1611143570-7556762e01438bc28ccbe371333ad107 (825033), страница 28
Текст из файла (страница 28)
6.9). При этом ееωfскорость в соответствии с условием за- OAдачи равна:Рис. 6.92πυ C = ω2 R =R.(6.59)TМожно считать, что в течение бесконечно малого интервалавремени точка C вращается вокруг мгновенной оси вращения OA сГлава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела205угловой скоростью ω . Следовательно, скорость материальной точки C в центре основания конуса относительно лабораторной системы отсчета равна:υC = ωf ,(6.60)Как видно на рис. 6.9, для R и f выполняются следующие соотношения:rh,(6.61)=fh2 − f 2R = h2 − f 2 .(6.62)III. Решая систему уравнений (6.59) и (6.60), получаем:R 2πω= ⋅.(6.63)f TИз (6.61) и (6.62) определяем R и f:h2rh, R=.(6.64)f =r 2 + h2r 2 + h2Искомая угловая скорость вращения конуса вокруг мгновенной оси относительно лабораторной системы отсчета равна:h 2π(6.65)ω= ⋅= 2,79 рад/с.r TПроанализируем полученный результат.
В частности, убедимся, что выполняется соотношение между угловыми скоростямивращения конуса:ω1 + ω2 = ω .(6.66)Определим модуль угловой скорости ω1 . Для этого воспользуемся тем, что точка A, лежащая на мгновенной оси вращения,участвует в двух движениях, при этом ее скорость относительнолабораторной системы отсчета равна нулю:υ = OA ⋅ ω2 − ω1r = 0 .(6.67)Следовательно, угловая скорость вращения конуса вокругоси OZ в соответствии с (6.67) и рис. 6.9 равнаh2 + r 2.(6.68)rНаправления векторов ω1 , ω2 , и ω показаны на рис.
6.10.ω1 = ω2МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ206ω1Zωω2OYω2Сω1XωРис. 6.10Вектор ω1 направлен вдоль оси конуса OC, ω2 – вдоль оси Zлабораторной системы отсчета, ω – вдоль мгновенной оси вращения. Все три вектора лежат в одной плоскости и составляют прямоугольный треугольник (см. рис. 6.10). Используя соотношения(6.67) и (6.68), убеждаемся, что2⎛ h2 + r 2 ⎞2 h⎟−ω12 − ω2 2 = ω2 2 ⎜⎜1=ω= ω2 .(6.69)222⎟rr⎝⎠Задача 6.3Два соосных колеса с радиусами r1 и r2 (r1 < r2) вращаются водну сторону с постоянными угловыми скоростями ω1 и ω2( ω1 > ω2 ). Между колесами зажато третье колесо радиусомr3 = (r2 – r1)/2, движущееся без проскальзывания (рис.
6.11). Найтиугловую скорость ω вращения третьего колеса и скорость υ0 егоцентра.РешениеI. Обозначим точки соприкосновения третьего колеса с первым и вторым точками B и A соответственно. Для третьего колеса,зажатого между двумя вращающимися колесами, скорости точек Aи B совпадают со скоростями точек, находящихся на ободах соответствующих колес (см. рис. 6.11).Глава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого телаr1Or2BAMr3ω1207ω2Рис. 6.11II. Поскольку первое и второе колеса вращаются с угловымискоростями ω1 и ω2 , скорости движения точек A и B при вращении этих колес равны:υ A = ω2 r2 ,(6.70)υ B = ω1r1 .(6.71)При решении задачи удобно воспользоваться понятием мгновеннойосивращениядлятретьегоколеса(см.п.
6.1. Теоретический материал), относительно которой колесовращается с угловой скоростью ω . В данном случае эта ось перпендикулярна плоскости чертежа и пересекает прямую, проходящую через точки O, B и A. Пусть мгновенная ось вращения лежитмежду точками O и B на расстоянии rx от точки O, тогда:υ A = ω (r1 − rx + 2r3 ) ,(6.72)υ B = ω (r1 − rx ) ,(6.73)при этом для скорости центра третьего колеса можно записать:υ0 = ω (r1 − rx + r3 ) .(6.74)III. Решая систему уравнений (6.70) − (6.73) относительно угловой скорости вращения третьего колеса ω , получаем:ω r −ω rω= 2 2 11 .(6.75)2r3Подставляя (6.75) в (6.74), получаем искомую скорость центра третьего колеса:МЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ208υ0 =ω1r1 + ω2 r22.(6.76)6.3.2. Динамика абсолютно твердого телаЗадача 6.4С наклонной поверхности клина с углом α при вершине скатывается без проскальзывания однородный шар массой m и радиусом R. Найти ускорение a центра шара.РешениеI. При самопроизвольном скатывании шара по наклонной поверхности клина в сторону его ребра движение шара является плоским, поскольку все его материальные точки движутся в параллельных плоскостях. Мгновенная ось вращения в данный моментвремени проходит через точку M (см. рис. 6.12)NFтрMYXmgαРис.
6.12соприкосновения шара с поверхностью параллельно ребруклина (перпендикулярно скорости центра масс шара).Выберем лабораторную инерциальную систему отсчета, жестко связанную с наклонной поверхностью, ось X декартовой системы координат которой направлена вдоль наклонной поверхностиклина, а ось Y − перпендикулярно, причем плоскость XY параллельна плоскостям, в которых движутся материальные точки шара(рис.
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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
