Сборник олимпиадных задач по теоретической механике (841833), страница 3
Текст из файла (страница 3)
20, б) имеемGGGnGτGGGa = a n + a τ = aC + a AC+ a AC+ arn + arτ + aК ,гдеa nAC = ω12 R = VC2 R , arn = Vr 2 R = VC 2 (1 + sin β )aК = 2ω1Vr =2VC2(1 + sin β )2R;τR ; a = 0, так как ε 2 = 0.Проецируя векторное уравнение на ось Ay, получаемn0 = aC cos β − a AC− arn + aК , откуда находим aC = VC 2 sin β tg β R .К-6 (УГТУ–УПИ). Диск радиусом R = 0,2 м движется по горизонтальной плоскости, скорость центра постоянна и равнаVC = 2 м/с.
К ободу диска шарниром В прикреплен стержень, конецкоторого скользит по той же плоскости по закону SA = 0,5t 2 м(время измеряется в секундах).Определить угловое ускорение диска в момент времени t = 1 с,которому соответствует изображенное на рис. 21 положение механизма.Рис. 21Решение. Точка В является общей точкой для диска и стержня(рис. 22), причем вектор VВ⏐⏐ VА , а следовательно, VВ = VА ,ω1 = 0, ω2 = (VC − VA ) R . Скорость точки А определена одной про= 1,0 м с , тогдаекцией, которая при t = 1 c равна V τ (1) = SAω2 = 5 рад с .A t =1 cGGGnGτGGnGτУскорение точки В aB = a A + aBA+ aBA= aC + aBC+ aBC, гдеτnτa τA = SA = 1 м/с2; aBA= ε1 AB; aBA= ω12 AB = 0; aC = 0; aBC= ε 2 R;naBC= ω22 R = 5,0 м/с2.22Рис.
22Проецируя векторы на АВ, получим a A cos30 ° = ε 2 R cos30 ° −−ω22 R sin 30 °,откуда находимε2 =aA+ ω22 tg30 ° = 19, 4 рад/с2.RК-7 (УГТУ–УПИ). В планетарном механизме шестерня 1 неподвижна, а кривошип ОА вращается равномерно с угловой скоростьюω. По шестерне 3 движется точка по закону S = ВМ = bRt м,b = π / 2 с–1 (рис. 23).Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М при t = 1 c, если радиусы шестерен 1, 2 и 3 R1 = R2 = R3 = R.Рис. 23Решение.
Точка М совершает сложное движение: переноснымдля нее является поступательное движение шестерни 3, относительным – движение по ее ободу.23В момент времени t = 1 с угол α = S (1) R = π / 2 рад и точка Мнаходится на правом конце горизонтального диаметра шестерни 3(рис. 24).Рис. 24G G GАбсолютная скорость точки M V = Ve + Vr , где Ve = VA == ω OA = 4ω R;Vrτ = S = π R 2. Следовательно, V = VA + Vr == R (4ω + 0,5π).GПо теореме Кориолиса абсолютное ускорение точки М a =G G GG G= ae + ar + aК , где aК = 0; ae = a A ; a A = a nA = 4ω2 R; arτ = Vrτ ≡ 0;arn = Vr2 R = π 2 R 4.Так как ускорения направлены по одной прямой и в одну сторону, тоa = arn + a A = (π2 4 + 4ω2 ) R.3.
ДИНАМИКАДинамика материальной точкиВ динамике материальной точки применяется два вида уравнений, описывающих движение. Динамика точки в инерциальнойсистеме отсчета (ИСО)dVd 2rma = m= m 2 = ∑ Fk ,dtdtгде a , V , r – ускорение, скорость и векторная координата точки вИСО соответственно. Динамика точки в неинерциальной системе24отсчета (НИСО), или динамика относительного движения, описывается динамической теоремой КориолисаdVd 2 ρmar = m r = m 2 = ∑ Fk + Φ е + Φ К ,dtdtгде ar , Vr , ρ – относительные ускорение, скорость и векторная координата точки в НИСО соответственно; Φ е = − mae , Φ К = − maК –переносная и кориолисова силы инерции точки соответственно.В рамках обоих уравнений возможна разная постановка задачдинамики. В первой задаче по заданному движению определяютсясилы, действующие на точку.
Во второй задаче по заданным силами начальным условиям определяется движение точки. В динамикенесвободной точки существует смешанная задача, в которой требуется определить как движение точки, так и некоторые силы,действующие на нее (обычно динамические реакции).Д-1. Груз А массой m опускается по гладкому вертикальномустержню с помощью невесомого нерастяжимого троса, сматываемого с барабана D с постоянной скоростью u. Трос перекинут через блок малых размеров В, отстоящий от стержня на расстояние l(рис. 25).Рассчитать силу натяжения троса при h = l.Решение.
Здесь требуется решить первую задачу динамикиматериальной точки в ИСО. Направим по стержню ось x, началоотсчета примем на уровне блока В, направление положительногоотсчета – вниз (рис. 26, а).Рис. 2525Векторное уравнение движения груза А ma = mg + S + N в проекции на ось x имеет вид max = mg − S sin ϕ, откуда S =аm ( g − ax )sin ϕ.бРис. 26Проекцию ax ускорения можно найти разными способами.Первый способ.
Дифференцируя уравнение связи= l 2 + x2 ,найдемABd ( AB )dt= ABu = xx,откуда( AB )2 =получимAB. Затем получим проекциюx⎞ u ⎛u ⎛ d ( AB )u 2l 22 u⎞− ABx ⎟ = 2 ⎜ xu − ( AB ) ⎟ = − 3 .ax = 2 ⎜ xdtx⎠x ⎝x⎠ x ⎝Vx = x = uu2.lВторой способ. Будем рассматривать движение точки А каксложное по отношению к двум системам отсчета: неподвижной,связанной со стержнем, и подвижной, связанной с ветвью АВ(рис. 26, б). Абсолютная скорость точкиВ заданном положении x = l , ax = −V = Ve + Vr ,где V || Ox; Ve ⊥ AB; Vr || AB; Vr = u. Проецируя векторы на прямую l-l, найдем ve = vr ctg ϕ = u ctg ϕ = ωe AB.26Тогда угловая скорость вращения ветви АВ троса в заданномположении при ϕ = 45 °, AB = l 2 равна ωe = u (l 2).Ускорение точки Аa = ar + aen + aeτ + aК ,где ar = 0, так как Vr = u = const ; aen = ωe2 AB =u2; aК = 2ωeVr =l 22u 2 u 2 2=.ll 2Проецируя ускорения на прямую АВ, получим a = aen 2 = u 2 l ,a x = −a.Этот результат совпадает с найденным выше.Д-2.
Два тела одинаковой массы m движутся под действием силтяжести и сил сопротивления среды, пропорциональных их скорости ( R = −μ v ), коэффициент сопротивления μ = const > 0. Превышение по высоте одного тела над другим составляет H.Полагая высоту падения неограниченной, определить, какомуусловию должны удовлетворять начальные значения V10 и V20 вертикальных скоростей для того, чтобы произошло сближение тел вих свободном падении.Решение. Это вторая задача динамики свободной точки в ИСО.В проекциях на ось x, направленную по вертикали вниз, дифференциальные уравнения движения тел имеют видdVdVm 1x = mg − μ V1x , m 2 x = mg − μ V2 x .dtdtОбозначим μ m = n и запишем уравнения в дифференциалах:=dV1x = gdt − ndx1 , dV2 x = gdt − ndx2 .Интегрируя при начальных условиях: t = 0 x1 = H , V1x = V10 ,x2 = 0, V2 x = V20 , получимV1x − V10 = gt − n( x1 − H ), V2 x − V20 = gt − nx2 .Вычитая из первого уравнения второе, найдем V20 − V10 == nH + n ( x2 − x1 ) + (V2 x − V1x ) .27В момент сближения разность x2 − x1 = 0 и V2 x − V1x ≥ 0 , и,следовательно, искомое условие естьμV20 − V10 ≥ H .mД-3.
Кольцу, надетому на проволочную горизонтальную окружность радиусом R, сообщили скорость V0. Коэффициент трениякольца о проволоку равен f (рис. 27, а).Определить путь, пройденный кольцом до остановки.абРис. 27Решение. Это вторая задача динамики несвободной точки вИСО.
В проекциях на естественные оси дифференциальные уравнения движения кольца имеют вид (рис. 27, б)dVV2m τ = − Fтр , m= N n , 0 = N b − mg ,dtRгде Fтр = f N = f N n2 + N b2 .Исключая неизвестные и используя замену переменнойdVτdV1 d (V 2 )= Vτ τ =, где s – дуговая координата, дифференциdtds 2 dsальное уравнение движения кольца приведем к видуdVmVτ τ = − fdsРазделяя переменные, получим282⎛ V2 ⎞2⎜⎜ m⎟⎟ + ( mg ) .⎝ R ⎠−2fds =Rd (V 2 )( gR ) + (V 2 )22=dz1 + z2,V2.gRИнтегрируя в пределах изменения координаты s от 0 до S и коV2ординаты z от 0 до 0, найдемgRгде z =2 ⎞⎛⎛ V02 ⎞ ⎟R ⎜ V02+ 1+ ⎜S=ln.⎜ gR ⎟⎟ ⎟2 f ⎜⎜ gR⎝⎠ ⎟⎝⎠Д-4 (МГТУ, 2002).
Материальная точка массой m приводится вдвижение по гладкой горизонтальной плоскости гладкой лопаткой,выполненной в виде четверти окружности радиусом R. Лопаткавращается вокруг вертикальной оси О с постоянной угловой скоростью ω (рис. 28, а).Какую скорость относительно лопатки будет иметь точка вмомент отделения от лопатки? Принять, что движение точки началось из положения О с ничтожно малой начальной скоростью.Решение.
Данная задача относится к задачам по динамике относительного движения (в НИСО) несвободной материальной точки.Определим положение точки дуговой координатой s = OM = Rϕ.Векторное уравнение движения точки спроецируем на касательную и главную нормаль к относительной траектории (рис. 28, б;силы, перпендикулярные плоскости чертежа, на рисунке не показаны):dVV2m r = Φ en cos ( ϕ 2 ) , m r = Φ К − Φ en sin ( ϕ 2 ) − N ,dtRn2где Φ e = 2mω R sin ( ϕ 2 ) ; Φ К = 2mω Vr .Начальные условия: при t = 0 ϕ = 0, Vr = 0.Первое уравнение системы после замены переменной dVr dt == Vr dVr Rd ϕ приводится к видуVr dVr = ω2 R 2 sin ϕ d ϕ.29абРис.
28ПослеинтегрированияполучимVr2 2 = ω2 R 2 (1 − cos ϕ ) == 2ω2 R 2 sin 2 ( ϕ 2 ) , откуда следует зависимость модуля относительной скорости от координатыVr = 2ω R sin ( ϕ 2 ) .Из второго уравнения системы определяемN = Φ К − Φ en sin ( ϕ 2 ) − mVr2 / R = 2mω2 R sin ( ϕ 2 ) ( 2 − 3sin ( ϕ 2 ) ) .Условие N=0 отделения точки от лопатки выполняетсяпри ϕ* = 2arcsin ( 2 3) = 1, 46 рад (83,6 °). Относительная скорость точки в этом положении Vr (ϕ∗ ) = ( 4 3) ω R.Динамика механической системыПри решении задач по динамике системы необходимо сначалавыбрать механическую систему или тело, движение которых рассматривается.
Если не надо определять все реакции связей (внутренние и внешние), то механическую систему выбирают так, чтобы неизвестные силы были внутренними. Затем нужно определитьчисло степеней свободы и выбрать параметры, однозначно определяющие положение системы.Для определения реакций связей или законов движения телсистемы удобно использовать даже для систем с несколькими степенями свободы общие теоремы динамики.30Если при этом проекция внешних сил на какую-либо ось равнаNнулю, например∑ Fk x = 0,то удобно использовать следствие изk =1теоремы об изменении количества движения механической системы. Если главный момент внешних сил относительно какой-либоNGоси равен нулю, например ∑ M x ( Fk ) = 0, то можно для опредеk =1ления угловых скоростей тел или скоростей точек тела применитьзакон сохранения кинетического момента механической системыотносительно данной оси.Для определения законов движения тел и реакций связей, наложенных на систему, удобно использовать уравнения движениятвердых тел: поступательного, вращательного или плоского.Если механическая система, на которую наложены идеальныесвязи, имеет несколько степеней свободы, то для определенияускорений (угловых или линейных) тел, входящих в систему, хорошо использовать уравнение Лагранжа второго рода.Д-5 (МГТУ, 2001).
Однородный Г-образный стержень движется, опираясь на гладкую опору А и концом В на шероховатуюплоскость (рис. 29). Расстояние от центра масс до вертикальногоколена стержня равно L, высота вертикального колена составляет h, коэффициент трения скольжения в точке контакта с плоскостью – f ( f < L / h ) .Рис. 2931Определить скорость стержня в функции координаты x, еслиначальные значения координаты и скорости центра масс стержнясоставляют x0 и V0.Решение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
