Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный технологический университет растительных полимеров

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Решение задач Динамика

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.02.2015

Размер:

582.14 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

НАУЧНО-ИНФОРМАЦИОННЫЙ ЦЕНТР САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО ТЕХНОЛОГИЧЕСКОГО УНИВЕРСИТЕТА РАСТИТЕЛЬНЫХ ПОЛИМЕРОВ

Министерство образования и науки Российской Федерации

Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования

Санкт-Петербургский государственный технологический университет растительных полимеров

ДИНАМИКА

Примеры решения задач

для самостоятельной работы студентов

Учебно методическое пособие

Санкт Петербург

2010

УДК 531.1(0.75)+681.3.06(0.75)

Динамика. Примеры решения задач для самостоятельной работы студентов: учебно-методическое пособие / сост.: Н.В.Кузнецова, М.В. Саблина, В.Е. Головко, С.Г.Петров, Д.В. Калинин / ГОУВПО СПбГТУРП.

-СПб., 2010. – 19 с.

Внастоящем учебно-методическом пособии приводятся примеры решения задач по теоретической механике по разделу «Динамика». В начале пособия кратко изложены основные теоретические положения, необходимые для решения каждой задачи, указывается, как используется то или иное теоретическое положение.

Предназначено для студентов всех специальностей.

Рецензент: канд. техн. наук, доцент кафедры процессов и аппаратов химической технологии Санкт-Петербургского государственного технологического университета растительных полимеров Ю.А.Тихонов.

Подготовлено и рекомендовано к печати кафедрой теоретической механики и теории механизмов и машин Санкт-Петербургского государственного технологического университета растительных полимеров (протокол № 7 от 4 мая 2010).

Утверждено к изданию методической комиссией факультета механики автоматизированных производств СПбГТУРП (протокол №6 от

5 мая 2010).

©ГОУВПО Санкт-Петербургский государственный технологический университет растительных полимеров, 2010

Введение

Настоящее учебно-методическое пособие предназначено в помощь студентам при самостоятельном изучении раздела «Динамика» курса теоретической механики.

Динамика – это наиболее общий раздел теоретической механики. В этом разделе изучаются общие законы движения тел с учетом их массы и действующих на них сил.

В пособии кратко изложены основные теоретические положения динамики.

Затем приводятся решения задач, при этом поясняется, какие теоретические положения используются при решении той или иной задачи.

Интегрирование дифференциальных уравнений движения точки, находящейся под действием переменных сил

Задача №1

Материальная точка массы m движется из начала координат вдоль горизонтальной оси ОХ, имея начальную скорость v0. Сила сопротивления движению точки R=kv2. Определить закон движения точки.

Решение:

Vo	N	V

O R

x	X

На точку действуют: сила тяжести G=mg, сила сопротивления R и нормальная реакция N. Дифференциальное уравнение движения точки в проекции на ось ОХ имеет вид:

m dvdt = −R = −kv2 .

Разделим переменные в дифференциальном уравнении и, интегрируя его, найдем:

v∫dvv2 = −

∫0 dt ;

−

= − kt ;

1 =

+ kt

;

v =

mv0

m +kv t

Запишем левую часть равенства: v =

;

mv0

m +kv t

Разделив переменные в последнем равенстве и интегрируя его, найдем закон движения точки:

∫x dx = mv0 ∫t

;

m +kv t

получаем:

x = mv

ln(m +kv t)

0 kv

0 .

m +kv0t

Окончательно получаем: x = m [ln(m +kv0t) −ln m]= m ln

(м).

Ответ: x = m ln

m +kv0t

(м).

Исследование вращательного движения твердого тела

Задача №2

При пуске в ход электрической лебедки к барабануА приложен вращательный момент Мвр=at, где а – постоянная, груз В массой

m1поднимается посредством каната, навитого на барабан А радиуса r и

массой m2.

Определить угловую скорость барабана, считая его сплошным цилиндром. В начальный момент лебедка находилась в покое.

Решение:

Мвр

ωr O X0

	z	v
	z	P2
		P2

Рассматриваем систему, состоящую из барабана, лебедки, нити, груза. На систему действуют активные внешние силы: P1=m1g, P2=m2g и реакции

подшипников X0 , Y0 .

Составляем уравнения по теореме об изменении кинетического момента относительно оси Z:

dLz	n
	= ∑MizE .	(а)

dt i=1

Найдем величины, входящие в равенство (а).

Определим кинетический момент поступательного движения грузаВ:

L1z = m1vr = m1ωr2 .

Кинетический момент вращающегося барабанаА:

L2 z = Izω = m2ω2 r2 .

Кинетический момент всей системы:

L = L

+ L

ωr

(2m +m )

(б)

2 z

Определим сумму моментов внешних сил:

M E

= M

−Pr = at −m gr

∑

вр

(в)

i=1

Подставив значения (б) и (в) в (а), получим:

ωr

(2m1 +m2 ) = at

−m1gr .

(г)

Дифференцируя левую часть равенства (г), получим:

(2m1 + m2 )

dω

= at −m1 gr .

(д)

Определяем угловую скорость барабана. Разделив переменные и

интегрируя (д), получим:

(2m1 +m2 )ω∫dω = a∫t

tdt −m1gr∫t

dt ,

(2m1 +m2 )ω =

at2

−m1grt .

Откуда

ω =

(at −2m1gr)t

(с-1).

(2m

+m )

Ответ:

ω =

(at −2m1gr)t

(с-1).

(2m

+m )

Теорема об изменении количества движения механической системы в ее применении к сплошной среде

Задача №3

Вода входит в неподвижный канал переменного сечения, симметричного относительно горизонтальной плоскости, со скоростью v1под углом α. Скорость воды у выхода из канала v2 и направлена под углом β.

Определить модуль составляющей силы R, с которой вода действует на стенку канала.

Дано: v1, D, d, α, β.

Определить: RXили RY. Решение:

D RY

При установившемся движении масса жидкости, протекающей в единицу времени через любое сечение трубы, постоянна и равна:

m = ρv F = ρv F

, где

πD2

πd 2

1 1

2 2

ρv F

v D2

Откуда

ρF

d 2 .

Силы тяжести текущей по трубе жидкости перпендикулярны горизонтальной плоскости. Реакция стенок трубы расположена в горизонтальной плоскости.

Применим теорему импульсов к движению жидкости в трубе. За промежуток времени τ получим:


mv2τ −mv1τ = Rτ .							(*)

Спроецируем равенство (*) на ось Х:

mv2τ sin β −mv1τ sinα = RXτ ,

откуда	R		= mv sin β −mv sinα = ρv1		πD2	v D2	sin β − ρv1	πD2	v1 sin α =
		X				1
			2	1	4			4
						d 2

= ρ πD2

( D2

sin β −sinα).

d 2

Спроецируем равенство (*) на ось Y:

−mv2τ cos β +mv1τ cosα = RYτ ,

откуда

R = −mv cos β +mv cosα = −ρv

πD2

v D2

cos β + ρv

πD2

v cosα =

1 4

d 2

4 1

= ρ

πD2

(− D2

cos β +cosα).

d 2

Если требуется определить составляющую RX, то уравнение (*) проецируется на ось Х. Если надо определить RY, то уравнение (*) проецируется на ось Y,

Модуль силы R = RX2 + RY2 .

Ответ:

= ρ

πD2

( D2

sin β −sin α)

= ρ

πD2

(− D2

cos β +cosα).

d 2

Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы

Задача №4

Для заданной механической системы определить v1=f(s1). Считать, что у блоков и катков массы распределены по наружному радиусу. Массами нитей пренебречь, нити предполагая их нерастяжимыми. Принять, что движение начинается из состояния покоя. В задании принять следующие обозначения: m1, m2, m3 – массы тел; R и r - радиусы больших и малых окружностей; fтр=0,2 – коэффициент трения скольжения; fк=0,3 – коэффициент трения качения. Проскальзывание отсутствует.

Решение:
			K	2
			ϕ2
		r	YO2
		r	X O2
		R	O2
		R		S1	N
				S1	N
		Мтр.к 3	P2		1
	M		P2
	M
S3	N3 r	R3			Fтр
	N3 r				Fтр
	3				α
	ϕ3

		O3			P1
					P1
		P3
	β	fK

Рассмотрим механическую систему, состоящую из груза 1, движущегося поступательно, блока 2, совершающего вращательное движение и катка 3, совершающего плоское движение.

Применим к рассматриваемой системе теорему об изменении кинетической энергии механической системы в конечной форме:

TII −TI = ∑AiE , i=1

где TI - кинетическая энергия начального положения системы, TII -

кинетическая энергия конечного положения системы. Движение системы началось из состояния покоя. Поэтому:

TI = 0;

TII = ∑AiE . i=1

Определим кинетическую энергию механизма в положении II.

При решении подобных задач рекомендуется линейные и угловые скорости всех тел системы выразить через искомую скорость, а перемещения линейные и угловые – через заданное перемещение.

TII =T1 +T2 +T3.

	T =		m v2
Груз 1 совершает поступательное движение:	T =			1	1 .
Груз 1 совершает поступательное движение:	1			2
				2
		T2		=	I	Z	ω2	, где IZ - момент
Блок 2 совершает вращательное движение:						Z	2
Блок 2 совершает вращательное движение:						2
						2
инерции блока относительно оси вращения.		В данной задаче масса блока

распределена по наружному радиусу, поэтому IZ = m2 R22 .

Выразим угловую скорость блока 2 через скорость груза 1: ω2 = v1 . r2

m R2

Получим:

Каток

совершает плоскопараллельное

движение.

Для него

кинетическая энергия вычисляется по формуле: T3 =

m v2

ω2

3 03

Z 3 3

= m R2

где

Z 3

(масса катка также распределена по наружному радиусу).

3 3

Так как нити нерастяжимы, скорости точекК и N равны:

vK = vN =ω2 R2 =ω3 (R3 +r3 ),

отсюда ω3 =

ω2 R2

+r )

Выразим угловую скорость катка 3 через скорость груза 1:																													ω =			v1R2
																													ω =
																													3		r (R		+r ) .
																															2	3	3
Скорость центра масс катка v03 также выразим через скорость груза 1:
							v03 =ω3r3 = v1												r3R2					.
							v03 =ω3r3 = v1										r (R +r )							.
																		2	3		3
	T3 =				m R2r2						v12	+				m R2 R2							v12 =		m R2				(r2	+ R2 )		v12 .
Итого получим:						3	2 3											3	3	2						3		2	3		3
Итого получим:		2r			2	(R +r )				2				2r		2						2						2			2
		2r				(R +r )								2r				(R +r )								2r (R +r )
			2				3		3						2				3	3							2		3	3
Кинетическая энергия всей системы:
	T =				m v2				m R2			v	2					m R2		(r2 + R2 )						v	2
						1 1		+		2 2					+			3 2 3				3						=
						2		+	2r2						+			2r2 (R +r )2										=
	II					2			2r2			1						2r2 (R +r )2								1
										2									2	3		3
		=		v12			m +			m2 R22				+		m3 R22 (r32 + R32 )										.
		=					m +							+												.
					2		1				r2							r	2 (R +r )2
										2								2		3		3

Сумма работ внешних сил складывается из:

•работы силы тяжести и силы трения скольжения при движении тела 1 вверх:

A1 = −m1g sinαS1 − fTPm1g cosαS1 = −m1gS1 (sinα + fTP cosα).

•работы сил при качении катка 3 вниз, силы тяжести и моментов М и

МТРК:

A3 = m3 g sin βS3 − fTPK m3 g cos βS3 + Mϕ3.

Выразим перемещение катка 3 через перемещение груза 1, используя кинематические соотношения:

;

ϕ R

S R

=ϕ r =

S R r

2 2

1 2

;

1 2 3

R3 +r3

r2 (R3 +r3 )

(R3 +r3 )

Получим:

S1R2

[m3 gr3 (sin β − fTPK cos β) +M ].

(R3 +r3 )

Сумма работ внешних сил:

S1R2

[m3 gr3 (sin β − fTPK cos β) + M ].

∑AiE = −m1gS1 (sinα + fTP cosα) +

(R3 +r3 )

i=1

По теореме об изменении кинетической энергии:

v12

m2 R22

m3 R22 (r32 + R32 )

= −m gS (sinα + f

cosα) +

+r )2

1 1

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.02.201571.01 Кб17Реферат Экономика.docx
#
13.02.201567.33 Кб35Реферат Экономика.docx
#
13.02.201555.06 Кб6РЕФЕРАТ.docx
#
13.02.201589.6 Кб41Реферат.docx
#
13.02.201559.95 Кб48реферат.docx
#
13.02.2015582.14 Кб30Решение задач Динамика.pdf
#
13.02.2015858.1 Кб28Решение математических задач.pdf
#
13.02.201526.11 Кб20решение.doc
#
13.02.20155.09 Mб292Руководство к DV-II.doc
#
13.02.201556.32 Кб99Рынок земли и земельная рента.doc
#
13.02.2015132.61 Кб20Рынок труда и заработная плата .doc