ТМ задания

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный университет природообустройства

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

закону ϕ = t2 − 2t3 , от точки А дви жется точка М так, что дуга

Определить величину абсолютной скорости и абсолютного ускорения

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

09.04.2015

Размер:

2 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

Рис. К2.4

Рис. К2.5

Рис. К2.6

Рис. К2.7

Рис. К2.8

Рис. К2.9

Указания. Задача К2 - на сложное движение точки. При ее решении движение точки по пластине считать относительным, а вращательное движение самой пластины - переносным и воспользоваться теоремами о сложении скоростей и о сложении ускорений. Прежде че м производить расчеты, следует изобразить точку на траектории относительного движения в указанный в условии задачи момент времени,

а затем для найденного положе ния точки определить ее абсолютную скорость и ускорение. На рисунках к задаче точка показана в произвольном положении. В

случаях, относящихся к рис. К2.6-К2.9, положение	точки на		траектории
относительного движения удобно определять с помощью угла	=	(	)	/ R.

Таблица К2

Пример К2. По ободу диска ра диуса R = 0,4м, вращающегося вокруг оси Ох по

момент t = 1c (рис. К2, а).

Рассмотрим движение точ ки М как сложное, считая ее движение по ободу диска относительным, а вращени е диска вокруг оси Ох - переносным.

Определим положение точки М на траектории относительного движения в момент = 1c:

			p	R(2t	2	-1)
Ða = ÐABM =	АМ t=1	=	3	R(2t		-1)	= p
Ða = ÐABM =	R	=		R			= p
	R			R			3

Рис. К2, а

Рис. К2, б

Изображаем точку М на рисунке в момент t = 1с (рис. К2. б). Абсолютную

скорость точки найдем согласно теореме о сложении скоростей:

= vr + ve

Абсолютное ускорение

точки:

aM = ar + ae + ak . Относительное движение

задано естественным способом, поэтому

vr =

d æπ

R(2t 2

R × 4t .

-1)÷ =

При = 1 с

= 1,67 м / с.

dt è 3

к окружности в точке М в сторону

Вектор

vr направляем

по касательной

увеличения дуговой координаты AM (

> 0):

ar = arn + arτ

Нормальное ускорение:

= /R = (1,67) / 0,4 = 7 м /с2.

Направлен вектор		по радиусу диска к его центру (рис. К2, в).

	arn	a τ
		a τ
	aen	e
a	aen	arτ
k

Рис. К2, в

Касательное ускорение:

= (

=1,67 м / с2.

Направления векторов aτ

и v

совпадают∙,

т. к. их значения положительны.

4 )

Переносное

движение –

вращение

диска.

Найдем угловую скорость

угловое ускорение

- 2

) = 2

- 6

При t = 1 с.

= 4=рад/с=.

(

рад / с.

Отрицательное

значение угловой скорости при t = 1с. указывает, что диск

−

вращается в сторону, противоположную положительному направлению отсчета угла

. Вектор	направлен вдоль оси Ох от наблюдателя:

	ee = dwe =		d	(2t - 6t2 ) = 2 -12t рад/с2.

	dt		dt
Так как знаки we и εe		совпадают (оба отрицательные), то диск вращается

ускоренно по ходу часовой стрелки.

Найдем расстояние he точки М от оси Ох вращения диска: he = OM = 2r cos300 = 0.68 м.

Тогда при t = 1с Ve = we × he = 4×0.68 = 2.7 м/с,

an = w2		× h =10.9 м/	,	aτ	=	e	e	× h = 6.8 м/ .
an = w2		× h =10.9 м/	,	aτ	=	e		× h = 6.8 м/ .
e	e	e		e				e
Указываем направление a n ,a τ ,v			e	(рис. К2,				в). Вектор an	направлен к оси
		e e	e					e

вращения, направление ve и aeτ совпадают, т. к. вращение диска ускоренное.

Кориолисово ускорение.

Так как угол между векторами

равен 900, то

численно в момент времени t =1с

= 2 × 4 ×1.67 =13.4 м/с.

a = 2

sin900

Направление ускорения Кориолиса найдем по правилу Жуковского. В

приведенном примере

вектор

лежит

плоскости,

перпендикулярной к оси

вращения. Поэтому для определения направления ak

достаточно повернуть

вектор Vr

на угол 900 в этой же плоскости в направлении we, т. е. вектор ak

направлен к центру

В диска.

Величину абсолютной скорости и абсолютного ускорения найдем методом

проекций:

30° =

1,87∙

0,86

2,7∙

0,5 = 2,7 м/с;

−

30 −

= 0;

∙

−

∙

−

° +

° = 1,67

0,5 + 2,7

0,86 =3,13 м/с;

= 4,18 м/с.

= 0;

aMy = -arn cos300 + arn cos600 - aen cos600 + aeτ cos300 -ak cos300 =

= -7 ×0.86 +1.67×0.5 -10.9×0.5 + 6.8×0.86 -13.4×0.86 = -16.2 м/с2;

aMz = -arn cos600 - arn cos300 - aen cos300 - aeτ cos600 -ak cos600 =

= -7 ×0.5 -1.67×0.86 -10.9×0.86 - 6.8×0.5 -13.36×0.5 = -24.2 м/с2;

aM = aMy2 + aMz2 = (−16.2)2 + (−24.2)2 = 29.1 м/с2.

Ответ: vM = 4.18 м/с, aM = 29.1 м/с2.

	ДИНАМИКА
	Задача Д1
Груз D массой , получив в точке А начальную скорость		, движется в
изогнутой трубе	, расположенной в вертикальной плоскости; участки трубы или
оба наклонные,	или один горизонтальный, а другой наклонный	(рис. Д1.0-Д1.9,

табл. Д1). На участке АВ на груз кроме силы тяжести действуют постоянная сила Q (ее направление показано на рисунках) и сила сопротивления среды R , зависящая от

скорости v груза (направлена против движения).

			A
		Q		Q	B
		D			B
			D		D
			D
			A
C	D	B	A		C
C	D	B	30 0		C
		30 0	30 0		30 0
x					x

	Рис. Д1.0				Рис. Д1.1
x	C		C	D	B
	C		C	D	B
	D		x			Q
	D					D
						D
	B	D Q	A			A
	30 0				30 0	A
	Рис. Д1.2				Рис. Д1.3
	Рис. Д1.2

				A	D Q	B
A		C	x	x		D
Q	D	D	x			D
Q

		B				C
	30 0	30 0				30 0

Рис. Д1.4

Рис. Д1.5

		B	D Q	A		C	x
						C

	D					D
						D
C	30	0		A	D Q	B
	30	0		A	D Q	B
x						30 0
x
		Рис. Д1.6				Рис. Д1.7
		Рис. Д1.6

A												B			D		C
												B			D		C
		Q
		Q
			D								Q							x
			D							D
										D
	30 0			B	D	C		A
	30 0							A	30 0
				Рис. Д1.8			x						Рис. Д1.9
							x


Таблица Д1

Номер			, кг		, м/с	Q, H		R, Н		l, м				, c			Fx, H
условия			, кг		, м/с	Q, H		R, Н		l, м				, c			Fx, H
условия

0			2,4		12	5	0,8			1,5			_			4 sin (4t)
1			2		20	6	0,4			-			2,5			-5cos(4t)
2			8		10	16	0,5			4			-				6 t2
3			1,8		24	5	0,3			-			2			-2 cos (2 t)
4			6		15	12	0,6			5			-			-5 sin (2 t)
5			4,5		22	9	0,5			-			3				3t
6			4		12	10	0,8			2,5			-			6 cos (4 t)
7			1,6		18	4	0,4			-			2			-3 sin (4t)
8			4,8		10	10	0,2			4			-			4 cos (2 t)
9			3		22	9	0,5			-			3			4 sin (2 t)
	В точке В груз, нe изменяя значения своей скорости, переходит на участок ВС
трубы, где на него кроме силы тяжести действует переменная сила																	, проекция
																F	, проекция
которой Fx на ось					задана в таблице.

Считая груз материальной точкой и зная расстояние АВ = или время
	( )
движения груза от точки А до точки В, найти закон движения груза на участке ВС,
т.е. =		, где	= BD. Трением груза о трубу пренебречь.
Указания.			Задача Д1 - на интегрирование дифференциальных уравнений

движения точки (решение основной задачи динамики). Решение задачи разбивается на две части. Сначала нужно составить и проинтегрировать методом разделения переменных дифференциальное уравнение движения точки (груза) на участке АВ, учтя начальные условия. Затем, зная время движения на участке АВ или его длину, определить, какую скорость будет иметь груз в точке В. Эта скорость будет начальной для движения груза на участке ВС. После этого нужно составить и проинтегрировать дифференциальное уравнение движения груза нa участке ВС тоже с учетом начальных условий, ведя отсчет времени от момента, когда груз находится в точке В, и полагая, что в этот момент времени = 0. При интегрировании уравнения

движения на участке АВ в случае, когда				задана длина участка, целесообразно
перейти в уравнении к переменной , учтя, что
	dvx	= v	x	dvx	.
	dt		x	dx

Пример Д1. На наклонном участке АВ трубы (рис. Д1) на груз D массой действует сила сопротивления R ; время движения от точки А, где v=v0 , до точки В равно . На участке ВС на груз действует сила тяжести и переменная сила F = F( ), заданная в ньютонах.

Дано: = 2 кг, R = 0,4v Н, v0 = 5 м/с, = 3с, Fx = 10 sin(4 ).

Определить: = ( ) – закон движения груза на участке ВС.

	y	z
	B	z
N	B
N		N
		N
A			C
R			C
R			F
300 P		P 300	F
	Рис. Д1		x
	Рис. Д1

Решение. Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз материальной точкой. Изображаем действующие на груз силы P = mg , R и N . Проводим ось Az и составляем дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

= ∑

или m

dvt

P sin300 – R (1)

сил, учтя при этом, что v

= v:

Подставим в уравнение (1) значение

−

= −mg sin 300

− 0,4v или

= −g sin 300

−

0,4

= −9,8 * 0,5 − 0,2v

= −4,9 − 0,2v (2)

Разделив в уравнении (2) переменные, получим

= -dt .

4,9 + 0,2v

Возьмем от обеих частей интегралы:

= -òt

òB

4,9 + 0,2v

d(4,9 + 0,2v)

= -òt

òB

0,2

4,9 + 0,2v

ln(4,9 + 0,2v)

vA = −0,2t

(3)

Подставляя в уравнение (3) пределы интегрирования, получим: ln(4,9 + 0,2vB ) − ln(4,9 + 0,2vA ) = −0,2t

Отсюда

ln 4,9 + 0,2vB = -0,2t 4,9 + 0,2vA

4,9 + 0,2vB = e−0,2t

4,9 + 0,2vA

В результате находим

vB = (4,9 + 0,2vA ) × e−0,2t - 4,9 = 7,8 м/с (4) 0,2

Теперь рассмотрим движение груза на участке ВС; найденная скорость vB будет для движения на этом участке начальной скоростью ( v0 = vB ). Изображаем груз в произвольном положении и действующие на него силы P = mg , N и F .

Проведем из точки В ось В и составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

dvx

= P + N

+ F

(5)

Так как P = Psin 300

= mg sin 300 , N

=0,

= 10sin(4t) , то уравнение (5) примет вид:

dvx

= mg sin 300 + 10 sin(4t) .

Разделив обе части равенства на

= 2 кг, получим:

dvx

= 4,9 + 5sin(4t)

(6)

Умножая обе части уравнения (6) на

и интегрируя, найдем

= 4,9

1,25

+ . (7)

от момента, когда груз находится в точке В,

Будем теперь отсчитывать время –

(4 )

считая в этот момент

= 0. Тогда при

= 0 vx

= v0

= vD , где vВ дается равенством (4).

Подставим эти величины в (7):

c1 = vB +1,25cos0

= 7,8 +1,25 = 9,05

При найденном значении c1 уравнение (7) дает

x = 2,45t 2 - 0,31sin(4t) + 9,05t + c2

Так как при = 0 x = 0, то c2 = 0 и окончательно искомый закон движения груза будет:

x = 2,45t 2 - 0,31sin(4t) + 9,05t ,

где x - в метрах, – в секундах.

	Задача Д2
Груз массой	укреплен на пружинной подвеске в лифте (рис. Д2.0 - Д2.9,
табл. Д2). Лифт движется вертикально по закону: x		=	1	a t 2 + a		sin(wt) + a		cos(wt) (ось

	1	2		1	2		3
x1 направлена по вертикали вверх; x1 выражено в метрах,					- в секундах). На груз
действует сила сопротивления среды R= μv, где		- скорость груза по отношению к

лифту.

В таблице приняты следующие обозначения: c1, c2 , c3 - коэффициенты жесткости пружин, λСТ - статическое удлинение пружины с эквивалентной жесткостью, λ0 - удлинение пружины с эквивалентной жесткостью в начальный момент времени t0 = 0, v0 - начальная скорость груза по отношению к лифту (направлена вертикально вверх). Прочерк во всех столбцах c1, c2 , c3 стоит, когда задано λСТ , а прочерк в одном из столбцов означает, что соответствующая пружина

отсутствует и на чертеже изображаться не должна. Если при этом конец одной из оставшихся пружин окажется свободным, его следует прикрепить в соответствующем месте или к грузу или к потолку (полу) лифта; то же следует сделать, если свободными окажутся соединенные планкой концы обеих оставшихся пружин( ) .

Найти закон движения груза по отношению к лифту, т. е. = ; начало

координат поместить в положении статического равновесия груза при неподвижном лифте. При подсчетах можно принять g ≈ 10 м/с2.

Указания. Задача Д2 охватывает одновременно темы относительное движение и колебания материальной точки. Сначала нужно составить дифференциальное уравнение относительного движения (по отношению к лифту) рассматриваемого в задаче груза, для чего присоединить к действующим силам переносную силу инерции. При этом заменить подвеску одной пружиной с жесткостью, эквивалентной жесткости подвески. Затем проинтегрировать полученное линейное дифференциальное уравнение 2-го порядка, учтя начальные условия.

Таблица Д2

№	, кг	c ,	c	2	,	c	3	,	λСТ , м	a1	a2 , м	a3 , м	w,	μ ,	λ0 , м	, м/с
усл.		1		2			3						рад/с	Н·м/с
		Н/м	Н/м			Н/м
		Н/м	Н/м			Н/м
0	0,5	300	150			-			-	0	0,1	0	25	-	0	0

1	2	-	240			120			-	-1,5g	0	0	-	16	0,1	0

2	4	-	-			-			0,1	-0,5g	0,3	0	5	-	0	4
2	4	-	-			-			0,1	-0,5g	0,3	0	5	-	0

3	1	240	-			160			-	0	0	0,2	16	-	0	0

4	0,5	80	120			-			-	-g	0	0	-	12	0,15	0

5	2	-	400			400			-	0,5g	0	0,15	15	-	0	0

6	0,4	-	-			-			0,05	g	0	0	-	8	0	2

7	0,5	120	-			180			-	0	0,12	0	20	-	0	0

8	0,4	50	200			-			-	0	0	0,12	20	-	0,15	0

9	1	200	-			300			-	1,5g	0	0	-	20	0	3