З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 27
Текст из файла (страница 27)
Сопротивлением ! "!ь Регивиий. Расчетная скелета движения инлинара — на рис. 39.! !.!. Так как скольжение отсутствует, то точка Р -- мгновенньш центр скоро: стей ИидындРа, и, значит, хс — — Ут. Запишем диффеРенииальные УРавне- Р!нтегрируем дифференциальные уравнения с учетом нулевых начальных 1~ф усвоя ярд ,Щ 240 6, Плосюолараллельное Голосков) движение твердого тела Рис. 39.11. 1 П1ЗС вЂ” ГПВ МП О .Кр 0 =- дг — гйл созсг, ~с гиг ~с =- Рв* -~с т ' 2 Отоода имеем. ! — гпя 5!п О ~< ~Рф сов О. 3 Фй чение ци- Ц найдем ле наклона а < агсгы3~ возможно ка еперь из первого уравнения системы ( Это означает, линдра без ск ускорение осг что при уг ольжения.
Т 1 цилиндра: ас = Ус =- я Рап Р,„ а — —" = да1п сг — — д агп сг = -д агп сг гп ' 3 ' 3 ния плоскопараллельного движения цилиндра с учетом отсутс жения: ! Л" -- тпд сов а, Р", — - -гл» яп о. Тр Составим условие отсутствия скольжения 1Р,р~ < ~Ж: Решим полученное неравенство относительно угла сг 1я.о < 3~ = — ь сг < агс1а33'. твия сколь(~) -:и1 $д Щ) еф; Ъщ Рис. 39.12.1 ф :,'.Г 'Ел Рещение. Расчетная схема — на рис. 39.!2.1, изображен вид сверху на наклонную плоскость и катяшийся диск. Введены две системы коорди'нат'Рхух, Рс1)»; где Р— точка касания диска с наклонной плоскостью, Ру — по линии наибольшего ската наклонной плоскости, Рх .Е Ру, Рв.Е Ру, причем, Рх лежит в наклонной плоскости, а Ре — ей перпендикулярна н направлена вверх (Рхра — правая система координат), Ре— проекция плоскости диска на наклонную плоскость, т.
е. плоскость качения диска, которая по условию задачи неизменна. Р» 1 Р9, Р» 1. Ре, причем Р» лежит в наклонной плоскости, а Р» — ей перпендикулярна и направлена вверх (Р»п» вЂ” правая система координат). Ясно, что Р» параллельна оси диска, поэтому (по условию задачи)»Р9 = ф. На диск при его качении действуют две силы: 22 — сила реакции плоскости, приложенная в точке Р, тК вЂ” сила тяжести, приложенная в центре масс диска. пусть Я1, Я,, Яс — проекции силы А на оси», ту, », Чтобы найти проекции силы тя на оси», г), », разложим сначала тК по осям х,р,а. В силу построения системы Рхдд, имеем: ег' тя, =- О, тх„- —. тел|о а, пля, =- — тя сох а. ~Ф.
Тогда (см. рис. 39.12.!) получим тф =тда1пасоа~~, й~, = тлипаби1Р, тес —. — тясоаа Пусть вс — вектор скорости центра масс диска, ь3 — вектор его угловои ф скорости. Уравнения движения центра масс диска в проекциях на оси , 6г)*»: Ф' тбсг = гпя Яп а соа ~1 + В~, Ф: гибсх = ~щ яп а ип ля + В~, (1) тбсг = -тесова+В< Уравнения изменения кинетического момента диска относительно кени"говмх осей С» г)», которые являются главными центральными осями 242 б. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого гела ьй инерции (С',9 „г,' параллельны осям С,9,(), имеют вид: ~свь"С = Лч 'г )сечае -Ле.г, ~с<и< = О, (2) где титз .Ус~ -'-— 2 тг ."св = ~с< =- —.
4 Так как д>кк катится без скольжения в неизменной плоскости пс, то имеем следующие кинематические соотношения: вся ыр =- т (3) ьЬГ =- ь~р = О, ВС< = вСС вЂ” = О. Подставляя формулы (3) в (!) и (2), получим: Лг —— -тдзн1асозР / О, Л„= тбсч — тя ып и ейп д, Лс = тясозо, 1 тг- бсе (2) в)в авв' (9) Из (5) и (?) получим что совпадает с ответом к задаче. Однако уравнения (4) и (8) противоречатдруг другу. чтобы устранить авва это противоречие, необходимо принять существование допалниглельиого Щйй репгппивного люментп Ме в точке Р, направленного вдоль оси и, Тогда фщ. второе уравнение из (2) принимает вид,ус„й„= -Лг . г+ Мв, а уравне- ние (8) будет таким: О = — Лг ° г+Мв =ь Ме =Лг ° г = -т8тв1псгсоаф, Физически реализация такой связи может быть осуществлена при помогци дорожки с углублением, вдоль которой движется диск, р .зе.тзд ;л,: М» 'Феецагиие. расчетная схема — на рис.
39.13.!. По условию цилиндр кдаится со скольжением. Значит точка Р касания цилиндра с поверхно:,; стью не является мгновенным центром скоростей и ьр ~ О. Поэтому Для определения угла наклона а гюспользуемся решением задачи 39.П и получим, что скольжение будет при а > агсгй 3~. Для определения ускорения оси цилиндра (т.е. точки С) составим ;:,' дифференциальные уравнения движения: гилас = гпя 5$п а ргл О = Ф вЂ” гпясоао, (4) пгг2 — гр — Р . г. 3ф Здесь предположили, что скольжение точки Р происходит вниз по на- ~~' клонной плоскости, поэтому сила трения скольжения Р направлена а-',-22 иротив оси к.
Величина Р„, =- 3Ж Ггзф шхс =- пгя 51п а — ~ига сок а, 2»' =- гпя сова, ф 2 фФ ~л — г гщ сов от 2 ()) = = ас == хс =«(ь)па — г сова). »)((г'- Звмвчанивкаадачв 39.13. Отметим, что ответ и решение ленной задачи должны Мю~ '-':й аавиееть от яачалыгмх условиИ Если начальные условия таковы, что бр направлена ~ч ., вверх по наклонной плоскости (тз(0) очень большая), го Ф,-: а< ---- л(яоа+ Усова). 23днакопо истечении конечного интервала времени скольжение сменится на противоположное, и мы получим ответ из звлачннка (»О) 244 6. Плосколараллельное (плоское) движение твердого тела адана 39.14 (39.15). Однородное з скольжения по наклонной плоское нтом.
Прн каком значении козффиц сс колеса будет двигаться равномер вномерно вран»аться вокруг осн, про ндилулярно его плоскости? ОтвЕт: «, =. г гало. Рне. 39.! 4.1 Решение. Расчетная схема — на рис. 39.!4Д, Колесо катится без скольжения. Позтому точка Р (точка касания) — мгновенный центр скоростей. Значит, По условию ес = зс = — сопз1 и у» = — сопи. Дифференциальные уравнения движения колеса принимают вщс О =- глаабпа — Р„„ О = Ф вЂ” тпя сею а, О = Г„,г — Мл, где момент трения качения Решаем уравнения гч» гпФ $»п»т»» .
гп8 Все»». Из третьею уравнения получаем: ̄— Г~ят =-»Ф «йЩфееачЗ =.:,ЯфЯЙЙФ.':, '4-.Ф'=,",=':«»,,'; т-теСЬ.':."," '- ."-,","»!: ~4' РфйЕНМа. Расчетная схема изображена 'на рнс. 39Л5.2. В точке касания Р находится 'мгноаеиный центр скоростей катка, так как он цатнтся без скольжения. И поэтому хо = рг. Уравнения движения катка- Рис. 39.1$.2 Мхе =- Тсоьа — Г„, 0 =- -Мл ь Ф + Т в1п о Мат.. Р— Т. а. Рассмотрим первое и третье уравнения с учетом условия х„-.
дт: Мхе == Т соь Π— Кя, 0 х. Мр — --- Г,„т — Т а т л, =: Тсоьо — итал, га — хл — У'„, — Т- г (т сох о — а) =Ф хя=-Т М(р~ +тз) Интегрируя с учетом нулевых начальных условий, получим закон движения осн катка: т1,г сов о — а), хв =Т 2М(рз + тз) 246 б. Ллоскопарвллельное (плоское) движение твердого гела Задача 39Л6 (Э9.17). Однородный стержень А зонтально подвешен к потолку посредством двух верт прикрепленных к концам стержня (рис. 39.1б.1). одной нз нитей в момент обрыва другой. Указание.
Составить ди4хверенциальн женил стержня для весьма малого пр следующего за моментом обрыва нити менением направления стержня н нзм центра масс стержня ст другой нити. Рис. 39.$6.2 Решение. На рис. 39.16. 2 изображен стержень в момент обрыва пря- м ~юй нити. Пользуясь указанием к задаче, составим дифференциальные уравнения плоского лвижения стержня для малого промежутка времени, следующего за моментом обрыва нити, пренебрегая изменением направления стержня и изменением рассгояння центра масс стержня С от левой нити. Имеем: Мзс =0 Мр, = -2+Мр М - (АВ)г АВ.
12 ' 2 У=2 ' При указанных предположениях ус 2 13=— АВ (заметим, что скорости равны нулю). Поэтому Рис. 39.т7.2 Р6Ш8ИИЕ. На рис. 39.! 7. 2 изображен стержень в момент обрыва пра- Вой ннтв; Воспользуемся указанием к задаче 39 А 6. Получим дифференци- :,-~..'. айьйые уравнения плоского движения стержня сразу после обрыва нити: аф й) Л Ис = — Т сов 60', (г Мус = Мя — Тзьп60 М, (АВ)2 -у3 =- т — яп 60'. !2 8 момент обрыва нити угловая скорость стержня ю =. О, а угловое ускорение в ~ О. Скорость точки А вл = О, а ее ускорение аа будет отлично вл 3 от'нуля и направлено Л С?А (так как «е нормальное ускорение — = О). ОА Следовательно, оо = ба + осА + асА. АВ асса — — ы — = О (так как ы = 0), 2 АВ аса = с —, асы Л.
АС 2 248 б, Плюскопараллельное 1плоское) движение твердого тела Поэтому можно записать хс == — аА япбО' АВ рс =- ад соабО" +е---. 2 С учетом (2) из системы (1) получим три (ах, е, Т): уравнения для трех неизвестных == --ТсоабО, — Мал яп 60 АВ~ М адсоьбО'-г-е — ) = Мя- Тчп60', М . (АВ)~ А — -е =-. Т вЂ” з|п 60" !2 2 , ~/3 Л1ах -;. Т--, 3 ' МаА + МеАВ ==. 2Мя — ТнгЗ, МеАВ =- ТЗхгЗ 2Л1я 2ъ~ЗЛХЛ ==> Т =. " 0,266М~. (, 313) + «,/З ~ 3 Задача 39.(9(39.39). Одноролный тонкий стержень длины 22 и массы М лежит на двух опорах А и В; иентр масс С стержня сходится на одинаковых расстояниях от опор (рис. 39.18А), причем СА =- СВ = а; лавление на кажлуо опору равно Р~2.
Как изменится давление на опору А в тот момент, котла опора В будет мгновенно удалена? (См. указание к задаче 39А6.) А С В Ответ; Давление на опору А получит прираце- Л, З„з ( -Зв' ние„равное, Мй. рис. 39.!в.1 2(Р+ Зв-') Миж -- Мд - Л,~. ~ щ~2 1 -Зд-й. 3 Р ~а= ~~ ° 'Ф." 4 Зв" фф~юек~ я~п яву~ ощупов х таам 4 улвег М~ '.":так м' юю ®ф'йФ~~Ф В). 'йй ~й~~й ~й~~~~~ ~~~~~, ~ ~~~~~ 3 ~~~~~~~~ в а~ю~:: 4ФЮВМФВФ аВ ФйЮйВ6ь~. ! ! ! 250 б. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела Решение. Расчетная схема — на рис. 39, 19.2. Так как конец З нити закреплен неподвижно, то точка Р схода нити с цилиндра является мгновенным центром скоростей. Позтому хл == Фг =~ хл =" Фг. (1) Составим уравнения плоскопараллельного движения цилиндра: (2) Уравнения (2) с учетом (1) прими гйхл = тпрр гпт хх = Тг. 2 T Рме. 39Л9.2 2 1 хх = -я; Т = -птК 3 ' 3 Для опрелеления скорости оси цилиндра проинтегр 2 альное уравнение хА = -я 3 г1х 2 Ю 3 ,Нх 2 ==:~ х — =- -л г1х 3 Решим этн два уравнения с двумя неизвестными хл 1 т 2 = — х = -лх+С.
2 3 Постоянная интегрирования С = О, так как цилиндр скорости. Итак, 2 ел = х = ~ -лх. М3 После тогсч как ось опустится на высоту А,. Сила натяжения нити постоянна и равна мают внд: — Т, МЮ иТ: ируем дифФеренци- 4В падает без начальной фа ,:~'!!!.",,;.'.;:;.:Ф,:,:-Йя«х««й«га««ЮФФхйязе р«лосков3:дгвеяейщ п«е«««д««то гвлд ' 26$ ::;.~~~~к«г««й $9,Эг««ЩИ).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
