Сборник олимпиадных задач по теоретической механике (841833), страница 2
Текст из файла (страница 2)
6, а)∑ Fkx = F1 − P cos30° = 0, ∑ Fky = N1 − P sin 30° − P1 = 0находим F1 = 30 3 ≅ 52 H,N1 = P1 + P 2 = 130 H. Так какF1 < f1 N1 = 0,5 ⋅ 130 = 65 H, условие непроскальзывания выполняется: бруски друг относительно друга не скользят.Аналогично для системы брусков (рис. 6, б) из уравнений∑ Fkx = F2 − P cos30 ° = 0, ∑ Fky = N 2 − P sin 30° − P1 − P2 = 09находим F2 = F1 , N 2 = P1 + P2 + P 2 = 330 H. Так как F2 < f 2 N 2 == 0, 2 ⋅ 330 = 66 H, условие непроскальзывания нижнего бруска поопорной плоскости также выполняется.абРис. 6С-4 (УГТУ–УПИ).
Однородная балка АВ длиной 2L и весом Ропирается концами А и В на взаимно перпендикулярные шероховатые плоскости, углы наклона которых к горизонту равны α и β(рис. 7). Коэффициент трения концов балки о плоскости равен f.На балке располагается груз весом Q.Рис. 7Найти наименьшее значение расстояния s груза от конца В балки, при котором она будет занимать горизонтальное положение.Аналитическое решение. Рассматриваем равновесие системы,соответствующее крайнему правому положению груза, в которомсилы трения имеют максимально возможные значения.Из уравнений проекций на координатные оси (cos β = sin α,tg ϕ = f )∑ Fkx = N A + fk10N B − ( P + Q ) cos α = 0и∑ Fky = N B − fN A − ( P + Q ) sin α = 0kисключаемNBинаходимNA =P+Q( cos α − f sin α ) =1+ f 2= ( P + Q ) cos ( α + ϕ ) cos ϕ .Подставляем N A в уравнение:G∑ M B Fk = PL + Qs − N A 2L ( cos α − f sin α ) =k( )= PL + Qs − 2 ( P + Q ) L cos 2 ( α + ϕ ) = 0⎛P⎞Pи находим s L = 2 ⎜ 1 + ⎟ cos 2 ( α + ϕ ) − .Q⎝ Q⎠Рис.
8Геометрическое решение (рис. 8). Для предельного положения проведем линии действия полных реакций шероховатых поверхностей, откладывая их от нормалей на угол тренияϕ = arctg f . Заменим силы P и Q их равнодействующей R=P+Q.Задача сведена к теореме о трех силах, линии действия которыхпри равновесии пересекаются в одной точке. Расстояние s будетминимальным, когда равнодействующая пройдет через точку D.По теореме Вариньона ( P + Q ) BC = PL + Qs. Так как треуголь11никиABDиDBCпрямоугольные,BC = BD cos ( α + ϕ ) == 2 L sin(β − ϕ) cos(α + ϕ) = 2 L cos 2 ( α + ϕ ) .
Таким образом, получаем аналогичный результат.С-5 (МГТУ, 1995). Однородный стержень АВ весом Р упирается верхним концом в угол, образованный двумя вертикальнымивзаимно перпендикулярными плоскостями; нижний конец находится на горизонтальной плоскости и удерживается нитью, закрепленной в точке D, и упором, плоскость которого Q (рис. 9).Рис. 9Полагая поверхности гладкими, найти величину силы натяжения нити для значений углов α = 30° и β = 60°.Аналитическое решение 1. Для расчетной схемы, представленной на рис. 10, имеем∑ Fkz = Z A − P = 0 → Z A = P,G∑ M Bx ( Fk ) = Z A AB cos α cos β − PABcos α cos β − FAB sin α = 0.2P3P.ctg α cos β =24Аналитическое решение 2.
Задача сводится к теореме о трехсилах: P + RA + RB = 0. Из уравнения проекций на ось z для нееимеемRA sin γ = P,Отсюда F =12где tg γ = 2OB OA = 2sin α cos α = 2tg α. Силу натяжения F находим методом двойного проецирования реакции RA и получаем тотже результат.Рис. 10Решение по принципу возможных перемещений. Снимем нитьна конце А и заменим ее действие силой F. Так как оставшиесясвязи идеальные, уравнение работ будет иметь вид∑ δAk = PδrC + F δrA = P δzC− F δ y A = 0,kгде δ zC = δ zB 2, δ y A , δ z B – вариации координат, удовлетворяющие уравнению связи x A2 + y 2A + z B2 = ( AB ) .2Таккакx A = const,2 y A δy A − 2 zB δ zB = 0,гдеyA == L cos α cos β и zB = L sin α, получаемF=Py A P= ctg α cos β.2 zB 22.
КИНЕМАТИКАПриведенные здесь типичные задачи студенческих олимпиадпосвящены в основном кинематике сложного движения точки икинематике плоского движения твердого тела.13Большое значение имеет выбор подвижной системы отсчета.Применение подвижных осей (естественные оси, оси полярнойсистемы координат) часто позволяет сделать решение компактным.В решениях также приходится сочетать геометрические и аналитические методы. Задачи на сложное движение точки часто решаются координатным методом, т. е.
без привлечения теорем осложении скоростей и ускорений.Многие задачи кинематики, предлагаемые на олимпиадах, являются комплексными. В них сочетаются плоскопараллельноедвижение твердого тела и сложное движение точки или, например,вращение твердого тела вокруг неподвижной точки и рассмотрение движения его точки как сложного.К-1 ([1]). Два обруча (рис.
11) одинакового радиуса R катятсябез скольжения по направляющим в противоположные стороны.Скорости центров обручей постоянны и равны VA = V1 и VB = V2.Найти ускорение кольца М, надетого на обручи, в зависимостиот угла φ.Рис. 11Решение.
Принимая кольцо М за точку, мысленно соединимцентр обруча А с точкой М стержнем АМ. Для левого обруча точка А является мгновенным центром ускорений (a A = V1 = 0). Тогдаускорение точки М, совпадающей с точкой обруча относительномгновенного центра ускорений, 2 .aM = aMA = AM ω4AM + ε 2AM = R ϕ 4 + ϕ14Посколькуcos ϕ =(V1 + V2 )tV +V, − sin ϕϕ = 1 2 ,2R2Rω AM = ϕ = −тоV1 + V2.2 R sin ϕ(*)(**)Из (*) и (**) получаем = 0, ε AB = ϕ = −ϕ 2− cos ϕϕ 2 − sin ϕϕ 2 = Rϕ 2 1 +aM = R ϕ 4 + ϕcos ϕ,sin ϕ(***)cos 2 ϕ Rϕ 2 (V1 + V2 ) 2==.sin 2 ϕ sin ϕ 4 R sin 3 ϕИз (***) находимtg μ =εω2= ctg ϕ, μ = 90 ° − ϕ.Можно решить задачу, записав уравнение движения точки М.Координаты точки М xM = R cos ϕ − V1t + C , yM = R + R sin ϕ,πϕ ≤ , C = const.2Определим проекции ускорения точки М:, yM = − R sin ϕϕ 2 + R cos ϕϕxM = 0.Тогда с учетом (*), (**), (***) получаем, что ускорение точки МaM =(V1 + V2 ) 24 R sin 3 ϕ.К-2 (МГТУ, 2001).
Угольник АВС движется в плоскости с постоянной угловой скоростью ω так, что его стержни АВ и АС, образующие прямой угол, скользят в поворотных муфтах О1 и О2(рис. 12).Найти точки стержней, ускорения которых перпендикулярныстержням, если O1O2 = L, ∠ AO1O2 = α.15Рис. 12Решение. МЦС (мгновенный центр скоростей) угольника ВАСнаходится на пересечении перпендикуляров к стержням, проведенных из точек О1 и О2, и, следовательно, четырехугольникО1АО2Р является прямоугольником, вписанным в окружность радиусом r = L / 2 (рис. 13).Рис. 13В плоском движении уголка имеется точка А, расстояниеот которой до МЦС AP = О1О2 = L = const .
Тогда ускорениеa τA = ε AP = 0, a A = a nA = VA2 r = 2ω2 L .МЦУ (мгновенный центр ускорений) уголка располагается наaпрямой АР на расстоянии AQ = A2 = 2 L = 2 АР . Точки В и С,ω16ускорения которых перпендикулярны стержням, находятся в основаниях перпендикуляров, опущенных из МЦУ на стержни, причемAB = 2 AO1 = 2 L cos α, AC = 2 AO2 = 2 L sin α .К-3 (МГТУ, 1995). Стержень движется в плоскости так, что егоконец А скользит по круговой направляющей радиусом R с постоянной по величине скоростью V (рис. 14).Определить ускорение точки D касания стержня с выступом взаданном положении.Рис. 14Решение.
Из уравнения связи (рис. 15, а) BA = s = Rα следуетα = 2ϕ = V R = const.абРис. 15Таким образом, угловая скорость стержняω = ϕ = V 2 R ,угловое ускорение ≡ 0, a Aτ = 0, a A = a nA = V 2 R .ε=ϕ17Принимая точку А стержня за полюс, найдем ускорение точкиD (рис. 15, б)nτaD = a A + aDA+ aDA,τnгде aDA= ε AD = 0; aDA= ω2 AD =ТогдаV2cos ϕ = aDA .2R2aD = a A2 + aDA− 2a A aDA cos ϕ =V231 − сos 2 ϕ.R4При7 V2V2= 0,66 .R4 RК-4 (МГТУ, 1995). В равноплечем (ОА = АВ = l ) кривошипноползунном механизме кривошип ОА вращается с постоянной угловой скоростью ω (рис.
16).Определить относительные скорость и ускорение точки В поотношению к кривошипу.φ = 30° ускорение aD =Рис. 16Решение. Определение скорости, способ 1. Координаты точкиB в подвижной, связанной с кривошипом системе отсчета OXY(рис. 17), равныX B = OA + AB cos 2ϕ = l (1 + cos 2ϕ), YB = − AB sin 2ϕ = −l sin 2ϕ.Тогда проекции и модуль относительной скорости точки В соответственно равныrrVBX= X B = − 2l ω sin 2ϕ, VBY= YB = − 2l ω cos 2ϕ, VBr = 2l ω.Относительную скорость можно определить проще. Относительное движение точки B как точки тела AB – по окружности радиусом AB, где ωr = 2ϕ и VBr = 2l ϕ .18Рис. 17Направление скорости определим по тангенсу угла наклонаrrвектора VBr к оси Y, который равен VBXVBY= tg2ϕ , и, следовательно, вектор VBr ⊥ AB.Определение скорости, способ 2.
Абсолютная скорость точки Вопределена одной проекцией VBx = xB = d ( 2l cos ϕ ) dt = − 2l ω sin ϕ,модуль переносной VBe = ω OB = 2l ω cos ϕ . Модуль относительнойскорости VBr = VB2 + (VBe )2 = 2l ω , направление вектора определяется по тангенсу угла наклона к вертикали, который равенVB VBe = tg ϕ , т. е. опять-таки VBr ⊥ AB .Определение скорости, способ 3. В подвижной системе коорJJJGGd ( AB )динат VBr =.
По правилу дифференцирования вектора поdtстоянного модуля( AB = l ) находимVBr ⊥ AB и VBr = l 2ϕ = 2lω.Определение ускорения, способ 1 (рис. 18). Проекции и модульотносительного ускорения точки ВaBX = VBX = − 4l ω2 cos 2ϕ, aBY = VBY = 4l ω2 sin 2ϕ, aBr = 4l ω2 .19aGНаходим tg(aBr , OX ) = BY = tg2ϕ и обнаруживаем, что отaBXносительное ускорение точки В направлено по шатуну АВ.Рис. 18Определение ускорения, способ 2. По теореме сложенияGaB = aBr + aBe + aК , где абсолютное ускорение aB определено однойпроекцией a = V = − 2l ω2 cos ϕ , переносное ускорение имеетBxBxnтолько одну составляющую, равную aBe= ω2OB = 2l ω2 cos ϕ и на-правленную по прямой ОВ.
Таким образом, aB = aBe и aBr = −aК .Определение ускорения, способ 3. По правилу дифференцирования вектора постоянного модуля VBr находимaBr ⊥ VBr и aBr = 2l ω 2ϕ = 4l ω2 .К-5 ([1]). Диск 1 радиусом R катится без скольжения по плоскости и приводит во вращение вокруг оси, проходящей через точку О, стержень 2 длиной L, который соприкасается с диском в точке А (рис. 19). Скорость точки С равна VC.Определить ускорение центра диска, при котором угловое ускорение стержня будет равно нулю в положении, соответствующемуглу β.Решение. Рассматриваем движение точки А2 стержня каксложное.
Неподвижную систему отсчета свяжем с основанием,20подвижную – с катком. Переносным движением для точки А, принадлежащей стержню, является плоское движение катка, относительным – движение по ободу катка, абсолютным – движение поокружности радиусом ОА.Рис. 19По теореме о сложении скоростей (рис. 20, а) имеемG G GV = Ve + Vr = VC + VAC + Vr ,где V = ω2 AО, VAC = ω1R = VC . Проецируя векторное уравнениена ось Оx, получаем 0 = VAC + VC sin β − Vr и находимVr = VC (1 + sin β).абРис. 2021По теореме сложения ускорений (Кориолиса) (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
