Учебник - Механика. Методика решения задач - Русаков (1238761), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Оси системыкоординат и скорость течения реки u( y ) изображены на рис. 1.7.u(y)YXРис. 1.7При решении задачи лодку будем считать материальной точкой, а берега реки параллельными.Глава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем23II. Запишем начальные условия для лодки в соответствии сусловиями задачи:⎧ x(0) = 0, y (0) = 0,(1.50)⎨⎩υ x (0) = 0, υ y (0) = υ л ,где υ x , υ y – проекции скорости лодки на оси выбранной системыкоординат.В соответствии с принципом суперпозиции движений (1.26) влюбой момент времени υ(t ) = u( y (t )) + υл (t ) или в проекциях на осикоординат:⎧υ x = u ( y ),(1.51)⎨⎩υ y = υ л .По условию задачи модуль скорости течения реки, ширинакоторой d, нарастает от берегов к середине реки по параболическому закону, поэтому можно записать:2u ( y ) = a( y − d / 2) + b ,(1.52)где a и b – постоянные величины.
Для определения величины bиспользуем условие задачи:b = u ( y = d / 2 ) = um .(1.53)Используя начальные условия υ x (0) = ad2+ b = 0 и соотно4шение (1.53), получим величину a:44a = − 2 b = − 2 um .(1.54)ddIII. Система уравнений (1.51) с учетом (1.52) – (1.54) преобразуется к виду:4um 2 4um⎧d x⎪⎪ d t = υ x = − d 2 y + d y,(1.55)⎨⎪d y = υ = υ .yл⎪⎩ d tИнтегрируя уравнения (1.55) с учетом начальных условийдля координат лодки (1.50), находим закон движения:34u2ux(t ) = − 2m υ л2 t + m υ лt 2 ,(1.56)3ddМЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ24y (t ) = υ лt .(1.57)Уравнение траектории получаем, исключая время t из законадвижения в координатной форме (1.56) и (1.57):4um ⎛ 3 3 2 ⎞x( y ) =(1.58)⎜− y + y d ⎟ .23υ л d 2 ⎝⎠Поскольку в момент причаливания y (τ ) = d , время движенияτ лодки равно:dτ= .(1.59)υлСледовательно, для искомого сноса лодки l получим (см. 1.58):2ul = x(τ ) = m d .(1.60)3υ лЗадача 1.4(Принцип суперпозиции движений)Определить форму траектории капель дождя на боковомстекле трамвая, движущегося горизонтально со скоростью υ1 , вовремя его торможения с ускорением a .
Капли дождя падают наземлю вертикально вниз, и скорость их относительно земли постоянна и равна υ2 .РешениеI. Нарисуем чертеж и изобразим на нем заданные в условиизадачи кинематические характеристики капли дождя и трамвая вмомент начала торможения трамвая (рис. 1.8).Xaa'X'υ1− υ1υ′υ2Y'Рис. 1.8YГлава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем25Выберем систему координат XY, связанную с Землей, так,чтобы ось X была направлена горизонтально вдоль ускорениятрамвая, а ось Y – вертикально вниз.
Выберем также вторую систему координат X′Y′, связанную со стеклом трамвая, так, чтобы ееоси X′ и Y′ были сонаправлены с осями X и Y. Время в обеих системах отсчитываем от момента начала торможения трамвая.Будем считать, что капля дождя является материальной точкой, положение которой в момент начала торможения трамвая совпадает с началом координат системы X′Y′.II. Используя принцип суперпозиции движений (1.26), запишем скорость υ′ и ускорение a ′ капли дождя относительно стеклатрамвая (системы координат X′Y′):υ′ = υ2 − υ1 ,(1.61)′a = −a .(1.62)В соответствии с выбранной системой отсчета запишем начальные условия для капли дождя:x′(0) = 0 , y′(0) = 0;(1.63)υ ′x (0) = υ1 , υ ′y (0) = υ 2 .(1.64)III. Записанные дифференциальные уравнения (1.61) и (1.62)с учетом начальных условий (1.63) и (1.64) позволяют найти закондвижения капли в проекциях на оси координат:⎧at 2,⎪ x′ = υ1t −(1.65)2⎨⎪ y′ = υ t.2⎩Уравнение траектории находится из закона движения каплипутем исключения из (1.65) времени t:y′y′ 2(1.66)x′ = υ1 − a 2 .υ22υ 2Как видим, траектория в системе координат X′Y′, связаннойсо стеклом трамвая, является параболой (см.
рис. 1.9) с вершиной вточке с координатами:x' =υ122a, y' =υ1υ2a.(1.67)МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ26X'Ox ′ = x ′( y ′)Y'Рис. 1.9Задача 1.5(Уравнения кинематической связи)Концы твердого стержня MN могут свободно скользить посторонам прямого угла MON (см. рис. 1.10). Найти уравнение траектории точки P стержня, которая делит его на части длиной а и b.РешениеI.
Выберем и изобразим декартову систему координат, осикоторой совпадают со сторонами угла MON (см. рис. 1.10).YMyaPbϕ(t)OxNXРис. 1.10В соответствии с условием задачи будем считать стерженьабсолютно твердым. Следовательно, его положение в любой момент времени t однозначно задается углом ϕ(t) между осью OX истержнем MN.II. Запишем закон движения точки P стержня в координатнойформе (см.
рис. 1.10):⎧ x(t ) = a cosϕ (t ),(1.68)⎨⎩ y (t ) = b sin ϕ (t ).Глава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем27Искомое уравнение траектории точки P можно получить, исключив время из закона движения (1.68).III. Преобразуя уравнения (1.68), получаем:x2 y 2cos 2ϕ (t ) + sin 2ϕ (t ) = 2 + 2 .(1.69)abСледовательно, искомое уравнение траектории принимаетвид:x2 y2+= 1.(1.70)a 2 b2Уравнение (1.70) является уравнением эллипса с полуосями,совпадающими по направлению с осями выбранной системы координат и равными a и b. В случае, когда a = b, эллипс вырождается вокружность.Задача 1.6(Уравнения кинематической связи)На клине с углом при основании α, расположенном на горизонтальной поверхности, находится система двух тел 1 и 2 (см.рис.
1.11), связанных нерастяжимой нитью, перевешенной черезмаленький блок, ось которого закреплена в верхней точке клина.Записать уравнение кинематической связи для ускорений клина идвух тел, если тело 2 не отрывается от вертикальной поверхностиклина в процессе движения.РешениеI. Выберем систему отсчета, связанную с горизонтальной поверхностью. Ось X декартовой системы координат направим горизонтально, а ось Y вертикально вверх (см. рис. 1.11).Yyблy1y2O12αx1Рис.
1.11x2X28МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧБудем считать тела 1 и 2 материальными точками, связанными нерастяжимой нитью, а клин – абсолютно твердым телом, которое может двигаться поступательно вдоль оси X. Обозначим координаты первого и второго тел в системе координат XY – (x1, y1) и(x2, y2), соответственно. Линейные размеры блока по условию задачи малы по сравнению с длиной нити, поэтому не будем учитыватьих при записи уравнений кинематической связи для координат телсистемы.II.
Выразим длину нити l через вертикальные координатыразличных точек рассматриваемой системы тел:y −y(1.71)l = бл 1 + yбл − y2 ,sin αгде yбл – координата блока, не изменяющаяся в процессе движения.Если длину наклонного участка нити выразить через горизонтальные координаты тел системы, то выражение для длины нити принимает вид:x −xl = 2 1 + yбл − y2 .(1.72)cos αIII. Дифференцируя (1.71) и (1.72) дважды по времени и учитывая, что l = const и yбл = const , получаем искомые уравнениякинематической связи для ускорений тел рассматриваемой системы:⎧⎪a y1 − a y 2 sin α = 0,(1.73)⎨⎪⎩a x 2 − a x1 − a y 2 cos α = 0.Задача 1.7(Уравнения кинематической связи)Система тел состоит из двух блоков и двух подвешенных кним тел (см. рис. 1.12).
Один из блоков составлен из двух коаксиальных цилиндров с неподвижной относительно потолка осью,имеющих различные радиусы r и R. Первое тело подвешено на нити, намотанной на цилиндр радиуса r, второй – на нити, прикрепленной к оси другого блока. Найти ускорение второго тела, еслиизвестно, что ускорение первого тела равно a1. Нити считать нерастяжимыми.Глава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем29РешениеI. Выберем систему отсчета, жеYстко связанную с потолком. Направле- Rrние осей декартовой системы координат, связанной с телом отсчета, показано на рис.
1.12.Считаем тела 1 и 2 материальныXми точками, нити – нерастяжимыми.1Проскальзывания нитей относительноблоков нет.II. Пусть за малый интервал вре2мени Δt изменение координаты первогоРис. 1.12тела равно Δx1 (для определенности будем считать, что оно опускается). Поскольку нить нерастяжима, то угол поворота Δϕ цилиндра радиусом r связан с величиной Δx1 следующим соотношением:Δx1 = rΔϕ .(1.74)При этом второй цилиндр радиусом R повернется на тот жеугол Δϕ, а длина нити, на которой лежит блок с подвешенным кнему телом 2, изменится на величину:Δl = − RΔϕ .(1.75)Изменение координаты центра второго блока, а значит и второго тела, равно:ΔlΔx2 =.(1.76)2III.
Решая систему уравнений (1.74) – (1.76), получим уравнение, связывающее изменения координат двух тел:R Δx(1.77)Δx 2 = − ⋅ 1 .r 2Поделив левую и правую части (1.77) на малый интервалвремени, получим уравнение кинематической связи для скоростейтел:Rυ 2 = −υ1 .(1.78)2rДифференцируя полученное соотношение по времени, получаем искомую связь между ускорениями тел:МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ30a2 = − a1R.2r(1.79)Задача 1.8(Кинематика простейших механических систем)На вал радиуса R, закрепленный наAоси, намотана веревка, на конце которойϕвисит груз, опускающийся вниз (см.Rрис.
1.13).Закондвижениягруза:2x = x0 + bt , где x0 и b – постоянные положительные величины. Определить угловыескорость ω и ускорение β произвольнойυточки обода вала, модуль ускорения a, егонормальную an и тангенциальную aτ проекции. Записать закон движения этой точXки.YРис. 1.13РешениеI. Нарисуем чертеж и изобразим на нем направление скорости υ движения груза. В соответствии с условием задачи направимось X декартовой системы координат вертикально вниз (рис. 1.13).Для определения ускорения и закона движения произвольной точки A на ободе вала выберем полярную систему координат с полярной осью Y, в которой угол ϕ однозначно определяет положениерассматриваемой точки A.
Поскольку в условии задачи не оговаривается иное, веревку считаем нерастяжимой и что проскальзыванияверевки относительно вала нет.II. Запишем заданный в задаче закон движения груза в декартовой системе координат:x = x0 + bt 2 .(1.80)Поскольку веревка нерастяжима, уравнение кинематическойсвязи имеет вид:dϕυx = R.(1.81)dtГлава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем31Для решения задачи записанные уравнения необходимо дополнить определениями (1.24) и выражениями (1.25) для интересующих нас величин, приведенными в п. 1.1.III. Найдем законы изменения скорости груза и его ускорения в проекциях на оси декартовой системы координат, используяопределения (1.6) и (1.12):dxυ x = = 2bt , υ y = 0 ;(1.82)dtdυax == 2b , a y = 0 .(1.83)dtТочки обода вала совершают неравномерное движение поокружности, причем модуль их скорости (поскольку нить нерастяжима и не проскальзывает по поверхности обода) в каждый моментвремени равен модулю скорости груза, поэтому, используя (1.22)для угловой скорости ω и углового ускорения β, получаем:υ2btω= x =,(1.84)RRd ω 2bβ==.(1.85)dtRПоскольку проекция ускорения груза на ось X равна тангенциальной проекции ускорения точек обода, то:aτ = 2b .(1.86)Нормальную проекцию ускорения определим, используя(1.22):υ 2 4b 2t 2an ==.(1.87)RRМодуль полного ускорения произвольной точки A на ободеколеса найдем из соотношения (1.20):4b 2t 4+1 .(1.88)R2Закон движения произвольной точки A на ободе вала запишем в полярной системе координат:β t2bt 2ϕ (t ) = ϕ 0 += ϕ0 +,(1.89)2Rгде ϕ0 – начальное значение угловой координаты точки A в выбранной полярной системе координат.a = an2 + aτ2 = 2b32МЕХАНИКА.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
