З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 25
Текст из файла (страница 25)
'" г | В гУ,р У~~р й~! = 1 М о(1 "г ВМгр рв о Задача 38.53 (38.54). Крестовина С приводится во вращение вокруг неподвижной оси О~ в посредством однородного стержня АВ, врашакицегося вокруг неподвижной оси О (оси О О, и Ог перпендикулярны плоскости рнс. 38.53.1). При этом ползуны А и В, соединенные при помощи шарниров со стержнем АВ, скользят вдоль взаимно перпендикулярных прорезей крестовины С. Вращение стержня происходит Рис.
88.53. т под действием постоянного вращавшего момента т, . Определить угловую скорость стержня АВ в моменк когда он,сделает четверть оборота, если в начальный момент прн ~ == 0 он имел угловую скорость ыо. Величина момента сопротивления, возникающего в каждом нз шарниров палзунов А и В, в лва раза меньше т, . Прочими силами сопротивления пренебречь.
Масса стержня равна т; момент инерпии крестовины С относительно оси О~ равен l; ОО~ = ОА = ОВ = 1. блт, 4тР + 31 . 222 5. Теорема об изменении «инегичес«ой энергии ЬИ' Решение. Расчетная схема — на рис. 38.53.2. Центры масс кресто- ' вины С и стержня АВ находятся в неподвижных точках О, н О. Позтому расположение плоскости механизма непринпипиально. Применим теорему об изменении кинетической энергии в интегральной форме: г ь е Для вычисления кинетической энергии определим скорости звеньев системы. 4 Если ь -- угловая скорость стержня АВ, то ив =-ы-ОВ =аА.
Рассмотрим теперь сложное движение точки В (ползуна В). Подвижную систему координат свяжем с крестовиной С. Тогда ев = вв„+вв, (см. рис. 38.53.2). Из треугольника скоростей получаем, что ввт -— — вв совуч, так как угол между векторами бв и бв, равен ~ро Это следует из того, что АО = О~О = ОВ и, следовательно, ЬО,О — равнобедренный. Кроме того, вв 3. ОВ и бв, Л. 01В, С другой стороны, переносная скорость точки В равна ив, — — ьч . О~В =- ы1 - 2 О1 О соыр, = 2м~1 свау~ Приравнивая два выписаннь|Х вЫРажсиия дпя вв„поЛуЧИм угловУТо сКО« рость крестовины вв ав 8 дальнейшем понадобится соотношение между углами. поварота -::,' стержня АВ и крестовины С.
Из геометрических соабрвжеийй не3щдио ",,:,: увидеть, что у~ = Ф/2. Теперь выпишем иииетическуиь энергию системы: ,У Ыт ': (2оа тг '. -,Фъ Вт,: '-"„':"::-':. дб~й т тле+То, Улв',,;:,...-...".,-...,,'„, -';: ':. -";!.;;,'.*, 2 ':„...Ф2':.„2;.. ';. "''б :=;=;.:,:: ~;;".!.".:;;:~!::"'"','"'::.,:-:,':: "";;-;,:;;,')о,~азз,, Хг'М ' У '!::;-:-,:;': — '.'~,-;.'! ":.::::.,--,,=,'-,:-,=. ' ' 2 42~ .8. '„„';;~",.' '::,:: ''.':,:,' ':'-.,:::-';: ':- " фа1гз ХЪ ' ыз :яиц.- 'Т = яг ~ — + -~ = — (4гп( + И) 'х б 83 24 6-начадьйый момент движения ь/т 2'е = ~ (4пЫ~ + ЗХ) ,:,ФдбаМ(гдидник сил г/'2 Е (е'/ К и Ая = А(гпч,) == / гпвр .
~щ~ = тч, 2 с Редоай'внутренних сил рд Е ° = Ае = А(глл) + А(гпв), где гг/л: — — глв — —— гйч, :,:,-,:. 'моменты сопротивления, возникавшие в шарнирах ползунов А и В, :;-3оспользуемся при вычислении работы моментов сопротивления рассуж. дениями, приведенными в решениях задач 38.49 и 33.5!. Получим я' г~ ф) г Ад — — А(гпя) + А(гпв) .=- — / глА /2~ — — у/ — гпв /д/// г)в Фи 1~ /? т/з к~ — гпх /Г~ — — — — у глв /2 — = — — —, З,2 2 /),/ 2 4 Окончательно имеем уравнение; ы ~"'0 т я глвг'" — (4гп2 + 3,7) — — (4гп! + 3,7) - = гп, — — —. 24 24 2 4 '', Отсюда получаем угловую скорость стер/кня АВ: 6. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела Н 39, (103 Задача 39.1 (ЗЕ.1).
тяжелое тело состоит из стержня АВ длины 80 см и массы 1 кг н прикрепленного к нему диска радиуса 20 см и массы 2 кг (рис. 39.1.1), В начальный момент при вертикальном положении стержня телу сообщено такое движение, что скорость центра масс М1 стержня равна нулю, а скорость центра масс Мз диска равна 360 си~с и направлена по горизонтали вправо. Найти последующее движение тела, принимая во внимание только действие силы тяжести. Рис. 39. !.
т ф, . Расчетная схема — на рис. 39.1.2, Найдем центр масс С жень и диск однородными. Введем вертикальную ось Ах. р масс С расположен на этой оси: Я! пзххь 40 ° 1+ (80+ 20) ° 2 хс = 80 (см). 1+г ь :~'з Следовательно, центр масс С расположен в точке В; ' сс Удобно неподвижную систему координат с осями' х и у выбрать с началом в исходном полежении точки г,' .В (т.е.
точки С). ТаК КаК НаЧаЛЬНаЯ СКОРОСТЬ ТОЧКИ Мд И ЕДИН- -: ственная действующая сила. — сила тяжести тпК -' распояоженй в вертикальной плоскости Вху, тодви- '."-,' жение. тела будет происходить в этой" же плоско-. 4:-'; сти (плоское. движение тела). Поэтому нелесзхзбразно:,.!3 ие теоремы,,динамики сйстемыз теорему о дВйжеиим::.,'-, му об изменении главното мамонта количеств дваж!(..
~~. ительном движение по4пмииззймика коз!6Ффмв ксхзрей-,, 'ф","".; ',.;- 4~'! Реш тела, счи Очевидн ение тая стер о, цент Рис. 39.1.2 примен центра и ния си ить две обш асс и творе стемй в оотнос Ответ: Тело равномерно вращается с угловой скоростью 6 рад/с вокруг своего центра масс, который описывает параболу р = 117,5х; 2 (начало координат — в точке В, ось у направлена по горизонтали вправо, ось х — вниз). фх ~~(" ~,::.::~дтдювиж2пщйся поступательное иентроьг'масс С.(система осей Кенига); ~2~4гг Мс =':,~"„4.', рс - Х: К" ,и — „," = ',у. МС„(Г,".).
л 8, итоге' получаем дифференциальные уравнения плоского движения крторые в нашем случае яринимают вид Интегрируем уравнения; Константы интегрирования определим из начальных условий: при Ев =0 ясв '- усе =О, ясл =-О, усе = вс, ыв =-ы' Для определения ес и ы, воспользуемся тем, что в начальном положении тела влг, =- 0 и, следовательно, точка М1 является мгновенным центром скоростей тела. Строим диаграмму распределения скоростей точек (см.
рис. 39.!.2) и получаем, что вс=-Ф, рс=240т, ы=-б. 2 Иу $:3в. Итак, Поатому а,=,'~ к,".,', гпдс = ~ , Гь„ ° л ~с*<~=,~,Мс (Г~ ), тхс =- гщ, птурс =- О, Ус*<~ =- О 1 я'с = И + СФ+ С2 ус .= Сзг+ Сх. ы == Сз 2 ВМ~ 40 /см х, вс = — вм, =- --- 3бО =- 240 ~ — ~, М2Ж бО с Сз=240, С =Сг=С4=-0, Сс=б. 226 б. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела Видно, что тело равномерно врагдается с угловой скоростью ы = 6— рад с гг Ус~~ вокруг своего центра масс, который описывает параболу хс = -У ~ — ~ 2 ~24О,( или ус =- 117,5хс (см).
), Диск падает в вертикально сти. В начальный момент д , а его центр масс С, находи ординат, имел горизонтальн рость ва Найти уравнения х, у изображены на рис. 3 тивления пренебречь. Ответ: хс =- т~о1. Ус =-д( угол поворота диска, образова метром, занимавц(им в нач зонтальног, положение. Решение.
Расчетная схема — на рис. 39.2.2. Составим дифференциальные уравнения плоскопараллельного движения диска: (е1 пзхс =" г Ра,, л (к1 тпУс — ' т 4ь„, 3сА =,~у,,МскЯ ) л Имеем: 1';: пгхс М гст(У ='В. Интегрируя уравнение,получим ' ' г хс = С(Ф+ Сг., Ус =.,-Утз+ СЗФ+Сзт, (р; —.'СФ+ С(а,;:.'::- '„'::;.'-тя Зыпии(ем начальные условия: пр" та = В хам'=,Усе = Ув = В,: хсе:='вь = ''Усв ="Ф,::::У(в"~4Ъ-' ' ' ф 1ж Используя начальные условия, составим уравнения относительно посто- ваг яннык интегрирования: О=Ст, О=-Со О= Сы ео = Сн О = Сз, юо = Сн С~ — — ео, С~ = С1 = Са = Са = О, Са = ыо. Следовательно, диск движется по следуюшему закону: ! хс = еА ус = -Ф, ~Р =ь'о~ 2 Задача 39.3 [39.3). Решить предыдущую задачу, считая, что момент глс сопротивления движению относительно подвижной горизонтальной оси, проходяшей через центр масс С диска перпенликулярно плоскости движения его, пропорционален первой степени угловой скорости диска р, причем коэффициент пропорциональности равен ф.
Момент инерции диска отнросительно этой осн равен Хс. кг 1соа~ дь,г, 2 Ответ: хс = и4 ус = —. у = — '(! — е '), гле д — угол по- 2 ф ворота диска, образованный осью х н лиаметром, занимавшим в на- 1 чаяьный момент горизонтальное положение. Рвшвнив. Воспользуемся решением задачи 39.2. С учетом момента фф ' сопротивления дифференциальные уравнения движения диска примуг 228 б. Плоскопараллельное (плоское2 движение твердого гела ас =О, тУс = тЯ, .гсд- -А2 Так как начакьные условия не изменились, то уравнения движения центра масс сохраняются: 2 хс =.
еаГ ус = 'в! . 2 Проинтегрируем третье дифференциальное уравнение где ф ф =-ь — —" — — -<сг => !и ф =- — — с+ Си Ф,гс гс Используем начальные условия: !пас = См Запишем: !и — = — — ! ==а м !у ив гс Ч =МФ =~ Ф= свв — е '+Сб — дс!зс ~с -дизс ',б Из начальных условий получаем: гс Сб =ыб —. Следовательно, уравнение поворота диска — (! е с') Гсыо -визе !у Задача 39.4 г39.41.
Ведущее колесо автомашины радиуса г и массы М лвнжется горизонтально и прямолинейно. К колесу приложен вращающий момент гп. Радиус инерции колеса относительно осн, проходящей через центр масс перпендикулярно его плоскости, равен р. Ко» эффициент трения скольжения колеса о землю равен у, Какому услос вию должен удовлятворять вращавший момент для того, чтобы колесО катилось без скольжения? Сопротивлением качения пренебречь, гг+ ~ Ответ: гп < Уе†'-6 !аецьвнне. Расчетная схема движения колеса — на рис.
39.4Л.: -- - ",.~ Пусть колесо катится без скольжения. Тогда мгновенный ценур а~6;, . $„."-„ ростей Р находится в точке касания б.неподвижной 'гкзверхносгькх! К~,',,"ф':,-",". нематнческйе соотношения для колеса: следубвц!не: ':,,-; ',;6.'.: ррюйФпщ'алуВ2аятрр (лжюФе2ьдВижю1ФФ, гщзФж2 тела 229 "'р=р;: 'ффгавим'днфферейггиальньуе яйвнензпг пло- ря .~ „":,~~~::: 'Ф2г4ЙФраялеяьнюго' 2пй1ження' колеса: ЛИс =' Р„, С ц':- - МУс =..
Ф вЂ” Мд, (2) 1г Хсз~2Р гп' Р~рр Р х Р Уравнения '(2) с учетом (О) принимают вид: 2У М*с = ~., О=2У-Мд, '-.:В за Мр — =п2 — Ррг, так как 2с = Мр. Решим уравнения относительно нормальной реакпии 2т и силы трения сюзяьжения Р„: = Мь" Р1р = ° 1Р 2+,2 Условие качения колеса без скольжения имеет вид: ~Г,р~ - Г„ры, где предельная сила трения скольжения Е„р =-,ГЖ Расписав это условие, получим неравенство для искомой величины врапзаюшего момента пм Рие. 39.4. 1 — < 2Мд 22+г2 2+ .2 гп < ~Мд —— задачу с учетом трения ка- авен Г'„. Мас = Р,р* Мрс = 2ь — Мк Мр ф= т — Р„г — т„, Па момент трения качения т„= у„2т, 1а~' Решение, Расчетная схема движения колеса — на рис. 39,5.!.
Вос- ~:,;:,"- ' пользуемся решением задачи 39.4. Дифференциальные уравнения движе':; Ф ния колеса в данном случае имеют вид С учетом соотношений (11 из решения (а задачи 39.4 получаем уравнения для определения сил Ж и Е",р. зйс Мр — =- ° — Е1тт — У„ж. т Рис. 39.5.т Отсюда й ™к Е~т = (™ 1~МИ 1 г. Условие качения колеса без скольжения 1Е;р~ < ЕЖ принимает вид (т — ~„Мд),, < ~Мд, р +т~ Отсюда гп < ~Мд + ~„Мк.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
