Учебник - Механика. Методика решения задач - Русаков (1238761), страница 30
Текст из файла (страница 30)
6.12).На шар в процессе движения действуют три силы – сила тяжести mg , сила трения покоя Fтр (проскальзывания нет) и силареакции опоры N (рис. 6.12).Глава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела209II. Запишем уравнение вращательного движения (уравнениемоментов (6.48)) для шара относительно неподвижной оси, совпадающей в данный момент времени с мгновенной осью вращения(см. рис.
6.12), в лабораторной инерциальной системе отсчета:dωJ= mgR sin α ,(6.77)dtгде ω − угловая скорость вращения шара, J − момент инерции шара относительно мгновенной оси вращения. Моменты силы тренияи силы нормальной реакции опоры относительно этой оси равнынулю.Запишем также уравнение кинематической связи между усdω(вследсткорением центра масс a и угловым ускорением шараdtвие движения шара без проскальзывания):dω.(6.78)a=RdtМомент инерции шара относительно мгновенной оси вращения найдем, используя теорему Гюйгенса-Штейнера (6.42):J = J 0 + mR 2 ,(6.79)где J 0 − момент инерции шара относительно оси, проходящей через его центр масс (6.45), равный2J 0 = mR 2 .(6.80)5III.
Решая систему уравнений (6.77) – (6.79) относительно ускорения центра масс шара, получим:1(6.81)a=g sin α .J01+mR 2Учитывая выражение (6.80) для момента инерции шара, получаемискомое ускорение центра шара:5a = g sin α .(6.82)7Определим условия, при которых полученный результат является верным. Для движения шара по поверхности клина без проскальзывания необходимо, чтобы сила трения в соответствии с за-210МЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧконом Амонтона–Кулона (см. п. 2.1.2 в Главе 2) удовлетворяла неравенству:Fтр ≤ μN .(6.83)Здесь μ – коэффициент трения.Модули сил трения и нормальной реакции опоры можно найти из уравнения движения шара, записанного в проекциях на оси Xи Y выбранной системы координат (см. рис. 6.12):ma = mg sin α − Fтр ,(6.84)0 = mg cos α − N .(6.85)Решая систему двух уравнений (6.84) – (6.85) и одного неравенства (6.83) с учетом найденного ускорения центра шара (6.82),получаем условие качения шара без проскальзывания по наклоннойповерхности клина:7tg α ≤ μ .(6.86)257Ответ: a = g sin α при tg α ≤ μ .72Задача 6.5На гладкой горизонтальной поверхности лежит доска массойm1 и на ней − однородный шар массой m2.
К доске приложили постоянную горизонтальную силу F. С какими ускорениями будутдвигаться доска а1 и центр шара а2 в отсутствие скольжения междуними?РешениеI Введем лабораторную инерциальную систему отсчета, осиX и Y декартовой системы координат которой направлены так, какпоказано на рис. 6.13. При движении шара по доске вдоль горизонтальной поверхности в направлении силы F движение шара является плоским.В лабораторной системе отсчета движение шара будем рассматривать как суперпозицию его поступательного движения ивращения шара относительно горизонтальной оси, проходящей через его центр масс.Глава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела211YNm2gFXFтрРис. 6.13II.
Уравнение движения центра масс шара (совпадающего сего геометрическим центром) в проекциях на оси X и Y лабораторной системы координат имеют вид:m2 a2 = Fтр ,(6.87)0 = N − m2 g ,(6.88)где Fтр – модуль силы трения покоя, действующей на шар со стороны доски, N – модуль силы нормальной реакции доски, действующей на шар.Доска движется с ускорением а1 в направлении оси X поддействием силы F и силы трения со стороны шара, модуль которойв соответствии с третьим законом Ньютона равен модулю Fтр силытрения покоя, действующей на шар со стороны доски.Уравнение движения доски относительно лабораторнойинерциальной системы отсчета в проекции на ось X имеет вид:m1a1 = F − Fтр .(6.89)Уравнение моментов (6.47) для шара запишем относительнооси вращения, проходящей через его центр масс перпендикулярноплоскостям движения всех материальных точек шара:J 0 β = Fтр R ,(6.90)dωdt– угловое ускорение шара. В (6.90) учтено, что моменты сил тяжести и нормальной реакции доски равны нулю, поскольку линии ихдействия проходят через ось вращения.Дополним систему уравнений движения шара и доски(6.87) – (6.90) уравнением кинематической связи, которое следуетиз условия отсутствия проскальзывания между шаром и доской:a2 = a1 − βR .(6.91)где J 0 – момент инерции шара относительно данной оси, β =МЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ212Учтем также, что момент инерции однородного шара относительно оси, проходящей через его центр масс (6.45) равен:2J 0 = mR 2 .(6.92)5III. Решая систему уравнений (6.87), (6.89) – (6.92), получаемискомые ускорения доски и центра шара:7F(6.93)a1 =,7 m1 + 2m22F.(6.94)7 m1 + 2m2Определим условия, при которых движение шара будет происходить без проскальзывания.
Для движения шара по доске безпроскальзывания необходимо, чтобы сила трения в соответствии сзаконом Амонтона–Кулона (см. п. 2.1.2 в Главе 2) удовлетворяланеравенству:Fтр ≤ μN .(6.95)a2 =Здесь μ – коэффициент трения.Модули сил трения и нормальной реакции опоры находим изуравнения движения шара, записанного в проекциях на оси X и Yвыбранной системы координат (6.87) и (6.88) и подставляем в неравенство (6.95). В результате с учетом найденного ускорения центра шара (6.94) получим:7 m + 2m2F ≤ μg 1.(6.96)2Ответ:7 m + 2m27F2Fи a2 =при F ≤ μg 1.a1 =27 m1 + 2m27 m1 + 2m2Задача 6.6Система тел, состоящая из двух грузов, связанных между собой с помощью невесомой нерастяжимой нити, и двух одинаковыхблоков, изображена на рис.
6.14. Ось левого блока закреплена, аправый блок свободно лежит на нити. При движении тел системыне происходит проскальзывания нити относительно поверхностейблоков. Считая заданными массы грузов m1 и m2, массы блоков M иих радиусы R, определить ускорения грузов a1 и a2, а также разно-Глава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела213сти сил натяжения нитей по обе стороны каждого из блоков. Трением вYоси блока пренебречь.РешениеT1T3I. Выберем лабораторную инерT4T3циальную систему отсчета, жесткосвязанную с точкой подвеса оси левого блока, оси X и Y декартовой сисT1MgT2темы координат которой изображенына рис.
6.14. В рассматриваемой сисT2теме оба груза и незакрепленный блокдвижутся поступательно вдоль оси X,m1gпри этом блоки вращаются вокруг Xm2gсобственных осей под действием силтяжести (m1g, m2g, Mg) и сил натяжения нитей (T1, T2, T3 и T4). ПосколькуРис. 6.14массы блоков по условию задачи отличны от нуля, то силы натяжения нити слева и справа от блоковразличны.II.
Запишем уравнения движения грузов и центра масс незакрепленного блока в проекции на ось X выбранной системы координат:m1a1 = m1 g − T1 ,(6.97)m2 a2 = m2 g − T2 ,(6.98)Ma2 = Mg + T2 − T3 − T4 .(6.99)Уравнения моментов для вращающихся блоков относительноосей, проходящих через их центры масс (см.
рис. 6.14), имеют вид:(6.100)J 0 β1 = T1R − T3 R ,J 0 β 2 = T4 R − T3 R ,(6.101)где β1 и β2 − угловые ускорения блоков, моменты инерции J0 которых относительно указанных осей равны (6.44):MR 2J0 =.(6.102)2Дополним полученную систему уравнений уравнениями кинематических связей, следующими из условий нерастяжимостинитей и отсутствия проскальзывания нитей по блокам:214МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧa1 + 2a2 = 0 ,(6.103)a1 = β1R ,(6.104)β1 = − β 2 .(6.105)В результате получена полная система уравнений для девятинеизвестных величин: a1 , a 2 , T1 , T2 , T3 , T4 , β1 , β 2 и J 0 .III. Выразим все силы натяжения нитей через ускорение a1,используя уравнения (6.97), (6.98) и (6.100) − (6.105):T1 = m1 g − m1a1 ,(6.106)mT2 = m2 g − 2 a1 ,(6.107)2M⎞⎛(6.108)T3 = m1 g − ⎜ m1 + ⎟a1 ,2 ⎠⎝T4 = m1 g − (m1 + M )a1 .(6.109)Нетрудно видеть, что искомые разности сил натяжения нитейпо обе стороны каждого из блоков равны:MT1 − T3 = T3 − T4 =a1 .(6.110)2Подставляя (6.106) – (6.109) в уравнение (6.99) находим искомое ускорение первого груза в проекции на ось X:4m − 2m2 − 2 Ma1 = 1g.(6.111)4m1 + m2 + 4 MИспользуя уравнение кинематической связи (6.103), получимискомое ускорение второго груза также в проекции на ось X:m + M − 2m1a2 = 2g.(6.112)4m1 + m2 + 4MИскомые разности сил натяжения нитей (6.110) с учетом(6.111) равны:2m1 − m2 − MT1 − T3 = T3 − T4 =Mg .(6.113)4m1 + m2 + 4MЗадача 6.7В системе тел, показанной на рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
