динамика

горизонтом. На участке трассы АВ действует постоянная сила

F = 2 кН. На

участке трассы ВC на автомобиль действует постоянная

сила трения

m V 2

m V 2

Рисунок 23 – Движение по участку АВ

В

А

Аk

2

2

m V 2

m V 2

В

А

AP

AN

АF ,

2

2

реакции на том же перемещении, АF – работа силы F.

Вычислим работы сил:

АР =АN = 0, так как силы Р

и

N перпендикулярны к направлению перемещения.

АF = F · l, так как сила F совпадает с направлением перемещения.

По теореме об изменении кинетической энергии точки

m V2

m V2

В

А

F

l .

2

2

Из этого выражения получим

V 2

V

2

F l / m

225

80 17,46 м/с.

В

A

mVC

mVB

Sk .

Или применительно к данной задаче

Рисунок 24 – Движение по участку ВС

mVС

mVВ

SР

Sтр

SN ,

где SP

P t2 - импульс постоянной силы тяжести P ,

Sтр

Fтр t2

импульс постоянной силы Fтр ,

SN

N

t2

импульс постоянной силы N .

В проекции на ось х получим

mVСx – m VВx = SPx + Sтрx + SNx.

(*)

Для постоянных сил вычислим проекции импульсов на ось х,

SPx

= mg cos 820 · t2 ,

Smpx = – Fmp· t2 = – f · N · t2,

SNx = 0.

m V2

m V2

К

С

Аk

2

2

m VК2

m VС2

АР АN ,

(**)

Рисунок 25 – Движение по мосту

2

2

Вычислим работу сил.

АР = – m

g · h1 = – m g · ( R cos 150 – (R – h)),

АN = 0, так как реакция N перпендикулярна к направлению перемещения.

Подставляя эти выражения в формулу (**) и поделив на m, найдем

VК

VС2

2 g (Rcos150 (R h)) 18,86м/с.

maК

P

N.

Пример решения задачи Д2

Однородная круглая пластина

радиуса

R = a = 2м и массы m1 = 40кг вращается вокруг

оси Oz с угловой скоростью ω0 = 10 с -1. С

пластиной жестко связан точечный груз А массы

m2 = 8кг (рисунок 26). В момент времени

t0 = 0

на пластину начинает действовать пара сил с

постоянным моментом

М = – 120 нм.

Определить угловую скорость пластины в

момент времени Т = 2с.

Решение.

1. Рассмотрим

механическую

систему,

состоящую из пластины и точечного груза.

Рисунок 26 – Схема механизма

Для решения

задачи воспользуемся

теоремой об изменении кинетического момента

относительно оси вращения Oz

dKz

e

mz (Fk )

(1)

dt

2. Вычислим сумму моментов внешних

сил, действующих на систему. Приложим к

системе

внешние

силы

(рисунок

27):

силу

тяжести пластины

Р1

, силу тяжести груза Р2

,

вращающий

момент

М, а

также

реакции

подпятника

R0

и подшипника

RД .

Рисунок 27 – Внешние силы системы

Тогда

m (F e )

m (Р )

m (P )

m (R )

m (R

Д

) М.

(2)

z

k

z

1

z

2

z

o

z

Вычислим моменты внешних сил, входящие в выражение (2)

mz (Р1 )

mz

(P2 )

0,

так как силы

Р1

и Р2 параллельны оси Оz;

mz (Ro ) mz (RД )

0, так как силы

R0 и

RД пересекают ось Оz.

Следовательно, вместо выражения (2) имеем

m (F e )

М.

(3)

z

k

Вычислим кинетический момент системы

КZ = КZпласт + КZгруз.

(4)

Пластина совершает вращательное движение, поэтому

КZпласт = JZ · ω = 1,25 m1· R2 · ω

(5)

Осевой момент инерции

груза А

КZ = КZпласт + КZгруз = (1,25 + (1+cos 300)2) m1 R2 ω = 758,31 ω.

(7)

Подставляя выражения (7) и (3) в уравнение (1), имеем

758,31

d

120 или

d

0,16

dt

dt

Решая это дифференциальное уравнение, найдем

T

Т

d

0,16

dt

0

0

Пример решения задачи Д3

Механическая

система

(рисунок 29) состоит из груза 1,

ступенчатых шкивов 2 и 3 с

радиусами

ступеней

соответст-

венно R2 = 3r2= 0,6 м, R3 = 2r3

= 0, 4 м, блока 4 радиуса R4 =

0,8 м. Массы тел

m1 = 15 кг,

m2 = 8 кг, m3 = 6 кг, m4 = 1 кг.

Радиус инерции второго шкива

ρ2 = 0,5 R2. Масса шкива

3

Рисунок 29 – Механическая система

равномерно

распределена

по

e

Т – Т0 = ∑ Ak

(1)

Т = Т1 + Т2 + Т 3+ Т4 .

(2)

6. Выразим все входящие в формулы (3) скорости через

искомую

угловую скорость ω4.

Блок 4 совершает вращательное движение, поэтому (рисунок 30)

VК = ω4 R4 = 0,8 ω4.

(4)

Нить

КЕ

совершает

поступательное

движение,

следовательно

VЕ = VК = 0,8 ω4.

(5)

Шкив 2 совершает

плоское

движение. М.ц.с. шкива в точке Р,

Рисунок 30 – Скорости точек система

поэтому

ω2 = VЕ / (R2 + r2) = ω4.

(6)

Скорость центра масс С шкива 2

VС = r2 ω2 = 0,2 ω4.

(7)

Скорость точки В шкива 2

VВ = 2 r2 ω2 = 0,4 ω4.

(8)

Нить ДВ совершает поступательное движение, следовательно

VВ = VД или

0,4 ω4 = ω3 r3

Откуда

ω3 = 2 ω4 .

(9)

Шкив 3 находится во вращательном движении, следовательно

VА = ω3 R3 = 2 ω4 · 0,4 = 0,8 ω4

(10)

Нить, соединяющая тела 1 и 3 находится в поступательном движении

(рисунок 30), поэтому

V1 = VA = 0,8 ω4.

(11)

7. Вычислим моменты инерции, входящие в выражения (3)

Для шкива 2 задан радиус инерции ρ2 = 0,5 R2 , следовательно

J

= m

2

ρ 2 = 8 · 0,09 = 0,72 кг м2.

(12)

C

2

77

JC3 = m3 R32 = 6 · 0,16 = 0,96 кг м2.

(13)

Блок 4 сплошной однородный цилиндр, для которого

JC4 = m4 R42 / 2 = 1 · 0,82 / 2 = 0,32 кг м2 .

(14)

Выразим кинетическую энергию Т через искомую величину ω4.

Подставив выражения (6) – (11), (12) – (14) в равенство (3) и далее в

формулу (2), окончательно получим

Т = (4,8 + 0,16 + 0,36 + 1,92 + 0,16) ω42 = 7,4 ω42.

(15)

9. Найдем сумму работ всех действующих внешних сил при том

перемещении, которое будет иметь система, когда тело 1 пройдет путь s1.

Изобразим

действующие

на

систему

внешние

силы

(рисунок 31):

активные

F ,

P 1,

P 2,

P 3, P 4;

реакции

связей

N

1,

N 2,

R 3, R 4;

Fmp , Fcц ,

момент сопротивления М.

Тогда

сумма

работ

Рисунок 31

– Внешние силы и перемещения

внешних сил, действующих на

систему, будет

Аke

АF

АР

Атр

АР

АР

АР

AN

AN

AR

AR

Acц АМ .

(16)

1

2

3

4

1

2

3

4

Обозначим: sС – перемещение центра шкива 2 (рисунок 31); φ3 – угол

поворота шкива 3 и вычислим работы всех сил входящих в выражение (16).

АF = F · s1 – так как сила F постоянная и совпадает с направлением

перемещения;

А

= Р1

· h1 = m1 g · s

1

· cos 300, где h1 – вертикальное смещение груза 1;

Р

1

АР

=–Р2 · hС = –m2 g · sС · sin 300, где hС - вертикальное смещение точки С;

2

Атр = – Fтр s1 = –f N1 s1= –fm1g s1 · cos 600;

АР3

= АР4

= 0, так как эти силы приложены к неподвижным точкам;

АN1

= 0, так как эта сила перпендикулярна к направлению перемещения;

АN 2 = 0, так как эта сила приложена к неподвижной точке (м.ц.с.);

Aсц

0, так как эта сила приложена к неподвижной точке (м.ц.с.);

АR3

= АR4

= 0, так как эти силы приложены к неподвижным точкам;

78

Применяя это правило установим связь скоростями точки С и тела 1

sC = 0,25 s1.

(18)

Определяя ω3 из выражений (10) и (11), найдем

V1 = ω3 R3 или ω3 = V1/ R3

Откуда

ω3 = 2,5 V1.

Согласно приведенному выше правилу зависимость углового

перемещения φ3 от линейного перемещения s1

определится выражением

φ3 = 2,5 s1.

(19)

Подставляя соотношения (18) и (19) в выражение (17), найдем

= 20 ·2 + 2 · 9,8 · (15 · 0,86 – 0,1 · 15 · 0,5 – 8 · 0,25 · 0,5) – 10· 2,5 · 2 =

(20)

точечной массой

m1

на конце и

однородный

стержень ЕL, массой m2

и длиной l2;

оба стержня

лежат в одной плоскости.

Дано: b1 = 0,6 м, b2 = 0,2 м, b3 = 0,2 м, α = 300,

β = 600, l = 0,5 м,

l

2

= 0,8 м, m

1

= 2 кг, m

2

= 4 кг,

1

ω = 4 с –1.

Рисунок 32 – Вращение вала

точка D имеет только нормальное ускорение

n

а

D

(рисунок 33). Тогда сила инерции груза D

Рисунок 33 – Система сил,

и

n

m1

m1

приложенная к валу

F1

аD

аD .

n

То есть она будет направлена в сторону противоположную ускорению aD ,

и численно равна

F1u = m1 · anD

= m1 · ω2 l1 sin β = 2 · 42 · 0,5 · 3 /2 = 8 · 1,73 = 13,86 Н.

3.2 Вычислим силы инерции стержня EL.

Так как вал вращается равномерно

(ω = const),

то элементы стержня

имеют только нормальные ускорения

аnk

(рисунок 33),

направленные к оси

вращения и численно равные а

= ω2

h , где

h

– расстояние элемента от оси

nk

k

k

(рисунок 33). Тогда силы инерции F

и , будут направлены от оси вращения и

k

80