doc1
.pdf30 |
IX. Динамика материальной точки |
в 1 м/с равно 0,5 Н. Считая силу сопротивления направленной в сторону, обратную скорости, определить силу тяги винта, если она составляет угол в 10° с направлением полета. Определить также величину подъемной силы в данный момент.
Р е ш е н и е |
|
|
Рассматривая самолет как мате- |
У |
|
риальную точку, покажем на рисун- |
|
|
ке силы, действующие на него в мо- |
.Vs |
|
мент горизонтального полета: силу |
||
тяжести mg, подъемную силу Fn, си- |
|
|
лу сопротивления FQ, силу тяги |
Fr. |
|
Выбрав систему Оху, запишем диф- |
|
|
ференциальные уравнения движе- |
|
|
ния в проекции на оси х и у: |
|
|
mx = ^Fkx |
= F,cosa-Fc, |
|
тУ = ^fky =F„+FTsina-mg,
где х = а; у = 0.
-ч*u f
^ ^ |
fa v X |
mg
(1)
(2)
Тогда уравнения (1) и (2) примут следующий вид:
та - Fr c o s a - / £ = FT cosa-0,5v2 , |
(3) |
|
|
0 = F„ + F, sin a - m g . |
(4) |
Силу тяги винта найдем из уравнения (3): |
|
|
^ = ma+0$v2 |
= 2000-5+0,5-200г = 3Q 4 6 3 |
( Н ) |
cosa |
coslO0 |
|
Из уравнения (4) определим подъемную силу
F„ =mg-FT sinl0°= 2000-9,8-30463-0,174 = 14310 (Н).
О т в е т : сила тяги равна 30 463 Н, подъемная сила равна 14 310 Н.
Задача 26.24
Грузовой автомобиль массы 6000 кг въезжает на паром со скоростью 6 м/с. Заторможенный с момента въезда на паром автомобиль остановился, пройдя 10 м. Считая движение автомобиля равноза-
26. Определение сил по заданному движению |
31 |
медленным, найти натяжение каждого из двух канатов, которыми паром привязан к берегу. При решении задачи пренебречь массой и ускорением парома.
Р е ш е н и е Рассмотрим равнозамедленное дви-
жение автомобиля по парому. Покажем |
N |
|
||
силы, действующие на автомобиль: си- |
С | ж В ж |
|
||
лу тяжести mg, нормальную реакцию N, |
|
|||
силу трения Ттр (рис. 1). Учитывая пря- |
О |
|||
молинейное движение автомобиля, на- |
||||
правим ось х в сторону движения. За- |
mg |
|
||
Рис. 1 |
|
|||
пишем дифференциальное уравнение |
|
|||
движения в проекции на ось х: |
|
|
|
|
тх |
|
|
•тр> |
|
где х = а. |
|
|
|
|
Так как движение равнозамедленное, то |
|
|||
откуда |
vj -v02 =2as, |
|
||
б2 |
|
|
|
|
а - ±2sА |
= -1,8 (м/с), |
|
||
2 1 0 |
|
|||
т.е. вектор а направлен в сторону, обратную движению автомобиля. Тогда
FTp = - т х = -6000 • (-1,8) = 10 800 (Н).
Далее рассмотрим равновесие парома, на который действуют силы: сила тяжести автомобиля mg, архимедова сила FA, сила сцепления (|/7Р| = |/vp|),
силы 7J и Т2 натяжения канатов, равные по величине (рис. 2). Для нахождения натяжения канатов используем уравнение равновесия:
1 ^ = 0 ,
F'
Я
Fa
mg |
" Т1 |
|
|
|
Рис. 2 |
T1+T2-FT'P=2T-FT'P=0,
так как Т{=Т2.
32 |
IX. Динамика материальной точки |
Откуда
Т = Tt =Т2 |
Ек = |
2 |
= 5400(H). |
|
2 |
|
О т в е т : натяжение каждого каната 5400 Н.
Задача 26.25
Грузы А и В веса РА = 20 Н и Рв = 40 Н соединены между собой пружиной, как показа-
но на рисунке. Груз А совершает свободные колебания по вертикальной прямой с амплитудой 1 см и периодом 0,25 с. Вычислить силу наибольшего и наименьшего давления грузов А и В на опорную поверхность CD.
Р е ш е н и е
Рассмотрим прямолинейное колебание груза Л, на который действуют сила тяжести РА и сила упругости Fynp пружины. Направим ось х вертикально вверх (см. рисунок) и запишем дифференциальное уравнение движения груза А в проекции на эту ось:
m I* — |
— ^упр РА. |
Откуда найдем
Fynp=jP"U+l |
(1) |
|
т
упр
Так как в условии сказано, что колебания груза свободные, то уравнение его движения можно записать в виде
х - a sin kt,
где к — циклическая частота, к = 2кТ
Тогда |
• |
|
X = |
tfSin 1 |
(2) |
|
\Т |
|
26. Определение сил по заданному движению |
|
|
|
|
33 |
|||||||
Продифференцировав выражение (2) дважды, получим |
||||||||||||
X |
2ап |
cos |
|
|
|
|
4ап . |
(2il |
. |
|||
|
Т |
|
|
|
|
|
—г—sin |
{Т |
/ . |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
Т2 |
|
|
||
Подставим значение х в формулу (1): |
|
|
|
|
||||||||
|
|
1F = |
ГР |
' |
Лап2 |
. |
(2к |
1 |
|
|
||
|
|
1 |
|
Г-Sin |
[т |
|
|
|||||
|
|
|
Упр |
А |
|
gT2 |
|
|
|
|
||
Максимальным значение Fynр будет при sin |
а мини- |
|||||||||||
мальным — при s i n f ^ / j = l. Следовательно, |
|
|
||||||||||
|
|
УТ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4ак2 |
\ |
|
г |
4 |
0,01-3J42 |
= 323 (Н), |
|||
|
|
|
|
|
|
1 + |
9,8-ОД52 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
1Fmm =РJ A |
Г, 4™2) |
= |
2о[ 1_4-0,01-ЗД42' |
|
|
|||||||
|
|
|
gT2) |
|
|
|
|
9,8-0Д52 |
1 |
V ; |
||
Для определения силы давления груза В на опорную поверхность CD рассмотрим состояние его равновесия под действием силы тяжести Рв, силы упругости Ту'П9 = -Fynp и реакции N поверхности:
откуда
X = PB+Fy'np,
так как Fv'„p = |Fynp|, то
^ а х = P, + F m =40+32,8 = 72,8 (Н),
M™ =PB + Fmin = 40 + 7,2 =47,2 (Н).
Сила давления груза В равна по величине реакции опорной поверхности, т.е. Rmax = 72,8 Н, Rmin = 47,2 Н.
О т в е т : Лтах = 72,8 Н; Rmin = 47,2 Н.
34 |
IX. Динамика материальной точки |
Задача 26.26
Груз массы т = 600 кг посредством ворота поднимают по наклонному шурфу, составляющему угол 60° с горизонтом (см. рисунок). Коэффициент трения груза о поверхность шурфа равен 0,2. Ворот радиуса 0,2 м вращается по закону ф = 0,4Л Найти натяжение троса, как функцию времени и значение этого натяжения через 2 с после начала подъема.
Р е ш е н и е
Рассмотрим прямолинейное движение груза по плоскости шурфа вверх. Покажем на рисунке силы, которые на него действуют: силу тяжести mg, реакцию N поверхности, силу трения Flp, силу натяжения Т троса. Направим ось х в сторону движения груза и запишем дифференциальное уравнение его движения в проекции на эту ось:
mx = ^Fkx = T-mgsin60°-Frp, |
(1) |
где FTр = fN = ftng cos 60°; х — ускорение. Ускорение найдем по формуле
X=R£,
где R — радиус ворота; е = ф = (0,4/3) = 2,4/.
Тогда Jt = 0,2-2,4 / = 0,48/.
Силу натяжения троса найдем из уравнения (1):
Г = mx+mg sin 60°+ F,' = 0,48tm +mg sin 60°+fmg cos 60° =
= mg 0,48 + sin60°+ / cos60° : 600 • 9,8 |
+0,866 +0,2 • 0,5j = |
. g
= 288/ + 5680 (H).
Через 2 с после начала движения Т = 288-2 +5680 = 6256 (Н).
О т в е т: Т = (5,68 +0,288/) кН; при / = 2 с Т = 6,256 кН.
26. Определение сил по заданному движению |
35 |
Задача 26.27
Самолет, пикируя отвесно, достиг скорости 300 м/с, после чего летчик стал выводить самолет из пике, описывая дугу окружности радиуса R = 600 м в вертикальной плоскости. Масса летчика 80 кг. Какая наибольшая сила прижимает летчика к креслу?
Р е ш е н и е
Рассмотрим летчика в произвольный момент движения самолета по дуге как материальную точку. Покажем на рисунке силы, действующие на него: сила тяжести mg, реакция N кресла. Запишем дифференциальное уравнение движения точки в проекции на главную нормаль п:
та„ = Y,F*» = |
N-m8cosa> |
где а — угол, определяющий величину отклонения самолета от го-
ризонтального положения; ап — нормальное ускорение, а„ = R
Выразим реакцию N кресла:
/ v2
N-ma„+mgcosa = m — + gcosa v R
Максимальным значение Добудет при cos a = 1, т.е. когда a = 0. Тогда
•2 |
^ |
|
'ЗОО2 |
Wmax =m\— + g |
80 |
+9,8 =12 784 (Н). |
|
|
|
|
600 |
Наибольшая сила, прижимающая летчика к креслу,
|Fmax| = |./7max| = 12 784 H.
О т в е т : 12 784 Н.
36 |
IX. Динамика материальной точки |
|
Задача 26.28 |
Груз М веса 10 Н подвешен к тросу длины / = 2 м и совершает вместе с тросом колебания согласно урав-
Л
нению <р = — sin2rc/, где <р — угол отклонения троса от
6
вертикали в радианах, t — время в секундах. Определить натяжения Г, и Т2 троса в верхнем и нижнем положениях груза.
Р е ш е н и е
Рассмотрим движения груза М под действием силы тяжести Р и реакции Т связи. Свяжем с движущимся грузом естественные оси (см. рисунок) и запишем основное уравнение динамики точки в проекции на ось w:
|
|
|
|
man = |
|
где а„ |
v2 |
; |
= |
Т-Рcos<p. |
|
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
V2 |
(1) |
|
|
|
|
т ~ = Г - Pcostp. |
|
Верхнего положения груз достигает, когда sin 2л/, = 1. Следова- |
|||||
тельно, |
|
1 |
_ |
л |
|
= - |
с. Тогда ф = <р, = —. |
|
|||
|
|
4 |
|
6 |
|
Найдем скорость груза. Так как траектория движения груза М —
окружность радиусом /, то |
|
|
|
v = % |
(2) |
• Л2 |
- , |
|
где ф =—cos 2л/. |
|
|
При |
= ^ получим, что ф, = 0, а значит, v, = 0. Тогда уравнение (1) |
|
примет вид |
|
|
|
7J - Рсозф, = 0. |
|
26. Определение сил по заданному движению |
|
37 |
|||
Откуда найдем |
|
|
|
|
|
|
Тх = Рcostp, = 10 cos - = 8,65 (Н). |
|
|||
В нижнем положении |
груза <р = <р2 =0, т.е. sin2jtf2 =0- |
Отсюда |
|||
1 |
я2 |
. |
|
|
|
t2 = - с, тогда ф2 = - — |
рад/с. |
|
|
||
По формуле (2) найдем v2 = п2 |
/ и подставим это выражение |
||||
в уравнение (1): |
|
^ |
|
|
|
|
|
m\-~)t=T2-PcosO°. |
|
||
Отсюда, учитывая, что m = —, определим |
|
||||
|
|
|
g |
|
|
|
Р( |
я 2 ^/ + /> = 12ZE1. 2+10 = 32,1 (Н). |
|
||
|
Т2=- g |
|
9,8-9 |
|
|
О т в е т : |
Г, = 8,65 Н; |
Т2 = 32,1 Н. |
|
|
|
Задача 26.29
Велосипедист описывает кривую радиуса 10 м со скоростью 5 м/сек. Найти угол наклона срединной плоскости велосипеда к вертикали, а также тот наименьший коэффициент трения между шинами велосипеда и полотном дороги, при котором будет обеспечена устойчивость велосипеда.
Р е ш е н и е
Рассмотрим движение велосипедиста под действием силы тяжести mg, нормальной реакции N и силы трения FTf. Покажем эти силы на рисунке.
Свяжем с велосипедистом естественные оси п и Ь и запишем основное уравнение динамики точки в проекции на эти оси:
= |
(1) |
0 = -mg + N. |
(2) |
38 |
IX. Динамика материальной точки |
Из уравнения (2) найдем N=mg. |
(3) |
|
v2 |
Поскольку нормальное ускорение а„ = —, а минимальная сила трения ^
frP=fmmN = fminmg,
то выражение (3) примет вид
V 2
т—•= fminmg,
К
где R — радиус кривизны.
Откуда
v2 _ |
52 |
/ m i n = ^ = |
10^8=0,255' |
Угол наклона а срединной плоскости велосипеда к вертикали должен быть равен углу трения <р, который найдем из выражения tg а = tg ф = / т ю , а = arctg 0Д55 = 14°20'.
Либо из уравнения равновесия
= 0 => N ОС • sin а = fmm N ОС • cosa => tga = /min.
О т в е т : 14°20'; 0,255.
Задача 26.30
Велосипедный трек на кривых участках пути имеет виражи, профиль которых в поперечном сечении представляет собой прямую, наклонную к горизонту, так что на кривых участках внешний край трека выше внутреннего. С какой наименьшей и с какой наибольшей скоростью можно ехать по виражу, имеющему радиус R и угол наклона к горизонту а, если коэффициент трения резиновых шин о грунт трека равен / ?
Р е ш е н и е
Рассмотрим движение велосипедиста под действием силы тяжести mg, нормальной реакции N и силы трения Frp. Покажем эти силы на рисунке (направление силы трения показано для случая, когда скорость максимальна). Свяжем с велосипедом естественные оси п
26. Определение сил по заданному движению
и b и запишем основное уравнение динамики точки в проекции на эти оси:
„2 |
|
|
|
|
та„ = R |
- Afsina + fVpCosa, |
(1) |
||
таь = 0 = |
/V cosa - Flp sin a - mg, |
(2) |
||
где Frp=fN. |
|
|
|
|
Из уравнения (2) получим |
|
|
|
|
|
N ( l - / t g a ) = mg |
|
||
|
|
|
cosa' |
|
|
N = - |
|
mg |
|
|
|
|
|
|
|
(1- /tga)cosa |
|||
Подставим это выражение в формулу (1): |
||||
mv2 .... |
, |
. |
mg(tga+f) |
|
|
= jV(sina+/cosa) = |
J—. |
||
R |
|
|
l - / t g a |
|
Откуда найдем |
|
|
|
|
|
v2 = |
|
gR(tga+f) |
|
|
|
l - / t g a |
|
|
|
V =5 V |
= |
gWga+f) |
|
|
' ' mnv |
|
l - / t g a |
|
|
|
|
|
|
39
N1
mg,
При движении с минимальной скоростью сила трения будет направлена в противоположную сторону и войдет в формулу (1) со знаком «-». Тогда
|
v = v . |
= |
т в а - л |
|
|
тт |
|
V l + /tg« ' |
|
О т в е т : vmin = |
М Ш ^ Л ; |
тах |
в |
V 1 - / t g a |
т т |
1 + / t g a |
|
||