З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 39
Текст из файла (страница 39)
Получим ;и :::-'-";й"::: г п?т /ыа'т /маг'1 п?г ? 2 = — ~ — ~ + 2п? ~ — ~ — — ьге = — -гпг ыа. ? М вЂ” = Я вЂ” Месса ггг, где в, == уа. а 10. Смешанные задачи ЗВО Отск1да выразим силы реакции оси: Ж = Мяа?п~р+ Мад, 22 = Мя сов р Ь Мад . Для определения угловых скорости д и ускорения ~р тела воспользуемся теоремой об изменении кинетического момента относительно неподвижной оси вращения Оз: Зсмк =- — Мяа р?п у, где, согласно теореме ГВтейнера — Гюйгенса 1гм — — Мр + Ма . ? ? Отсюда яа Р? Теперь проинтегрируем последнее выражение: яа ? ~'от' Р? + а? яа а?п <Р фр Р?+а? 1.? «а -у? =- совр?+ Сн 2 Р?+а Так как начальные условия при 8р =- 0 имеют вид ?Р(0) = ?Рр, р(0) = О, то яа С? — — — — сов у?р.
Р +а Следовательно яа 9 = 2 — ?(сов?Р— сов?Рр). Выпишем искомые составляющие реакции'оси как функции угла ?Р?, ?ч' = Мяа?п?Р+Мау = Мдв?п ?Р— 'Ма —,вгп'?Р =Мя, '4пр?, . Яа . Р' ?+а?: ь?+а? Мусору?+'р '-" у(совД..";ххпф?в). уй ~ о Рнс. 4ЗА Цг Рашаййо. расчетная елена — на рис. 43. 1 !.2. Применим теореиу об венин кинетическон энерпан цш1индра: Т вЂ” Т».-= ~~) Аьа+ ~ Аь . к как начальная скорость ничтожно нала, то Те =- О, После поворота радиуса ВС на утол у кинетическая энергия равна величине тово .тс,ю ты т тт ы 3 т д 2 2 2 2 Т = — 4 — ' — =- — -' — -= -тнт и, 2 2 2 4 4 ккак нет скольжения и в точке касания 23 накодится игновенныи центр аюростей Р цилиндра. Работусовершает лишь сила тяжести (при отсутствии скольжения сила трения ие совершает работу): 10.
Смешанные задачи <с) .4(тф =- тфг1гс -= тассо«(90' — у«) -тг(у« = тйт(1'-ссаг«з). «с„1 Полставив все выражения в Формулу (1), получим: 3 «« 1д -тг ы = т1;г(! — сову) =: ы =- 2« — -(1 — сове«). 4 1 3г Для определения угла а в момент отделения цилиндра от площадки воспользуемся теоремой о движении центра масс С в проекции на нормальнук«ось и к траектории точки С: вс « гп — =- та сов у« — Ж, г Нормальная реакция т"с ( )' 1'«г: — тд со« 1д — — — = тд сов у«вЂ” г 4 тя —. тд со« у« — -тд(! — сов 1«) = — (7 соь уз — 4).
3 3 В момент отрыва цилиндра норлгальная реакция обнуляется: Ф(~р= а) =0 =~ 7сова — 4=0. Поэтол«у а =- агссоа (4/7) = 55,1'. Угловая скорость цилиндра в момент отделения от площадки: ы(1д =- г«) = 2 — — ~1 — — ~ = 2~) —. 3 3, 7/ ~)7' Замечаниев задаче 43.11. Для полноты решения следует показать, что после обнулен ия реакции ««г цилиндр действительно отделится от точки В, т е. расстояние ВС будет увеличиваться с течением времени. Действительно, если отделение произошло, то точка С движется с ускорением д по параболе, поэтому имеем: хс(«) — г з и о + «'т«(а)'с«в о 1, яг вс(«) г'со«о — тф(О) 5!по'"Ф 2 Тогда получим: г«.(1) + « ( ) « + „« .р( )1« , т,.
; + „( .),„. г-,,; «-+ е 1«г - гпй сов(д тяу««'г во-г + — >г. 3 8~ 2 4 -либо противоречий, и в данном ктна. ния происходит без каких ной шероховатости корре 'твчЧ!!аяйг 43Л2 (43.12г. Автомашина :«фвйаннейно по горизонтальной плос 'Ящ:.масс С указано на рисунке к задаче :мрт!тра машина имела скорость е. Най т!сь бстановкн, если 2„— коэффициент еймн автомашины и льдом, а у — ко атежду шлифующей кромкой А и льд зя!тишин без сколыкения, пренебречь. для цлтифовки льда движется кости катка.
Положение цен- 35.12. В момент выключения ти путь, пройденный машиной трения качения между колеэффициент трения скольжения ом. Массой колес радиуса г, е~ Зг Ют!мт! а = —— 2л 2~г+ ~„ Решение. Расчетная схема — на рис. 43,!2.!, колеса катятся без ьжеиия, поэтому в точках их касания с поверхностью находятся мгнонме центры скоростей. Применим теорему об изменении кинетической и ~,.':::,'!~.':::;!:вен' как массой колес можно пренебречь, а автомашина движется поступательно„то Ме~ Тв - — —, 2'=.О, 2 1О.
Смешанные задачи Биугренние силы не совершают работу после выключения мотора: А»1 =- О. » А» = Крз 2М ~'Р 2Мыуг =- » = -У3~хз- 2(1к1%+ 1к2Уг)Ф = 1ЖФ 2~к(3У~+2Уг) При опрелелении нормальных реакций 2Ух, Х! и»чг воспользуемся решением задачи 38.12: 2 Хд:= — Мя, 3 1 Ф~ -- О, 23Уг = -Мл. 3 Поэтому А» =- — à — М»з — 2„° — Ме —, Подставив есе найденные выражения в теорему об изменении кинетиче- ской энергии, получим: Мог (2 1 1,'1 — — = — Мяз~ — 2 + — — ~, 2 ~3 Из этого уравнения находим пугь з, пройденный до остановки: е Зг .8 2уг+ у »' Задача 43.13 (43.12). На боковой поверхности круглого цилйндра с вертикальной осью, вокруг которой он может вращаться без трения, вырезан гладкий винтовой желоб с углом подъели а. В начальный-' момент цилиндр находится в покое; в желоб опускают тяжелый:шарик; он падает по желобу без начальной 'скорости и заставляет цняиид»р,: вращаться.
Дано: масса' цилиндра М, радиус'его )е, масса шарика пь'„ расстояние от шарика ло оси считаем равным Л и момецт ийерц)ий; цнпнидра раВНЫМ МВт/2» ОирсдспнтЬ уГЛОВуЮ СКОрОСГЬ а);-.КртпруЮ цилиндр будет иметь в тот момент, когда шарик онустнтая навысо)туй. Из внешних сил работу совершает лишь сила трения скольжения в опоре А и л»ол»енты трения качения колес: Рис. 43.
13. 1 (ФМ:;- РФинунвяа. Расчетная схема — на рис. 43.! 3. Н Применим теорему об '::.,*у изменении кинетической энергии Т вЂ” 7'гз . ~~~ Аь + 3 А~.'~. к :Ф!'-'~":!:;:; 1ак как винтовои желоб гладкии и в опорах оси вращения иет трения, то совершает лишь сила тяжести шарика; А(гпя) = гщй. Начальная еская энергия Тв =. О. Найдем выражение для кинетической Т: 2о.ь' птв Л4Л,,г '" — - г Т вЂ” ' + — = — гд + — (~~«+ ~~е) 2 2 4 2 им через В угол поворота цилиндра.
Тогда м =- д, е, — г)Л. рн рассмотрении относительного движения шарика (относительно нара) введем цилиндрические координаты: Л == сопаг, д, р. Поэтому В, = Вяея + в„,Е„~- Е„Е„- Лел + Лфе„, у рег .=: Л1Ре„+ ует, Збб 10. Смешанные задачи гле елиннчные векторы ел, е и е„взаимно-ортогональны, причем е„ направлен по касательнои к окружности радиуса В, являющейся сечением цилиндрической поверхности горизонтальной плоскостью. Вектор переноснои скорости д, шарика также направлен по касательной к этой же окружности, но в противоположном направлении. Следовательно, е~ = (д + в ) —: (Яф — Вд) + р . Окончательное выражение лля кинетической энергии принимает виа: МВг 2 дг ™ гВг( .
д)г „° г~ 4 2 Расписав величины в (!), получим уравнение МВ2 4 2 дг+'— "(Вг(у,— д)г+.г1 —. б (2) Дифференциальное уравнение (2) — уравнение с тремя переменными д, чг и у. Дяя составления второго уравнения воспользуемся теоремой об изменении кинетического момента относительно неподвижной оси вра- щения цилиндра Оа: — — М~,(Г„~'~). Так как все внешние силы либо пересекают (реакции В1 и Вг), либо параллельны оси Оз (силы тяжести), то ,~ Мо,Я') =.О, л и, следовательно, Ко, =- сопли Так как в начальный момент времени все тела покоились, то Ко, =- соим = О. Выразим величину кинетического момента Ко,. Ко, =-.го ы+ проДтйа(от~~1 = МВ7 МВг= — д + т(-ВугВ+ ВдВ) = — д+ твВг(д -Щ 2 2 Согласно закону сохранения кинетического момента относительно оси Ол, имеем уравнение МВг ° — 'д+.пгВ~(д-. уг) = 6, .: '.:;.":.',-.,:,::;:,;(3) 2 Для получентгя' траъего..уравненйя', авпзывавгцепг '.коврйнйатй, Ф уг и тг, воспользуелгся тем,',что вектор 'отзизбитвльнпй сзйгрооти:ща))зппз 4, направлен.
по касательйой.'к -Внйгпаггиу, 'жалпбу-.а угол йбймМа та'.,—. это И. УДаР (9 44, (10Ц Задача 44.1 (44.1 с высоты 4,905 лг и ную на пружине (ри наковальни 5 кг. Оп нется движение нако двигаться вместе с н Ответ: б,54 угас. Решение. Определим скорость вА, с которой тело А ударяет наковальню В.
Лля этого воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии: г пгдвА / лг т „уй „=~/ьВ= г2981 4,905=9,8! 2 — — Ы Теперь воспользуемся теоремой об изменении количества движения системы двул тел А и В в проекции иа ось у, направленную вертикально вниз: (е) Юу Юуу =,Р К~у ~ (гпА + гпВ)Ф гпАвА = О. Отсюда скорость, с которой наковальня В будет двигаться сразу после удара, равна следующей величине: уиА 1О /м~ и =- вА = — - 9,81 = 6,54 ~ — ) . гпА + удВ 1О+ 5 с ':;~ЬФ46ййе~». 'Фоспол зуемся тв й2)ЯФ '3''.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
