Механическаясистема под действием сил тяжести приходит в движение из состояния покоя,начальное положение системы показано на рис. 1. Учитывая сопротивление качениютела 3, катящегося без скольжения, пренебрегая другими силамисопротивления и массами нитей, предполагаемых нерастяжимыми, определитьскорость тела 1 в тот момент времени, когда пройденный путь станетравным s.
Взадании приняты следующие обозначения: m1, m2, m3,m4 – массытел 1, 2, 3, 4; R3 – радиусбольшой окружности; δ – коэффициент трения качения.
Необходимыедля решения данные приведены в таблице 1. Блоки и катки считать сплошнымиоднородными цилиндрами. Наклонные участки нитей параллельны соответствующимнаклонным плоскостям.
Таблица1.
m1, кг
m2, кг
m3, кг
m4, кг
R3
δ, см
s, м m 1/2m 5m 4m 25 0,20 2
Решение
Применим теорему обизменении кинетической энергии системы:
/> (1)
где T0и T –кинетическая энергия системы в начальном и конечном положениях; /> — сумма работ внешних сил,приложенных к системе; /> — сумма работвнутренних сил системы.
Для рассматриваемыхсистем, состоящих из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями,
/>
Так как в начальном положении системанаходится в покое, то Т0=0.
Следовательно, уравнение (1)принимает вид:
/> (2)
Кинетическая энергиярассматриваемой системы Т в конечном ее положении (рис.2) равна суммекинетических энергий тел 1, 2, 3 и 4:
Т= Т1 + Т2 + 4Т3 + Т4. (3)
Кинетическая энергия груза 1, движущегося поступательно,
/> (4)
Кинетическая энергия барабана 2, совершающего вращательноедвижение,
/>, (5)
где J2x– момент инерции барабана 2 относительно центральной продольной оси:
/>, (6)
w2 – угловая скоростьбарабана 2:
/>.(7)
После подстановки (6) и (7) в (5) выражение кинетической энергии барабана2 принимает вид:
/>. (8)
Кинетическая энергия колеса 3, совершающего плоскопараллельноедвижение:
/>, (9)
где VC3 – скорость центратяжести С3 барабана 3, J3x – момент инерции барабана 3 относительно центральнойпродольной оси:
/>, (10)
w3 – угловая скоростьбарабана 3.
Мгновенный центр скоростей находится в точке СV.Поэтому
/>, (11)
/>. (12)
Подставляя (10), (11) и (12) в (9), получим:
/>. (13)
Кинетическая энергия груза 4, движущегося поступательно
/>. (14)
Кинетическая энергия всей механической системы определяется по формуле(3) с учетом (4), (8), (13), (15):
/>
Подставляя и заданные значения масс в (3), имеем:
/>
или
/>. (15)
Найдемсумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном ее перемещении(рис. 3).
Работа силы тяжести />:
/> (16)
Работа силы тяжести />:
/> (17)
Работа пары сил сопротивления качению />:
/> (18)
где
/> (19)
/> (20)
/> (21)
Подставляя (19), (20) и (21) в (18), получаем:
/> (22)
Работа силы тяжести />:
/> (17)
Работа силы тяжести />:
/> (23)
Сумма работ внешних сил определится сложением работ, вычисляемых поформулам (17) – (24):
/>.
Подставляя заданные значения, получаем:
/>
Или
/>. (24)
Согласно теореме (2) приравняем значения Т и />,определяемые по формулам (16) и (24):
/>,
откуда выводим
/>м/с.
Дано:
R2=30; r2=20; R3=40; r3=40
X=C2t2+C1t+C0
При t=0 x0=7 />=0
t2=2 x2=557см
X0=2C2t+C1
C0=7
C1=0
557=C2 *52+0*5+7
25C2=557-7=550
C2=22
X=22t2+0t+7
/>=V=22t
a=/>=22
V=r2/>2
R2/>2=R3/>3
/>3=V*R2/(r2*R3)=(22t)*30/20*40=0,825t
/>3=/>3=0,825
Vm=r3*/>3=40*(0,825t)=33t
atm=r3/>
/>=0,825t
atm=R3/>=40*0,825t=33t
anm=R3/>23=40*(0,825t)2=40*(0,825(t)2
a=/>
***********************************
Дано :R2=15; r2=10;R3=15; r3=15
X=C2t2+C1t+C0
При t=0 x0=6 />=3
t2=2 x2=80см
X0=2C2t+C1
C0=10
C1=7
80=C2 *22+3*2+6
4C2=80-6-6=68
C2=17
X=17t2+3t+6
/>=V=34t+3
a=/>=34
V=r2/>2
R2/>2=R3/>3
/>3=V*R2/(r2*R3)=(34t+3)*15/10*15=3,4t+0,3
/>3=/>3=3,4
Vm=r3*/>3=15*(3,4t+0,3)=51t+4,5
atm=r3/>
/>=3,4t
atm=R3/>=15*3,4t=51t
anm=R3/>23=15*(3,4t+0,3)2=15*(3,4(t+0,08)2
a=/>
Решение второй задачи механики
Дано:
m=4.5 кг; V0=24 м/с;
R=0.5V H;
t1=3 c;
f=0.2;
Q=9 H; Fx=3sin(2t)H.Определить: x= f(t) – закон движения груза на участке ВС
Решение:
1) Рассмотрим движение на промежуткеАВ
/>
учитывая, что R=0.5V H;
/>
Разделяем переменные и интегрируем
/>
2) Рассмотрим движение на промежуткеВС (V0=VB)
/>
/>
Дано:
m=36 кг
R=6 см=0,06 м
H=42 см=0,42 м
yC=1 см=0,01 м
zС=25 см=0,25 м
АВ=52 см=0,52
М=0,8 Н·м
t1=5 с
Найти реакции в опорах А и В.
Решение
Для решения задачи используем системууравнений, вытекающую из принципа Даламбера:
/> (1)
Для определения углового ускорения εиз последнего уравнения системы (1) найдем момент инерции тела относительно осивращения z по формуле
/>, (2)
где Jz1− момент инерции телаотносительно центральной оси Сz1, параллельной оси z; d – расстояние между осями z и z1.
Воспользуемся формулой
/>, (3)
где α, b, g — углы, составленные осью z1 с осями x, h, z соответственно.
Так как α=90º, то
/>. (4)
Определим моменты инерции тела />, /> как однородного сплошногоцилиндра относительно двух осей симметрии h, z
/>;
/>.
Вычисляем
/>;
/>.
Определяем угол g из соотношения
/>;
/>;
/>.
Угол b равен
/>;
/>.
По формуле (4), вычисляем
/>.
Момент инерции тела относительно осивращения z вычисляем по формуле (2):
/>,
где d=yC;
/>.
Из последнего уравнения системы (1)
/>;
/>.
Угловая скорость при равноускоренномвращении тела
/>,
поэтому при ω0=0 иt=t1=5 c
/>.
Для определения реакций опор следуетопределить центробежные моменты инерции /> и/> тела. />, так как ось х,перпендикулярная плоскости материальной симметрии тела, является главной осьюинерции в точке А.
Центробежный момент инерции тела /> определим по формуле
/>,
где />, т.е.
/>.
Тогда
/>.
Подставляя известные величины всистему уравнений (1), получаем следующие равенства
/>
/>
/>
Отсюда
/>
/>
/>
/>
Ответ: />,/>, />, />.
Определениескорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения
Задание: по заданным уравнениям движенияточки М установить вид ее траектории и для момента времени t = t1 (с) найти положение точки на траектории, ее скорость,касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории.
Исходные данные:
x=5cos(pt2/3); y= -5sin(pt2/3); (1)
t1=1 (x и y – всм, t и t1 – в с).
Решение:
Уравнения движения (1) можнорассматривать как параметрические уравнения траектории точки. Получим уравнениятраектории в координатной форме.
x2 + y2 = (5cos(pt2/3))2 + (-5sin(pt2/3))2;
Получаем x2 + y2 = 25, т. е. траекторией точкиявляется окружность, показанная на рис. 1.
Вектор скорости точки
/> (2)
Вектор ускорения точки
/>
Здесь Vx, Vy, ax, ay – проекции скорости и ускоренияточки на соответствующие оси координат.
Найдем их, дифференцируя по времениуравнения движения (1)
/> (3)
По найденным проекциям определяеммодуль скорости:
V=Ö(Vx2 + Vy2); (4)
и модуль ускорения точки:
а =/>Ö(ах2 +ау2). (5)
Модуль касательного ускорения точки
аt=|dV/dt|, (6)
аt= |(Vxax+Vyay)/V| (6’)
Знак “+” при dV/dt означает, чтодвижение точки ускоренное, знак “ — “ — что движение замедленное.
Модуль нормального ускорения точки
ап= V2/p; (7)
p – радиус кривизны траектории.
Модуль нормального ускорения точкиможно найти и следующим образом:
an =/>Ö(а2 -at2); (8)
После того как найдено нормальноеускорение по формуле (8), радиус кривизны траектории в рассматриваемой точкеопределяется из выражения:
p=V2/ an. (9)
Результаты вычислений по формулам(3)-(6), (8), (9) для момента времени t1=1с приведены ниже в таблице
Координаты
см
Скорость
см/с
Ускорение, см/с2
Радиус
см х у
Vx
Vy V
ax
ay a
at
an p 2.5 -2.5Ö3 -5p/Ö3 -5p/3 10p/3 -20.04 13.76 24.3 10.5 21.9 5
Ниже на рисунке показано положениеточки М в заданный момент времени.
/>
Дополнительноезадание:
z=1.5t x=5cos(pt2/3); y= -5sin(pt2/3); t1=1 (x и y – в см, t и t1 – в с).
Найдем скорости и ускорениядифференцируя по времени уравнения движения
/>
/>
По найденным проекциям определяеммодуль скорости:
V=Ö(Vx2 + Vy2+Vz2);
и модуль ускорения точки:
а =/>Ö(ах2 +ау2+аz2).
V=/>;
a=24.3 см/с;
Касательное ускорение точки
аt= |(Vxax+Vyay+ Vzaz)/V|
at=(-9.069*(-20.04)+(-5.24)*13.76+1.5*0)/10.58=10.36см/с
Модуль нормального ускорения точкиможно найти и следующим образом:
an =/>Ö(а2 -at2);
an=21.98 см/с2.
Радиус кривизны траектории врассматриваемой точке определяется из выражения:
p=V2/ an. р=5.1см
Результаты вычислений для моментавремени t1=1с приведены ниже в таблице
Координаты
см
Скорость
см/с
Ускорение, см/с2
Радиус
см x y z
Vx
Vy
Vz V
ax
ay
az a
at
an p 2.5 -4.33 1.5 -9.07 -5.24 1.5 10.58 -20.04 13.76 24.3 10,36 21.98 5.1
Задание: точка М движется относительно тела D. По заданным уравнениям относительногодвижения точки М и движения тела Dопределить для момента времени t=t1 абсолютную скорость и абсолютноеускорение точки М.
Дано:
ОМ=Sr=120pt2 см;
jе=8t2– 3t рад ;
t1=1/3 c; R=40см.
Решение:
1) Положение точки М на теле D определяется расстоянием Sr=ОМ
при t=1/3 c Sr=120p/9=41.89 см.
/>
При t=1/3с Vr=80p=251.33см/с.
art=d2Sr/dt2 art=240p=753.98 см/с2
arn=Vr2/R arn=(80p)2/40=1579.14 см/с2
2) Ve=wer , где r- радиус окружности,описываемой той точкой тела, с которой в данный момент совпадает точка М.
a=OM/R. r=R*sina=40*sin(p/3)=34.64 см.
wе=dje/dt=16t-3 при t=1/3 wе=7/3=2.33 с-1
Ve=80.83 см/с.
аец=we2r аец=188.6 см/с2.
аев=eеr eе= d2je/dt2=16 с-2 аев=554.24см/с2.
3) />
ас=2*wеVrsin(wе,Vr) sin(wе,Vr)=90-a=p/6 ac=585.60 см/с2
4) />
V=Ö(Ve2+Vr2) V=264.01 см/с
Модуль абсолютного ускорения находимметодом проекций.
ax=aев+ас
ay=arncos(p/3)+artcos(p/6)
az=-аец — arncos(p/6)+artcos(p/3)
а=Ö(ax2+ay2+az2)
Результаты расчетов сведены в таблицу
we,
c-1
Скорость см/с
eе
с-2
Ускорение, см/с2
Ve
Vr
V
аец
aев
arn
аrt
ас
ax
ay
az
а 2.33 80.8 251.3 264 16 188.6 554 1579 754 586 1140 1143 -1179 1999
Определениереакций опор твердого тела
Дано:
Q=10 kH;
G=5 kH;
a=40 см; b=30 см; c=20 см;
R=25 см; r=15 см.
Задание:
Найти реакции опор конструкции.
Решение:
Для определения неизвестных реакцийсоставим уравнения равновесия.
/>
/>
Из уравнения (4) определяем P, а затем находим остальные реакцииопор. Результаты вычислений сведем в таблицу.
Силы, кН
Р
ХА
ZA
XB
ZB 5.15 -0.17 2.08 -3.34 2.92
Проверка.
Составим уравнения относительно точкиВ.
/>