Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Теоретическая механика избранные задачи студенческих олимпиад ПНИПУ

..pdf
Скачиваний:
44
Добавлен:
15.11.2022
Размер:
2.23 Mб
Скачать

Tнач Пнач Tкон Пкон ,

где Tнач 0 , Пнач m2 gH (высота отсчитывается от уровня неподвижной плоскости; потенциальная энергия призмы не меняется и ее можно считать равной нулю), Tкон m1V12 2 m2V22 2 , Пкон 0 .

Учитывая, что V22 V22r V22e 2V2rV2e cos и исключая V2r , получим

Ответ: V1

 

 

2gH cos 2

 

.

m1

m2 1 m1 m2 sin 2

 

 

 

 

К задаче Д43 К задаче Д47 К задаче Д51

Д44. Ответ: a3

 

 

 

 

m3g sin( 2)

 

 

 

.

3(m m

2

) (8cos2 (

2)) m

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

Д45. Согласно теореме об изменении кинетической энергии,

 

 

 

 

 

A Tкон Tнач ,

 

 

 

 

где Tнач Jz 02

2, Tкон J z 2

2 m2V 2 2 ,

J z

m1R2 2 m1 R 2 2 ,

V 2 Vr2

Ve2 ,

Vr s

 

2Ra , Ve

s R

(в двух последних ра-

венствах

t

2R a ). Величину

(при

t

2R a ) найдем из за-

кона сохранения кинетического момента:

J z 0 J z m2Ves . По-

сле вычислений получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3m m

R 2

2

 

 

 

 

Ответ: A m 2 Ra

 

1

2

 

 

0

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6m1 8m 2

 

 

 

 

Д46. Ответ: N (m1

m2 )g m1a2tg .

 

 

 

Д47. Согласно теореме об изменении кинетической энергии

91

 

 

Tкон Tнач

Ae ,

 

где Tнач 0 ,

Tкон Jz 12

2 m2V22 2,

Jz m1 2 3,

Ae M 3 Fs2 ,

s2 cos 3 2 . Величину

1 выразим через V2 , записав

скорость точки A в виде VA VAr VAe , где VA 1 , VAe V2 . То-

гда (см. рисунок) V2 1 3

2 . Окончательно получаем

Ответ: V2

2 M

3 F .

 

 

4m1

9 m2

(mu 2 ) arctg

mu 2 J z t .

Д48. Ответ: (t) 0 J z

Д49. Согласно закону сохранения кинетического момента

m1R2 2 m 2 2 3 0 m1R2 2 m 2 2 12 m 2 OC 2 1 ,

где R – радиус диска, R – длина стержня, С – центр масс стержня. Здесь использована теорема Гюйгенса–Штейнера для стержня и учтено, что относительное движение стержня не вносит вклад в кинетический момент относительно оси z. В указанный в условии задачи момент времени OC R .

Ответ: 1 m1 2m 2 3 0 . m1 13m 2 6

Д50. Ответ: a1

 

 

Mr3 (r2 (R3 r3 ))

 

.

m

m

2

(R2

r 2

2) (R

3

r )2

1

 

3

3

 

3

 

Д51. Выберем в качестве обобщенной координаты системы перемещение x призмы; в положении равновесия x 0 . Кинетическая энергия системы

T m1V12 2 m2VC2 2 JCz 22 2 .

Учитывая, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

, V 2

V 2

V 2 2V

 

V

 

cos , V

 

V 2 ,

V

C

V

Cr

V

Ce

Cr

Ce

Cr

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

Cr

Ce

 

 

 

 

1

 

 

 

V

Ce

V ,

2

V

Cr

R V 2R , V x

, J

Cz

m

R2 2

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

2

 

(R – радиус цилиндра 2), находим T Bx2

2 , где

 

 

 

92

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B m1 m2 118 cos .

Потенциальная энергия системы

 

 

П m gh

m

2

gh c 2 2 ,

1

C1

 

C

где hC1 0 , hC x sin 2

(отсчитываются от уровней, занимаемых

при равновесии системы),

ст дин ст x . Тогда

П const cx2 2 ( ст таково, что слагаемое, пропорциональное x, обращается в нуль). Период колебаний 2 Bc .

Ответ: 2 m1 m2 118 cos c .

Д52. Ответ: 1 8 0 13.

 

К задаче Д53

К задаче Д55

Д53. Пусть

подставка неподвижна. Применим принцип

д’Аламбера к

системе груз+ нить+ блок + подставка. Добавим к

внешним силам, действующим на систему, силу инерции F ин m1a1

и пару сил инерции, момент которой M ин m2 R22 2 2 . Проекции

главноговектора полученной системы сил на оси x и y равны нулю:

Fтр m1a1 cos N1 sin 0 ,

N3 m2 g m1g N1 cos m1a1 sin 0 .

Отсюда, с учетом того что N1 m1g cos , находим Fтр и N3 . Далее, должно выполняться неравенство Fтр f N3 . Приведя его к виду f fmin , получаем

93

 

Ответ: fmin

 

 

m1

(a1 g sin ) cos

 

.

 

m2 g m1(a1 g sin )sin

 

 

 

 

 

 

 

Д54. Ответ:

s

(m2 2)(cos sin )

.

 

 

 

m1 m2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Д55. Согласно закону сохранения кинетического момента

 

 

 

 

 

 

0 J z mVr a mVe a 2 ,

где

Ve a 2

 

(ось

z направлена из-за рисунка). Отсюда

V (J

z

2ma2 ) (ma) .

Согласно закону сохранения полной энер-

r

 

 

 

 

 

 

 

 

гии,

 

c a 2 2 2 J z 2

2 mV 2 2 , где

V 2 Vr2 Ve2 VrVe 2 .

Подставляя в последнее равенство полученные выше выражения для Vr , Ve и затем подставляя V 2 в закон сохранения полной энергии, находим

Ответ:

 

 

 

 

 

cm a4

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4 J z m a 2 J z 2m a2

 

 

 

 

 

 

 

 

Д56.

Ответ: a1 (3F

 

2) (m1 9m2

8) .

 

 

 

 

 

 

 

 

Д57.

Согласно теореме об изменении кинетического момента

для системы грузы + блок + канат,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dLz dt mz (F

 

 

 

 

 

 

 

 

(ось z направлена за рисунок),

где L mV

R m V

R m R2

3

2 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

1

1x

 

2

2x

3

 

 

 

e ) (m2

m1)gR .

 

Дифференцируя

 

Lz

и

учитывая,

что

mz (F

a1 0 и 3 a2x

 

R , найдем a2x

и a2

 

a2 x

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: a2

 

m2 m1

 

g

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m2 m3

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Д58.

Ответ: F

x

(t) (m m

2

)a m

2

Ak 2 sin kt .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Д59.

Согласно теореме о движении центра масс системы пла-

стина + точка,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(m1 m2 )aC N (m1 m2 )g Fтр .

94

Проецируя это уравнение на оси x, y и учитывая, что (при движении

пластины)

Fтр f N ,

получим

xC f yC f g , откуда

x

C

f y

C

f gt 2 2 C t C

2

. Далее,

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

(m1 m2 )xC m1x1 m2 x1 Rsin kt ,

 

 

 

 

(m1 m2 ) yC m1b m2 b R cos kt .

Подставляя два последних равенства в выражение, содержащее

произвольные постоянные C1 ,

C2

и находя эти постоянные из ус-

ловий x1(0) 0 , x1(0) V0 , получаем

 

 

 

 

 

 

Ответ: x1(t) V0t fgt 2 2

 

 

m2 R

 

 

f (1 cos kt) sin kt kt .

 

m m

2

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

Д60. Ответ:

m2u 3

 

.

 

 

 

 

 

m R2 2 m 2 3

 

 

 

 

 

 

1

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Д61. Согласно теореме о движении центра масс системы

 

 

 

 

 

 

 

 

(m1 m2 m3 )aC N

D X A YA (m1 m2 m3 )g .

 

Проецируя

это уравнение на

 

(горизонтальную)

ось x,

найдем

3m xC X A .

Далее xC xC1 xC2

xC3

3 , где

xC1

2 cos ,

xC2 3 2 cos , xC3 2 cos , откуда

xC 4

3 cos .

Диффе-

ренцируя последнее равенство дважды по времени и полагая 0 ,1 , получим xC 4 3 21 ; таким образом, X A 4m 21 .

Величину 1

найдем из закона сохранения полной энергии:

 

 

 

 

 

Tнач Пнач Tкон Пкон ,

 

 

 

 

где Tнач 0 ,

Пнач m1g 2 sin 0 m2 g

2 sin 0

mg sin 0

(высота отсчитывается от уровня точки A), T

J 2

2 J

2

2 2 ,

 

 

 

кон

1 1

 

2

J1 J 2 m 2

3 ,

1

2 (МЦС стержня 2 – в точке D), Пкон 0 .

Получаем 21

3 g

sin 0 .

 

 

 

 

Ответ: X A 12m g sin 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

95

Д62. Ответ: a1 F (m1 3m2 ) fg . m1 m2

К задаче Д57 К задаче Д63

Д63. Кинетическая энергия системы

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T T T

2

T m V 2

2 J

2

2 2 m V 2

2 J

2

 

2 ,

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

3

1 1

 

2

3 C

3

3

 

 

 

 

 

где J

2

m

R2 2 ,

J

3

m

R2

2 . Так как (см. рисунок)

2

V

R

2

,

 

2

 

2

 

 

 

3

 

 

 

 

R 2 ,

 

 

1

 

 

VC V1 , VD

V1

,

CCV CV D , 3

V1

то T BV12 2 , где

B m1 m2

 

2 3m3 . Сумма мощностей активных сил

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

N a m1gV1 m3 gV1 M 3 QV1 ,

 

 

 

 

 

 

где Q 2M R (m1 m3 )g . Из теоремы об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной форме (или из уравнения Лагранжа) следует, что a 1x QB ; a 1 a 1x .

Ответ: a 1 2M R (m1 m3 )g . m1 m2 2 3m3

Д64. Ответ: s (r3)(1 cos(Lr)) .

96

Д65. Уравнение вращательного движения стержня OA:

m1R2 3 1 M N1R 2 .

Уравнение поступательного движения ползуна B: m2aB N1 2 . Из этих уравнений следует, что M m1R2 3 1 Rm2aB . Найдем aB (кинематическая часть задачи). Так как стержень AB совершает

мгновенно

поступательное

движение,

то AB 0 .

 

Далее,

aB aAn aA aBAn aBA

. Проецируя это равенство на прямую AB,

находим

aB aAn aA

aBAn

2 . Так как

aAn 21R ,

aA

1R ,

aBAn AB AB 0 , то aB 1 21 R .

 

 

 

К задаче Д65

Ответ: M m1 1 3 m2 1 21 R2 .

Д66. Ответ: 1 4 M (3(m1 m2 )r 2 ) .

97

Список литературы

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

1.Березина С.Г., Пушкарев А.Э. Задачи олимпиад Удмуртии по теоретической механике 2000–2004 гг. с ответами и решениями. – Ижевск.: Изд-во ИжГТУ, 2005. – 80 с.

2.Березкин Е.Н. Решение задач по теоретической механике. –

М.: Изд-во МГУ, 1973. – Ч. 1. – 92 с.

3.Березкин Е.Н. Решение задач по теоретической механике. –

М.: Изд-во МГУ, 1974. – Ч. 2. – 136 с.

4.Березова О.А., Друшляк Г.Е., Солодовников Р.В. Теоретиче-

ская механика: сб. задач. – Киев.: Вища школа, 1980. – 400 с.

5.Будник Ф.Г., Зингерман Ю.М., Селенский Е.И. Сборник за-

дач по теоретической механике. – М.: Высшая школа, 1987. – 176 с.

6.Кирсанов М.Н. Решебник. Теоретическая механика. – М.:

Физматлит, 2002. – 384 с.

7.Методические указания по решению нестандартных задач механики / сост. А.Н. Борисова, А.А. Рыков. – Новосибирск: Изд-во Новосибир. электротехн. ин-та, 1989. – 48 с.

8.Механика. Научные исследования и учебно-методические разработки: междунар. сб. науч. тр. / под ред. А.О. Шима-

новского. – Гомель: БелГУТ, 2007. – Вып. 1. – 107 с.

9.Механика. Научные исследования и учебно-методические разработки: междунар. сб. науч. тр. / под ред. А.О. Шима-

новского. – Гомель: БелГУТ, 2008. – Вып. 2. – 148 с.

10.Механика. Теория, задачи, учебно-методические разработки: сб. науч. тр. / под ред. А.О. Шимановского. – Гомель:

БелГУТ, 2006. – 144 с.

11.Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механи-

ке. – М.: Наука, 1981. – 480 с.

12.Попов А.И. Творческие задачи динамики. – Тамбов: Изд-во ТГТУ, 2012. – 80 с.

98

13.Попов А.И. Теоретическая механика. – Тамбов: Изд-во ТГТУ, 2010. – 188 с.

14.ПоповА.И. Механика. Решение творческих задач динамики. – Тамбов: Изд-во ТГТУ, 2009. – 88 с.

15.Попов А.И. Механика. Решение творческих профессиональных задач. – Тамбов: Изд-во ТГТУ, 2007. – Ч. 2. – 80 с.

16.Попов В.И., Тышкевич В.А., Шумский М.П. Сборник олим-

пиадных задач по теоретической механике. Часть 1: Статика и кинематика. – Тамбов: Изд-во ТИХМа, 1992. – 104 с.

17.Попов В.И., Тышкевич В.А., Шумский М.П. Сборник олим-

пиадных задач по теоретической механике. Часть 2: Динамика. – Тамбов: Изд-во ТИХМа, 1992. – 124 с.

18.Сборник задач по теоретической механике / Н.А. Бражни-

ченко [и др.]. – М.: Высшая школа, 1974. – 520 с.

19. Сборник задач по теоретической механике / под ред.

К.С. Колесникова. – М.: Наука, 1989. – 448 с.

20.Сборник конкурсных задач олимпиад по теоретической механике / под ред. А.В. Чигарева. – Минск: Тэхналогiя, 2000. – 281 с.

21.Сборник олимпиадных задач по теоретической механике. Часть 1: Статика / А.И. Попов [и др.]. – Тамбов: Изд-во ТГТУ, 2006. – 96 с.

99

Учебное издание

Воронович Нелли Александровна, Осипенко Михаил Анатольевич

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА

Избранные задачи студенческих олимпиад ПНИПУ

Издание второе, дополненное и исправленное

Корректор Е.М. Сторожева

Подписано в печать 11.12.2014. Формат 90×60/90. Усл.печ.л. 6,25. Тираж 100 экз. Заказ № 232/2014.

Издательство Пермского национального исследовательского

политехнического университета Адрес: 614000, г. Пермь, Комсомольскийпроспект, 29, к. 113.

тел.: (342) 219-80-33