов? Барабан и колесо считать однородными круглыми цилиндрами В начальный момент система находилась в покое. Массой троса и трением пренебречь. Т! "ге' Реьцеиие.
Расчетная схема — на рис. 38.402. Воспользуемся теоремой об изменении кинетической знергни в интегра2ьной форме. Движение начинается из сосгояния покоя, позтому Та = О. Через и оборотов барабана 2 г 2 Гогы~ Мгсс .Тс~ьгг О гт т=т+т = + — + —.
2 2 2 Е Так как колесо катится без скольжения, то в точке его касания с плоскостью находится гу МЯ мгновенный центр скоростей. Позтому а Ес Ыгтг ы'2 М,х тг т2 Рис. Э6.4Р.2 Мгт! г Мгтг г Мгтг тг ~ 2 т1 2 2 2 2 г Т =- ыг + ы! т 2 ы! — ьг! (М! + ЗМ2). Тг Работа всех внешних и внутренних сил для системы сводится к двум слагаемым: .4(т) + 21(М28) = Буг~ — М281~с = Ь 2яп — Мгятд(2ап) йп а. Составим уравнение: 1 ыг — '(Мг + ЗМ2) =- Е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
