Теоретическая механика избранные задачи студенческих олимпиад ПНИПУ
..pdf(E – |
точка |
соприкосновения колес 4 и 2). Наконец, VA 1 |
|||
и 2 |
VA VE |
r . Учитывая, что в равновесии N a 0 для лю- |
|||
бой 1 , получаем |
|||||
Ответ: |
M 2 |
|
M1r |
||
|
|
. |
|||
|
( R r) sin sin( ) 1 |
|
К задаче С39 |
К задаче С41 |
С42. |
Ответ: M A mg . |
|
С43. |
Придадим стержню 3 возможную угловую скорость 3 . |
Тогда сумма мощностей активных сил N a M 3 F VN . Выразим VN через 3 . Так как VD VB V1 VA VE , то VE 3 . Да-
лее |
VK 2 3 и VN VE (2 ) VE VK |
, откуда |
VN 7 3 |
||||
|
|
|
|
|
|
||
(V |
K |
и VN на рисунке показаны не в масштабе). Учитывая, что |
|||||
в равновесии N a 0 для любой 3 , получаем |
|
||||||
|
|
|
Ответ: F M (7 ) . |
|
|
||
|
|
|
С44. Ответ: равновесие возможно при f |
3 5 . |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
71 |
К задаче С43
С45. Уравнения равновесия цилиндра:
Fx N A sin N B 0 , Fy mg N A cos N D 0 .
Уравнения равновесия бруска:
Fx F N A sin 0 , Fy m1g N1 N A cos 0 ,
mA m1g AM N1 AK 0
(брусок не предполагается однородным). Из выписанных уравнений находим N A Fsin , NB F , ND mg Fctg , N1 m1g Fctg ,
AK AM 1 Fctg (m1g) . Система остается в равновесии, если
N A 0 , N B 0 , N D 0 , N1 0 , 0 AK ширины бруска. Все неравенства, кроме третьего, выполнены для любого F. Из третьего неравенства следует, что F mg tg .
К задаче С45
Ответ: Fmax mg tg .
С46. Ответ: MC 3(2 2 1)Q 7 .
72
КИНЕМАТИКА
K1. Абсолютное ускорение точки a arn ar aen ae aCor . Если ось z направлена из-за чертежа перпендикулярно плоскости рисунка, то
az ae aCor R sin 2 Vr cos 2 R sin 2cos .
Так как az 0 , то tg 2 . Отсюда получаем Ответ: arctg 2 или 2 arctg 2 .
K2. Ответ: VM 4u .
К задаче К3
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
K3. Абсолютная скорость точки V |
Vr Ve . Здесь Vr s k t0 , |
|||||||||||||||
V |
AB |
MB |
|
R(1 k t2 (2 )) |
(для |
|
шатуна |
C B); |
далее |
||||||||
e |
|
OA |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
V |
|
||
V |
Vr2 |
Ve2 . Абсолютное ускорение |
точки |
a a r a e a Cor . |
|||||||||||||
Здесь |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a r |
s k , |
ae aA aMAn aMA ( A – полюс), |
aA OA2 |
R , |
||||||||||||
|
|
|
aMAn 2AB AM k 2 OARt0 2 , aMA |
AB AM , |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
a Cor 2 ABVr 2 OAR k t0 . |
|
|
|
|||||||||
Для отыскания AB находим aB |
и, требуя, чтобы этот вектор был |
||||||||||||||||
направлен вдоль AB, получаем AB 0 . Далее |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
a |
aA aMAn |
ar 2 |
a 2Cor . |
|
|
|
||||||
|
Ответ: V |
k t0 2 |
OAR(1 k t02 (2 )) 2 , |
|
|
|
73
a OA2 R k2 OARt0 2 k 2 2 OAR k t0 2 .
K4. |
Ответ: VK . |
|
|
|||||||||
K5. |
На рисунке показано положение колечка при |
t t0 . Абсо- |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, Ve OA . |
|||
лютная скорость колечка V |
Vr Ve , где V s 2 r t0 |
|||||||||||
Учитывая, |
что Ve V sin , OA 2R sin , |
ctg OC (2R) k 2 , |
||||||||||
получаем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
|
|||||||
Ответ: |
|
|
. |
|
|
|||||||
t0 R 1 k 2 4 |
|
|
K6. Ответ: VD 5 .
|
К задаче К5 |
|
К задаче К7 |
|
||||||||
K7. Абсолютная скорость |
точки |
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
V |
Vr Ve , |
где |
||||||||||
Vr s k Rt , |
Ve R k Rt . Модуль |
V |
Vr2 |
Ve2 2VrVe cos . |
||||||||
Абсолютное |
ускорение точки |
M |
a a r aen ae a Cor , |
где |
||||||||
ar s kR , |
aen 2R k 2Rt 2 , |
ae R kR , |
|
aCor 0 . Далее |
ax aen ar sin , ay |
|
ae ar cos , |
a ax2 |
ay2 . |
|||
Ответ: V 2k Rt |
|
sin kt 2 4 |
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
||||
a kR kt 2 sin kt 2 2 2 |
4sin 4 kt 2 |
4 . |
|||||
74 |
|
|
|
|
|
|
|
K8. Ответ: Vr 1 2 4 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
K9. Скорость |
точки |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
A V |
A Vr Ve , |
где |
||||||||||||||||||
|
VA 1 , |
|
Ve 2 R . |
Отсюда |
Vr |
1 |
2 , |
||||||||||||||||
|
|
2 |
( |
|
2R) . Ускорение точки A a |
A |
a n |
, где |
|||||||||||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
||
|
aAn 21 . С другой стороны, |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
aA ar aen ae aCor , |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
где |
aen 22 R 21 2 |
|
(2R) . Проецируя последнее |
|||||||||||||||||||
|
векторное |
|
уравнение |
на |
ось |
x, |
|
получим |
|||||||||||||||
К задаче К9 |
aAn |
2 ar |
aen , откуда находим ar . |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
Ответ: Vr 1 |
|
2 , ar |
21 1 |
|
2 (2R) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
K10. Ответ: VA V (1 cos ) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
Vr s , |
Ve s . Так |
|||||||||||||||
K11. Скорость точки M V |
Vr Ve , где |
||||||||||||||||||||||
как Ve Vr tg , то |
s ( ctg ) s . Интегрируя это дифференциаль- |
ное уравнение с условием s(0) s0 , получаем Ответ: s(t) s0 exp ( ctg )t .
К задаче К11 |
К задаче К13 |
K12. Ответ: AP 2 ; точка P лежит на пересечении прямой OA и прямой, проходящей через точку B перпендикулярно AB.
75
K13. Скорость точки M VM Vr ростей находим VM Ve tg , где Ve
Ve . Из параллелограмма ско-
d(OC)dt u . Так как урав-
нение параболы O1M k O1B 2 , то |
tg 2k O1B 2k OC 2ku t . |
||||||||
Коэффициент k находим из условия BC k AC 2 : k 1 |
22 . Та- |
||||||||
ким образом, VM 2 1u 2t 22 |
. Полагая t t1 |
2 3u , получаем |
|||||||
|
Ответ: VM 2 1u 3 2 . |
|
|
|
|
|
|
||
|
K14. |
Ответ: V 17 4 . |
|
|
|
|
|
||
|
K15. |
Ускорение точки B aB aC aBCn |
aBC , |
где aBCn |
2 R , |
||||
aBC |
R . Так как aB 0 , то |
aC |
R . Далее, |
VAC VDC R , |
|||||
VA VC2 VAC2 , VD VC VDC . |
|
|
|
|
|
||||
|
Ответ: VA |
VC2 aC R , |
VD VC |
aC R . |
|
|
|||
|
K16. |
Ответ: |
положения |
– крайнее правое и |
крайнее |
левое; |
в первом положении |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
AB |
(V 2 |
R) |
2 4R2 , a |
A |
2V |
2 |
2 4R2 ; |
|||
|
B |
|
|
|
|
B |
|
||||
во втором положении |
AB |
V 2 |
(R ) , a |
A |
0 . |
|
|
||||
|
|
|
|
B |
|
|
|
|
|
К задаче К15 К задаче К17
K17. Скорость точки A VA OA . Скорость точки B VB VD VBD . По теореме о проекциях VA VBD sin VD ; отсюда находим VBD . Далее, VB2 VD2 VBD2 2VDVBD sin , откуда получаем
Ответ: VB OA 2 OA VD ctg 2 .
76
|
|
K18. Ответ: VB |
|
12 12 22 22 2 1 2 1 2 cos . |
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
K19. На рисунке показано положение механизма при t t0 |
2 . |
|||||||||||||||||||||||
Скорость точки A VA 2 1R ; с другой стороны, |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
V |
A VC VAC , |
где |
||||||||||||||||||||||||
VAC 2 R . Тогда (см. рисунок) |
VAC VA |
|
3 |
2 , VC VA |
2 , откуда |
|||||||||||||||||||||
находим |
|
2 |
2 (6t |
0 |
) , |
V |
2 R (6 |
3 t |
0 |
) . |
Ускорение |
точки |
A |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
C |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
a |
A |
a n a , |
где |
an 2 2 R , |
a 2 |
1 |
R . |
С |
другой |
стороны, |
||||||||||||||||
|
A |
A |
|
|
A |
1 |
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
aA aC aACn |
aAC |
, |
где |
aACn |
22 R , |
aAC |
2 R . |
|
Тогда (см. рису- |
|||||||||||||||||
нок) aC aACn |
aAn |
3 |
|
2 aA 2 , откуда находим aC . |
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
Ответ: VC 2 R |
(6 |
3 t0 ) , |
aC 3R |
|
(108t02 ) 3 |
3 2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
К задаче К19 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
R |
r |
aC2 |
|
|
V 2 |
(R |
r ) 2 |
||
K20. |
Ответ: |
aA |
1 |
1 |
aC |
C |
1 |
1 |
. |
||||
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
2r1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2R2r1 |
||||
K21. |
|
|
|
(скорость |
точки |
звена |
2, совпадающей |
||||||
Построив VO |
вданный момент времени с точкой O), найдем CV звена 2. Тогда
2 VA ACV . Точка K есть основание перпендикуляра, опущенно-
го из CV на прямую BD.
Ответ: 2 VA ctg a , AK a sin 2 cos . K22. Ответ: VC Rsin ( )2 .
77
|
|
|
К задаче К21 |
|
К задаче К23 |
|||||
K23. |
Скорость уменьшения расстояния по горизонтали между |
|||||||||
точками A и B равна V VA VB V |
2 R2 r2 |
R2 r2 . Это |
||||||||
расстояние |
s1 в момент |
столкновения |
найдем из |
треугольника |
||||||
ABK : s1 |
2R2 (R2 r2 ) . |
Столкновение произойдет через проме- |
||||||||
жуток времени T s s1 |
V . |
|
|
|
||||||
Ответ: |
T |
2 R2 |
r2 |
|
|
s |
2R2 (R2 r2 ) . |
|
||
|
r2 |
|
|
|||||||
|
|
V R2 |
|
|
|
|
||||
K24. |
Ответ: 3 1(1 ) . |
|
|
|||||||
K25. |
Построив мгновенный центр скоростей колеса, находим |
VC |
VC |
CCV |
|
CCV |
|
, |
||
V |
A |
V |
AC |
V |
|
R CC |
V |
|
|
|
|
|
|
где R – радиус колеса. Учитывая, что CCV Rsin , получаем Ответ: VC V (1 sin ) .
K26. |
Ответ: VB 7 13VA . |
|
|
K27. |
Так как yA VA |
и yM 3y A |
4 , то yM 3VA 4 |
и yM 0 . Кроме того, так как |
y A cos , то |
yA sin , откуда |
VA |
( sin ) . Далее, так как xM 4 sin , то |
|
xM 4 cos VA 4 ctg |
78 |
|
и
xM VA (4sin2 ) VA2 (4 sin3 ) .
|
К задаче К25 |
|
К задаче К29 |
||||
Ответ: aM ( ) |
|
VA2 |
|
. |
|||
4 sin3 |
|
||||||
|
|
|
|||||
K28. |
Ответ: |
|
3 1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
2 |
2 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|||
K29. |
Так как скорость точки B горизонтальна, то стержень 1 |
совершает мгновенно-поступательное движение и 1 0 ; следова-
тельно, VB VA . Тогда 2 VA VC R . Далее, выбрав точку C за полюс, находим aB aBCn aBC , где aBCn 22 R , aBC 2 R . С другой стороны, выбрав точку A за полюс, найдем aB aA aBA , где
aBA
AB,
1R . Проецируя равенство aBnC aBC |
aA aBA на прямую |
|||||
получим 22 Rsin 2 Rcos aA cos . |
||||||
Ответ: 2 |
aA |
VA VC |
2 |
|
||
R |
|
R |
|
tg . |
|
|
|
|
|
|
|
||
K30. Ответ: VC 6 |
3 м/с. |
|
|
79
ДИНАМИКА
Д1. При движении точки вверх m dV dt mg k mV 2 . Учитывая, что dVdt VdVdx , разделяя переменные и интегрируя, найдем максимальную высоту подъема точки
H V0 VdV 2 ln(1 kV02 g) (2k) .
0 g kV
При движении точки вниз m dV dt mg k mV 2 . Аналогично находим H ln(1 kV12 g)(2k) . Сравнив выражения для H, получаем
Ответ: V V |
0 |
1 kV 2 |
g . |
1 |
0 |
|
Д2. Ответ: F(V ) (2mk)V 32 .
Д3. Длина канала wcos( ) , где w – ширина доски. Про-
екция силы тяжести на направление канала постоянна и равна mg cos , поэтому точка движется с постоянным ускорением
a g cos . Следовательно, время движения
T 2 2 a 2wg cos( )cos
|
4w g cos cos(2 ) . |
|
||||||
Время будет минимальным, если cos(2 ) 1. |
|
|||||||
Ответ: 2 . |
|
|||||||
Д4. |
Ответ: при f 2kr g . |
|
||||||
Д5. |
|
|
|
|
|
|
|
|
Уравнение движения точки: m a mg N |
Q Fтр . |
Про- |
||||||
ецируя это уравнение на ось y, найдем N mg(cos ksin ) . |
Если |
сумма проекций сил mg и Q на ось x больше f N ( mg x Qx f N ),
то при нулевой начальной скорости точка будет двигаться в положительном направлении оси x; сила трения имеет противоположное направление и ее модуль равен f N . Тогда, проецируя уравнение
движения точки на ось x, находим m ax mg sin Q cos f N . Если mg x Qx f N , то точка будет двигаться в отрицательном
80