1611143570-7556762e01438bc28ccbe371333ad107 (825033), страница 29
Текст из файла (страница 29)
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.
6.15, известны масса грузаm1, масса ступенчатого блока m2, момент инерции блока J0 относительно его оси и радиусы ступеней блока R1 и R2 (R2 > R1). МассаГлава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела215нитей пренебрежимо мала. Найти ускорения груза a1 и центра массблока a2 в лабораторной системе отсчета.РешениеI.
Выберем лабораторную инерциальную систему отсчета, жестко связанную с поT0толком (см. рис. 6.15), ось Y декартовой системы координат которой направим вертикально вниз. В зависимости от соотношения междуT Aмассами тел системы блок может как в полоT m2gжительном, так и в отрицательном направлении оси Y, совершая при этом чисто враща- Ym1gтельное движение относительно мгновеннойоси вращения. Поскольку нить, прикрепленнаяРис.
6.15к потолку, нерастяжима, то мгновенная осьвращения блока проходит через точку A соприкосновения блока иэтой нити. При этом мгновенная ось вращения перпендикулярнаплоскости чертежа, а ее выбранное положительное направлениеуказано на рис. 6.15.II. Уравнение движения груза в проекции на ось Y (см.рис. 6.15) имеет вид:m1a1 = m1 g − T ,(6.114)где T – сила натяжения нити, на которой подвешен груз.Уравнение вращательного движения (уравнение моментов)блока запишем относительно мгновенной оси вращения в лабораторной инерциальной системе отсчета:Jβ = m2 gR − T ( R2 − R1 ) .(6.115)Здесь J – момент инерции блока относительно мгновенной оси, β –угловое ускорение блока. В (6.114) учтено, что момент силы натяжения T0 верхней нити, прикрепленной к потолку (рис.
6.15), относительно мгновенной оси вращения равен нулю.Момент инерции блока относительно мгновенной оси выразим через заданный в условии задачи момент инерции J0 относительно его оси в соответствии с теоремой Гюйгенса-Штейнера(6.42):J = J 0 + m2 R12 .(6.116)МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ216Дополним уравнения (6.114) – (6.116) уравнениями кинематической связи, которые следуют из условия нерастяжимости нитей:a1 = − β ( R2 − R1 ) ,(6.117)a2 = βR1 .(6.118)III. Решая систему уравнений (6.114) – (6.118), получаем выражения для искомых ускорений груза a1 и центра масс блока a2:(m1 (R2 − R1 ) − m2 R1 )g (R − R ) ,a1 =(6.119)212m1 (R2 − R1 ) + m2 R12 + J 0a2 = −(m1 (R2 − R1 ) − m2 R1 )g R .12m1 (R2 − R1 ) + m2 R12 + J 0(6.120)Как видим, ускорения груза и центра блока направлены противоположно при любом соотношении масс груза и блока (см.(6.119) и (6.120)), при этом каждое из тел изначально покоящейсясистемы может как опускаться, так и подниматься в зависимости отсоотношения масс тел системы и радиусов ступеней блока.mR1, то груз будет опускаться с ускорением a1Если 1 >m2 R2 − R1(6.119), а центр блока будет подниматься с ускорениемR1a2 = − a1, модуль которого может быть как больше (приR2 − R1R2 < 2 R1 ), так и меньше ( R2 > 2 R1 ) модуля ускорения груза a1 .При обратном соотношении масс груз будет подниматься, ацентр блока опускаться с тем же соотношением ускорений.Заметим, что в частном случае равенства радиусов ступенейблока R2 = R1 вне зависимости от соотношения масс груза и блокаускорение груза a1 равно нулю, а ускорение центра блока направлено вниз и равно a2 =родного блока J 0 =a2 =2g.3m2 R12g .
Для цилиндрического одноm2 R12 + J 01m2 R12 и ускорение его центра будет равно2Глава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела217Задача 6.8На лежащую на горизонтальной поверхности катушку массойm = 100 г и моментом инерции J0 = 400 г⋅см2 относительно ее осинамотана невесомая нерастяжимая нить. Внешний радиус катушкиравен R = 4 см, а внутренний – r = 1 см. К концу нити под угломα = 60° к горизонтальной поверхности приложена сила F = 0.2 Н(см. рис. 6.16).XFRαrmgd NFтр ZYРис. 6.16Найти ускорение центра масс катушки a для случая, когдакатушка движется в горизонтальном направлении без проскальзывания и величину коэффициента трения, при котором такое движение возможно.РешениеI.
Выберем лабораторную инерциальную систему отсчета,оси X, Y и Z декартовой системы координат которой направленытак, как показано на рис. 6.16. Поскольку движение катушки является плоским, то существует мгновенная ось вращения, направленная перпендикулярно параллельным плоскостям, в которых двигаются материальные точки катушки. В отсутствие проскальзываниямгновенная ось вращения проходит через точки соприкосновениякатушки с горизонтальной поверхностью. Зададим в качестве положительного направления оси вращения положительное направление оси Z выбранной системы координат, начало отсчета которой совпадает с одной из точек соприкосновения (рис. 6.16).II.
Запишем систему уравнений движения катушки вместе снамотанной на нее невесомой нитью относительно лабораторной218МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧинерциальной системы отсчета, в которую войдут уравнение вращательного движения вокруг мгновенной оси вращения и уравнение движения центра масс катушки в проекциях на оси X и Y выбранной системы координат:dωJ= Fd ,(6.121)dt0 = N − mg + F sin α .(6.122)ma = F cos α − Fтр ,(6.123)Здесь J – момент инерции катушки относительно мгновенной осивращения, ω – угловая скорость вращения катушки, d – кратчайшеерасстояние от мгновенной оси вращения до линии действия силы F(плечо силы F), Fтр – сила трения покоя, действующая на катушкусо стороны горизонтальной поверхности, N – сила нормальной реакции опоры.Уравнения (6.121) – (6.123) дополним уравнением кинематической связи (в силу отсутствия проскальзывания при движениикатушки), теоремой Гюйгенса-Штейнера (6.42) для момента инерции J и очевидным геометрическим соотношением (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
