З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 23
Текст из файла (страница 23)
2кп — Мгдт~(22гп) йп а, 2 Отсюда, угловая скорость барабана ыг Тг 2О2 5. Теорема об изменении кинетической энергии ! ~ Задача 38.4$ (38.421. Решить предыдущую задачу с учетом массы троса и трения качения колеса о наклонную плоскость, если к— длина троса, М вЂ” масса его единицы длины, а — длина части троса, не намотанной на барабан в начальный момент г„— коэффициент трения качения, гг — радиус колеса.
Изменением потенциальной энергии троса, намотанного на барабан, пренебречь. Ответ: М(а — хпг~) а1п гг 2 ы = — — Ъ', 2хп г~ в М~ + ЗМг + 2М( Решение. Расчетная схема изображена на рис. 33.41.1. Воспользуемся решением задачи 38.40.: г к Те — 0 Т вЂ” ы~ (М~ + ЗМД + Тр где Т складывается из кинетической энергин части троса, намотанного на барабан, и МЯ части троса, не намотанного на барабан, через гкис. 38.41.1 и его оборотов.
га тнгыг М1гг„г "вг 1 1 г г =- -М(1 — а + 2хпг'~)г, . ы, + — М(а — 2хпг~)г, ы, = — М1г,ы~.;:йг1 2 2 Отсюда „г Т = ш~ — (Ж + ЗМг + 2Щ. К работе всех внешних и внугренних сил системы добавятся рабспа ",-'-:-;ггк( момента трения качения колеса о наклонную поверхностгя Ф1 кч А(пгк~ = — пгк Фг = УкЗУ йугг = -УкМгй сов а. 2атг-з кгг о е и работа силы тяжести той части троса; которая в начальный момеггг:,г(е была нахютана на барабан: гккг~ ,А — — Мй(в,, жг'а(п1г а $.;; геореаге об изменении «инетичес«оя, энергия 203 1 (,1 " ='-МФа(па~2епг1а — -(2япе~) ~ = 2 'ф::: =.-2Мюагп а япг~(а — япг,).
Уравнение примет вид: ьз', — '(М, +3М,+2М() = 4 г| =2«Ы-2япМзйт~а(па — 2япД„Мосола — — 2япМ2япа г,(а — япг~). Угловая скорость барабана после и оборотов будет равна Л, + — сова +Мяла.(а — япг,) г~ М~ + 3Мг + 2ЛЛ Задача 38.42(ЗЭАЗ), Колесо А скатывается без скольжения по наклонной плоскости ОК, поднимая посредством нерастяжимого троса колесо В, которое катится без скольжения по наклонной плоскости ОХ Трос переброшен через блок С, врашак1- рис.ЗВ.42.1 щийся вокруг неподвижной горизонтальной оси О (рис.
38.42,!). Найти скорость оси колеса А при ее перемещении параллельно линии ОК на расстояние а. В начальный момент система была в покое. Оба колеса и блок считать однородными дисками одинаковой массы и радиуса. Массой троса пренебречь. 1 Ответ: в =- 2 -да(яп а — яп ф). 7 С ~с Рис. 38.42.2 Рвшвиив. Расчетная схема — на рис. 33.42.2. Применим теорему об изменении кинетической энергии. 324 5. Теорема об изменении кинетической энергии т,=б, МАв 2Атыл Млв 7вкыв 'Тскыс г г г г 7 =2л+2л+2С— + + — + —.+ — = 2 2 2 2 2 так как колеса А и В и блок С вЂ” одинаковые однородные диски, и колеса '::--;. катятся без скольжения; е — скорость оси колеса А.
В силу отсутствия скольжения колес работу совершают лишь силы тяжести колес А и В: Мгктз ып о — Мляз згп г3 =- Мяз(ип о — кгпв). Из теоремы получаем уравнение для скорости к 7 4 -и =-на ~к — ьд =и,-к К~ — к К) Ч 7 Задача к~ание трения Ответ: РЕшение. При наличии трения качения колес надо учесть работу моментов трения качения. В результате из теоремы об изменении кинетической энергии получим уравнение: 7 — Мо = Мяз(зш о — ьтп Р) — тпкл угд — пткл ' угл...
' фе Здесь моменты трения качения колес равны соответственно тпкА ткгкл гкМа'совск и тгккв = гкккв = тк~йсовР Углы поворота колес: 8 'тд = угл. 3" Поэтому скорость 5;-"геррраге Ж иэиуенении кйнегичеекой энергии 205 Определить с пути а, если в на .Р и каток В сч~ трения и массой Ответ: е =- 2 Решение. Расчетная схема — на рис. 38.44.2. Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии системы в интегральной форме: т — т -- „у 4~',~+ > А~,'. к ь Согласно тому, что в начальный момент времени система покоилась, Хе = О. В момент времени, когда груз пройдет расстояние а, кинетическая Рис. 36.44.2 араб 5. Теорема об изменении кинегической энергии энергия системы МФ Тпгь2 Мэвс .Тс,ь22 г 2 2 Т- Т,~Т2ьТ,— += з --- — + — = 2 ' 2 2 2 И, + — '-+ -'М, так как каток В катится без скольжения и потому в точке его касания с наклонной поверхностью находится мгновенный центр скоростей.
Нить нерастяжимая, поэтому Сумма рабог внегдних сил А~,'~ — — А(МД + А(МзД = М,лз гйп а — Мэя — яп,О, так как каток В катится без скольжения. Приравнивая изменение кина-,', 'Ф тической энергии системы сумме работ, получим уравнение для скорости груза г: о2/ М2 3 а — ~М1 ь — + -Мз( = М~8зз(по — Мзд — япр 2 х 2 З,г' 2 Отсюда м' Фг2визегние. Расчетная схема.—.' иа рэир.334$;1,,6(зсп(зяьщ~лтс2(фю4у:,:'.'!4!~ ИИЕМ ЗаДаяй 38.44. С УЧЕПЗМ 2йЕРОХОВДЗтФ йкОВЕРХгй2С(З(ЗГДЯ ФУЛФ,Я:Ф5Ф~~:::;";:-' . $ силы трения Фр, будет равна А(Кр,) = -Рр, к = 72У~ ' к =- ~МФд соко ' и. Здесь нормальная реакция 2У~ определяется из условия отсутствия движения груза вдоль нормали к наклонной поверхности: О =- Ж1 — М~дсоксь С учетом трения качения катка В работа момента трения качения М„ будет равна к к А(М ) = — М Ч вЂ” ' — У„жз — = — У„масокр 2г 2г Здесь нормальная реакция %з определяется из условия отсутствия движения центра масс катка вдоль нормали к наклонной поверкностн: О = Фз — Масок)3.
Уравнение движения системы принимает вид: / М2 — /~М,+ — - -Мк 2 з, 2 8 = Мфк к! и о — Мя — 51п )3 — ~М)~ сок о ' к — 2„Мзя сок Р " 2 2т отстояв Л: з сок а) — Мк яп )3 и — сок )3 ВМ~ + 4Мз + ЭМ1 5. Теореме об изменении кинетической знергии (38.47). Груз массы М подвешен на нерастяжимом осе длины 1, навитом иа цилиндрический барабан с гО- осью врагцения (рис. 38.46.1). Момент инерции барабана относительно оси вращения Х, радиус барабана Я, масса единицы длины каната тп. Определить скорость груза в момент, когда длина свисающей части каната равна х, если в начальный момент скорость груза ил:= О, а длина свисающей части каната была равна ее, трением на оси барабана, толщиной троса и изменением потенциальной энергии троса, навитого на барабан, пренебречь.
~К~2М+ гп(*+ ел)~(е — ео) Ответ: е =- Я~~— ,т + (М+ ))~1 ф '44 пользуемся'творе- '-,')кт) гральной форме:..', ~ Рис. 38.46.2 т-т,='~ л,",'+Яф Здесь з Ьв' Решение. Расчетная схема — на рис. 38.46.2. Вес мой об изменении кинетической энергии системы винте ~':! '-:-:,'-'„.:.1 Б-,.Фйжеляг:.г1гб иэменании "кинетической энергии 209 гггелгегзвбе:,слагаемое"-" иинепгческая энергия груза, второе слагаемое— г 'кинеэическая- эугерогпя барабана, третье ела~демос — кинетическая энерГг)я",;нйзгг,' иагйотанной на барабан, четаертое слагаемое — кинетическая Эйерг1гя свйсающей части.
нити. 'Нить нерастюкимая, поэтому внутренние силы не совершают работу. г'абота внешннк сил сводится к работе сил тяжести груза и свисающей )'=:-чВс$И нйти: 1 'Я А~'1 = МЯх — хо) + ~ тдх г)х = М81х — хо) + о (хг — хог). а 2 Хд Мг 7г ~1 .)г пг8 г ' — + — + 2 ' 211г 2 2 2 + — е .—. М8(х — хо) + — (хг — хг). Отсюда 8 ~2М + т(х + хо) )(х — хо) ,7 + М)1г + т)Л» Задача 38.47(38.48). Груз А массы М, подвешен к однородному нерастяжимому канату длины Ь и массы Мг.
Канат переброшен через блок В, вращающийся вокруг оси О, перпендикулярной плоскости рис. 38.47.1. Второй конец каната прикреплен . к оси катка С, катящегося без скольжения С по неподвижной плоскости. Блок В и каток С вЂ” однородные круг, лые диски радиуса г и массы Мг каждый. КоэФФициент трения качения катка С о го- рио.
38.47.г ризонтальную плоскость равен 7'„. В начальный момент, когда система находилась в покое, с блока В свисала часть каната длины 1. Опрелелить скорость груза А в зависимости от его вертикального перемещения 7г. Ответ: /1 1 ят 6 х1 +2г+Ь) — — ~Мз ьМг~ — — — — — — — ) г ~ ' ~2 2Х 4Ь 41Ь ЛА+Мг+2Мз 1аеманив.
Расчетная схема — на рис. 38.47.2. Воспользуемся теоре- мой об изменении кинетической энергии системы в диФФеренциальной зо б. 7еореме об изменении кинетической энергии Рис, 36.47.2 форме: йт = "'> И",.'+ У, ',г2й,'*'. Кинетическая энергия системы 2 =т, +т,+т +т„„„,„„= 2 = — (Мг + М2 + 2Мз). 2 В вычислениях учли отсутствие скольжения катка С (точка касания у Р— мгновенный центр скоростей катка2. Дифференциал кинетической энергии гу2' = (Мг+М2+ 2МФФ Суммарная элементарная работа внутренних и вненгнихснл свалится;;;:;:„'Ф~ к работе силы тяжести груза А: работе силы тяжести каната. г(г((М,) =- -М йуг =-П)У(у) —.
ду ''9 результате уравнение принимает вид (Мг.+М, +2Мз)р в = Мгук+ — (2+г+ у)айу- У„гу(у) —. (г) Мг ггу Ь Дли определения нормальной реакции катка гт (у) воспользуемся теоремой об'изменении кинетического момента асей системы относительно оси арашения блока В: — (,Ка, + Ка.'+ К;','+ К',"""') = ",г ' М„(~Я гг ~ Мзг э г' Мгг ~Мгаг+ ' 4 ( Мзвг и — ° — г + М вг гй' 2 г 2 =- Маг+ Мггуг+ Мггу ВЯгсоз — — Мг,у Я,К— 4 — МзУ ° 28~К + гУ. 2Я)К вЂ” Ме. Здесь масса горизонтального участка каната Мг г' ггг 'з Мг~ =- — ~ — г' — у — — г; В~ 2,/ масса участка каната. обле«аюшего блок В, Мг яг Мгг =- — —, В 2' масса вертикального участка каната Мз Мгз = — (2+ у)- Е Центр масс горизонтального участка каната — точка Яг, причем УгК==-~Х,-г-У- --гг.
2~ Центр масс каната, облегаюшего блок  — точка Яг, такая, что г гйп (гг/4) 2ъ/2г' В~г =- гг/4 гг 212 5. теорема об изменении кинетической энергии После преобразований получим: дв Мз — (М~ тМг+ 2Мз) .. М|я+ к(~+т+у)' й ' 2, кг~' ! / ят~ — 1 — р — — — ) — Мзк — ~1 — 1 — р — — ~ + (2) ' 2,~ 2 г' 1к — р — — — 2У вЂ”. 2 / г 1/ ЬФ вЂ” '(е — 1 Из полученного уравнения (2) выразим Л(р): М Мз с~ е аг — М,кт — — к Ьг + — к — + Мзес й(р) = — --— 2 Е 2 с — ~„ ят а=- М~ ~ Мз ~ ЗМз. Ь= — ) тр+г, с=-А — ( — р — —. 2 Н Подставим йг(р) в уравнение (1): а) .'ай Мз У.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
