1611143570-7556762e01438bc28ccbe371333ad107 (825033), страница 30
Текст из файла (страница 30)
рис. 6.16):dωa=R,(6.124)dtJ = J 0 + mR 2 .(6.125)dr+=R.(6.126)cos α cos αДля определения коэффициента трения, при котором возможно движение без проскальзывания, в соответствии с закономАмонтона–Кулона (см. п. 2.1.2 в Главе 2) запишем:Fтр ≤ μN .(6.127)III.
Решая систему уравнений (6.121) – (6.126) относительноискомого ускорения центра масс катушки a, получаем:FR 2 ⎛r⎞a=cos α − ⎟ .(6.128)2 ⎜R⎠J 0 + mR ⎝Для отсутствия проскальзывания катушки относительно горизонтальной поверхности коэффициент трения должен удовлетворять неравенству:Глава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела219FJ cos α + mrR⋅ 0.(6.129)mg − F sin αJ 0 + mR 2Проанализируем полученный результат. В соответствии с(6.128) направление ускорения a определяется знаком выраженияr⎞⎛⎜ cos α − ⎟ .
В том случае, когда точка пересечения линии дейстR⎠⎝вия силы F и оси Y лежит левее начала отсчета системы координат,rкатушка будет двигаться слева направо, поскольку cos α − > 0 . ВRпротивном случае качение будет происходить справа налево.Подставляя численные значения физических величин, заданные в условии задачи, получим для ускорения центра масс катушкии коэффициента трения:a = 0.4 м/с2, μ ≥ 0,075.μ≥Задача 6.9Оси сплошного и тонкостенного цилиндров соединены невесомой штангой.
Цилиндры скатываются без проскальзывания понаклонной поверхности клина с углом при основании α (см.рис. 6.17). Радиусы цилиндров одинаковы и равны R, при этом масса сплошного цилиндра равна m1, а тонкостенного − m2. Найти уголα , при котором цилиндры будут скатываться без проскальзывания.YN2TN1TFтр1Xαm1gРис. 6.17Fтр2m2gМЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ220РешениеI. Выберем лабораторную инерциальную систему отсчета,жестко связанную с клином, оси X и Y декартовой системы координат которой изображены на рис. 6.17. На цилиндры в процессеих плоского движения действуют силы тяжести m1 g и m2 g , силытрения Fтр1 и Fтр2 , силы нормальной реакции опоры N1 и N 2 , атакже силы реакции штанги T (см.
рис. 6.17).II. Запишем уравнения движения центров масс цилиндров впроекции на оси X и Y выбранной системы координат:m1a = m1 g sin α − T − Fтр1 ,(6.130)m2 a = m2 g sin α + T − Fтр 2 ,(6.131)0 = N1 − m1 g cos α ,(6.132)0 = N 2 − m2 g cos α ,(6.133)При записи уравнений (6.130) и (6.131) учтено, что силы реакции штанги T, действующие на цилиндры, равны по модулю.
Этолегко доказать, используя уравнение движения невесомой штанги впроекции на ось X и третий закон Ньютона. Ускорения центровмасс a цилиндров также равны, поскольку штангу считаем абсолютно твердым телом.Уравнения моментов для цилиндров относительно осей вращения, проходящих через их центры масс, имеют вид (см. (6.47)):(6.134)J1β = Fтр1R ,J 2 β = Fтр 2 R .(6.135)Здесь J1 и J 2 − моменты инерции сплошного и тонкостенного цилиндров относительно осей, проходящих через их центры масс соответственно; β – угловое ускорение, одинаковое для сплошного итонкостенного цилиндров в силу уравнения кинематической связи,которое следует из условия качения цилиндра без проскальзывания:βR = a .(6.136)Воспользуемся известными выражениями для моментовинерции однородных сплошного (6.44) и тонкостенного цилиндровотносительно осей, проходящих через их центры масс:m R2J1 = 1 ,(6.137)2Глава 6.
Кинематика и динамика абсолютно твердого тела221J 2 = m2 R 2 .(6.138)В соответствии с законом Амонтона–Кулона (см. п. 2.1.2 вГлаве 2) для сил трения покоя, действующих на цилиндры, справедливы неравенства:Fтр1 ≤ μN1 .(6.139)Fтр2 ≤ μN 2 .(6.140)III. Воспользовавшись соотношениями (6.130) − (6.138), выразим силы нормальной реакции наклонной поверхности клина исил трения покоя со стороны этой поверхности на оба цилиндрачерез величины, заданные в условии задачи, и искомый угол приосновании клина α :N1 = m1 g cos α ,(6.141)N 2 = m2 g cos α ,(6.142)m + m2Fтр1 = 1m1 g sin α ,(6.143)3m1 + 4m22(m1 + m2 )m2 g sin α .(6.144)3m1 + 4m2Подставляя выражения (6.141) − (6.144) в неравенства (6.139)и (6.140), получим условия, при которых качение цилиндров происходит без проскальзывания:3m + 4m2,(6.145)tgα ≤ μ 1m1 + m2Fтр2 =3m1 + 4m2.(6.146)2(m1 + m2 )Поскольку правая часть неравенства (6.146) меньше правойчасти неравенства (6.145) при любых значениях коэффициентатрения μ и масс цилиндров m1 и m2, то искомая область значенийугла при основании клина α, при которых цилиндры будут скатываться без проскальзывания, определяется неравенством (6.146).В соответствии с (6.146) область возможных значений угла αоднозначно определяется отношением масс цилиндров при заданном значении коэффициента трения μ:⎛ 3m1 / m2 + 4 ⎞⎟⎟ .α ≤ arctg⎜⎜ μ(6.147)⎝ 2(m1 / m2 + 1) ⎠tgα ≤ μМЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ222На рис. 6.18 изображен график зависимости предельной величины tgα пр / μ от отношения массы сплошного цилиндра к массе тонкостенного m1 / m2 .tgα пр / μ2100246810m1 / m2Рис. 6.18Как видим, область значений угла α, при которых цилиндрыбудут скатываться без проскальзывания, ограничена сверху предельным значением α пр , которое равно arctg(2 μ ) при m1 << m2 и⎛3 ⎞асимптотически стремится к значению arctg⎜ μ ⎟ при неограни⎝2 ⎠ченном увеличении отношения масс цилиндров m1 / m2 (рис.
6.18).Задача 6.10Цилиндрическая шайба радиусом r = 3 см касается бортагладкой горизонтальной площадки, имеющей форму круга радиусом R = 10 м. Шайбе придали скорость υ0 = 30 м/с, направленнуювдоль борта. Коэффициент трения между бортом и шайбой равенμ = 0,1 . Определить модуль скорости шайбы υк после того, какпрекратится проскальзывание между бортом и шайбой, а также интервал времени tк, через который это произойдет.РешениеI. Движение шайбы рассматриваем относительно лабораторной инерциальной системы отсчета, жестко связанной с горизонтальной площадкой.
Уравнение движения центра масс шайбы будем записывать в проекциях на нормальную n и тангенциальнуюГлава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого тела223τ оси (см. п. 1.1. Теоретический материал в Главе 1), связанные сцентром движущейся шайбы (см. рис. 6.19).При плоском движении шайбывдоль борта площадки на нее действуютυксила нормальной реакции N и сила треτния Fтр со стороны борта.
При этом момент силы трения относительно оси, проnυ (t )ходящей через центр масс шайбы, вызывает ее вращение вокруг указанной оси.NСкорость центра масс шайбы будетуменьшаться, а угловая скорость ее враFтрυ0щения − увеличиваться, до тех пор, покане прекратится проскальзывание шайбыо борт площадки. Начиная с этого моРис.
6.19мента сила трения шайбы о борт равнанулю, а модуль скорости центра массшайбы не изменяется.II. Запишем уравнение движения центра масс шайбы относительно лабораторной системы отсчета в проекциях на выбранныенормальную n и тангенциальную τ оси:man = N ,(6.148)maτ = − Fтр .(6.149)Нормальная и тангенциальная проекции ускорения центра массшайбы определяются соотношениями (см. п. 1.1. Теоретическийматериал в Главе 1):an =υ2,(6.150)R−rdυaτ =,(6.151)dtгде υ − модуль скорости центра масс шайбы и ( R − r ) − радиускривизны его траектории.Уравнение моментов (6.47) для вращающейся шайбы относительно оси, проходящей через ее центр масс, имеет вид:dωJ0= Fтр r .(6.152)dtМомент инерции шайбы относительно указанной оси (6.44) равен:МЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ224mr 2.(6.153)2На начальном этапе ( t < tк ) шайба движется с проскальзыванием и на нее в соответствии с законом Амонтона − Кулона (см.п. 2.1.2.В в Главе 2) действует сила трения скольжения, равная:Fтр = μN .(6.154)J0 =Запишем уравнение кинематической связи между угловойскоростью вращения и скоростью центра масс шайбы после прекращения проскальзывания (при t ≥ tк ):υ = rω .(6.155)III.
Воспользовавшись соотношениями (6.148) − (6.151) и(6.154), получим дифференциальное уравнение для модуля скорости центра масс шайбы на начальном этапе движения шайбы( t < tк ):dυυ2= −μ.(6.156)dtR−rРешаем уравнение (6.156) с помощью метода разделения переменных:υdυ∫ υ2=−υ0μtR − r ∫0dt ,(6.157)R−r.(6.158)R − r + υ0 μtСвязь угловой скорости вращения шайбы с модулем скорости ее центра масс получаем из (6.148) − (6.154):dω2μ=υ2 ,(6.159)()dt r R − rПодставляя (6.158) в (6.159), получаем:υ (t ) = υ0ω (t ) =2 μυ02 (R − r )1dt .2∫r0 (R − r + υ 0 μt )t(6.160)В результате угловая скорость шайбы на начальном этапе еедвижения равна:2υ02 μt(6.161)ω (t ) =.r (R − r + υ0 μt )Глава 6.
Кинематика и динамика абсолютно твердого тела225В соответствии с (6.158) модуль скорости центра масс шайбыуменьшается от значения υ 0 (при t = 0), в то время как угловаяскорость вращения шайбы увеличивается по закону (6.161). В момент прекращения проскальзывания (через интервал времени tк после сообщения шайбе скорости υ0 ) угловая скорость вращенияшайбы и модуль скорости ее центра масс связаны уравнением кинематической связи (6.157).На рис.
6.20 представлены зависимости модуля скоростицентра масс шайбы υ и произведения угловой скорости вращенияшайбы на ее радиус ω r .υ , ωr, м/c30υ20ωr10001tк23t, cРис. 6.20Графики представленных зависимостей пересекаются в момент времени tк (см. рис. 6.20). Подставляя (6.158) (6.161) в уравнение (6.157) получаем значение интервала времени tк:R−rtк =.(6.162)2 μυ0После прекращения проскальзывания при дальнейшем движении шайбы модуль скорости ее центра масс не меняется и равен:2υк ≡ υ (t = tк ) = υ0 .(6.163)3Как видим, искомый модуль скорости шайбы определяетсятолько ее начальной скоростью υ 0 и не зависит от других величин,заданных в условии задачи.Подставляя заданные численные значения в (6.162) и (6.163),находим искомые величины:tк ≅ 1,66 с, υк = 20 м/с.МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ2266.4.
Задачи для самостоятельного решенияЗадача 1Две параллельные рейки движутся в одну сторону с постоянными скоростями υ1 и υ2 относительно лабораторной системы отсчета XY. Между рейками зажата катушка с радиусами R и r (см.рис.), которая движется вдоль реек без проскальзывания.Yυ1rRυ20XНайти координату yм мгновенной оси вращения, угловуюскорость вращения ω катушки и скорость υ ее оси.υ −υυ R + υ2rυ (R + r), ω= 1 2 ,υ= 1.Ответ: yм = 2R+rυ1 − υ 2(R + r)Задача 2Круглый конус высотой h и радиусом основания r катитсябез скольжения по горизонтальной поверхности (см.
рис.). Вершина конуса шарнирно закреплена в точке O на уровне центра основания конуса, который движется с постоянной по модулю скоростью υ . Найти угловую скорость вращения конуса ω и его угловоеускорение β.OhυrГлава 6. Кинематика и динамика абсолютно твердого телаОтвет: ω =υ2227υ⎛r⎞1+ ⎜ ⎟ , β =.rhr⎝h⎠2Задача 3Однородный диск радиусом R раскрутили вокруг его оси доугловой скорости ω и положили на горизонтальную поверхность.Коэффициент трения между поверхностью и диском равен μ . Через какое время τ угловая скорость вращения уменьшится в n = 2раза.3 ωRОтвет: τ = ⋅.8 μgЗадача 4Кривошип, соединяющий оси двухзубчатых колес радиусами R и r, вращается сугловой скоростью Ω (см. рис.).
Внутреннееколесо неподвижно. Найти угловую скоростьвращения внешнего колеса ω и его относительную (по отношению к кривошипу) угловую скорость вращения ωотн .Ω (R + r)ΩR, ωотн =.Ответ: ω =rrЗадача 5На два одинаковых однородных блока радиусами R намотана легкая нерастяжимая нить(см. рис.). В процессе движения оси блоков остаются параллельными и находятся в вертикальной плоскости. Трением в закрепленной осиверхнего блока, а также проскальзыванием нитипо блокам пренебречь. Найти модуль ускоренияоси нижнего блока a и модуль его углового ускорения β.2 g4Ответ: a = g , β = ⋅ .5 R5rRΩМЕХАНИКА.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
