Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Методичка по Теоретической механике

.pdf
Скачиваний:
244
Добавлен:
26.03.2016
Размер:
7.27 Mб
Скачать

Пример Д1. На вертикальном участке АВ

 

трубы (рис. Д1) на груз D массой т действуют

 

сила тяжести и сила сопротивления R; расстояние

 

от точки А, где a = v0, до точки В равно I. На на­

 

клонном' участке ВС на груз Действуют сила

 

тяжести

и переменная сила F = F(t),

заданная

 

в ньютонах.

 

 

 

 

 

Д а н о :

т = 2 кг, R =

ца2,где ц =

0,4 кг/м,

 

»о = 5 м/с, I = 2,5 м, Fx =

16 sill (4/). О п р е д е-

 

л и т ь :

x =

f(t) — закон

движения

груза

на

 

участке ВС.

 

 

 

 

 

Решение.

1. Рассмотрим движение груза

на

Рис. Д1

участке АВ, считая груз материальной точкой.

 

Изображаем

груз (в произвольном положении)

 

и действующие на него силы Р = mg и R. Проводим ось Аг и составляем дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

da*

da*

— Р г + R z .

 

=

XFhz ИЛИ m V z - ^ -

( 1 )

d*

dz

 

 

Далее находим Pz =

Р = mg, Rz = — R =

ца2; подчеркиваем, что

в уравнении все переменные силы надо обязательно выразить через величины, от которых они зависят. Учтя еще, что vz = v, получим

do

 

 

,

 

 

do

ц /

 

mg

л

(2 )

dz

mg — iu r или

v —;— = -=-4 -— 2------tr I .

 

 

 

 

 

dz

m \

 

ц

/

 

Введем для сокращения записей обозначения

 

 

 

k =

I1

__ П О

. . — I

,

„ __

т 8 __ кл

,, /^2

 

(3 )

т

= 0,2

м“

п ■

: 50

м2/с 2 ,

 

где при подсчете

принято

g ^

 

10

м/с2. Тогда

уравнение (2)

можно

представить в виде

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2.V •

da

• =

- 2 k(v2- n ) .

 

 

 

( 4)

 

 

 

dz

 

 

 

 

 

 

 

 

Разделяя в уравнении (4) переменные,

а затем

беря от

обеих

частей

интегралы, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2vdv

2kdz

и ln(y2 — п ) = — 2 k z + C \ .

 

( 5)

 

=

 

По начальным условиям при z =

0 v =

v0, что дает Сi =

1п(ао —п) и

из равенства (5)

находим In (а2 —п)— 2&z +

ln(ao —п)

или

1п(а2 —

— я) — In (а2 — п ) = — 2kz. Отсюда

 

 

 

 

 

 

1п-

 

 

■2kz и

 

 

 

 

 

 

vo — n

 

 

 

Vo — n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

53

"■ ..........

-------

В результате находим

 

 

 

 

 

 

V2 = п +

( у о

ri)e~2kz.

(6)

 

Полагая в равенстве (6) z =

1 =

2,5 м и заменяя k и п их значе­

ниями (3), определим

скорость vB груза

в точке В (но =

5 м/с, число

е — 2,7):

 

 

 

 

 

 

у | =

50 — 25/е =

40,7

и

vB= 6,4 м/с Л

(7)

2. Рассмотрим теперь движение груза на участке ВС; найденная

скорость vB будет для движения

на этом участке начальной скоростью

(vo =

VB)■ Изображаем груз (в произвольном положении)

и действую­

щие

на него силы Р — mg,Nур 7? и F. Проведем из точки

В оси Вх и

By и составим дифференциальное уравнение движенияч груза в проекции

на

ось Вх:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt>*

 

 

 

 

 

 

 

 

т —^ — = Рх + Nx+ Flpx+ Fx

 

или

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A v x

 

 

 

 

(8)

 

 

 

m —^ —— m g s m a —F-,p + Fx ,

где

Fn = {N. Д ля

определения N

составим

уравнение в

проекции на

ось' By. Так как ау =

0, получим 0 =

N — mg cosa, откуда N — mg cos а.

Следовательно, Fyp =

fm g cosa;

кроме того, Fx = 16sin(4<)

и уравнение

(8)

примет вид

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d v x

m g(sina — /cosa) +

16sin(4f) .

(9)

 

m—fij =

 

Разделив обе

части

равенства

на m, вычислим g (sin a — / cosa) =

=

g(sin30°— 0,2 cos 30°) =

3,2;

16/m = 8

и

подставим

эти значе­

ния в (9). Тогда

получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

3,2 + 8sin(4/) .

(10)

Умножая обе части уравнения (10)

на At и интегрируя, найдем

 

 

 

vx = 3 , 2 / - 2 cos(4 0 +

С2 .

(И )

Будем теперь отсчитывать время от момента, когда груз находится в точке В, считая в этот момент t = 0. Тогда при t = 0 v:= v 0 — vB, где vB дается равенством (7). Подставляя эти величины в (11), получим

С2 — 0,8 + 2cos0 = 6,4 + 2 = 8,4 .

При найденном значении

С2 уравнение (11)

дает

 

(J Y

3,2^— 2cos(4/) +

8,4 .

(12)

vx = ^ =

54

Умножая здесь обе части,на di и снова интегрируя, найдем

 

х = l,6t20,5 sin (4/) + 8,4f + С3-.

(13)

Т ак как при t = 0 х = 0, то С3 = 0 и окончательно искомый закон

движения груза будет

 

х = l,6i2 + 8,4/— 0,5sin(40 ,

(14)

где х — в метрах, t. — в секундах.

Задача Д2

Груз 1

массой

m

укреплен

на

пружинной подвеске

в лифте

(рис. Д2.0 Д2.9, табл.

Д 2). Лифт движется вертикально

по закону

z — 0,5ai/2 +

a 2 Sin(o) 0

+

3COs((o0

(ось

z направлена по

вертикали

вверх; z выражено в метрах, t — в секундах). На груз действует сила сопротивления среды R = р,и, где v — скорость груза по отношению к лифту.

Найти закон движения груза по отношению к лифту, т. е. х = f(f); начало координат поместить в точке, где находится прикрепленный к грузу конец пружины, когда пружина не деформирована. При этом во избежание ошибок в знаках направить ось х в сторону удлинения

пружины, а груз изобразить в положении, при котором х > 0 , т. е. пружина растянута. При подсчетах можно принять g = 10 м/с2. Мас­ сой пружин и соединительной планки 2 пренебречь.

В таблице обозначено: ci, Сг, Сз — коэффициенты жесткости пру­ жин, — удлинение пружины с эквивалентной жесткостью в началь­ ный момент времени t — 0, Voначальная скорость груза по отноше­ нию к лифту (направлена вертикально вверх). Прочерк в столбцах с1, Сг, Сз означает, что соответствующая пружина отсутствует и на чертеже изображаться не должна. Если при этом конец одной из оставшихся пружин окажется свободным, его следует прикрепить

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Т а б л и ц а

Д2

Номер

С

S

S

S

 

 

 

 

и

 

<u

 

 

■—

 

 

s

 

 

усло­

US-

Я

К

ас

S

s

 

SB

s

S

вия

Е

с

 

с

8

§

3

3*

a

•<

о

 

 

a

0

1

300

150

 

0

0,1

0

15

0

0

0

1

0,8

240

120

— l,5g

0

0

8

0,1

0

2

0,5

100

150

0

0,8

0

5

0

0

4

3

1

240

160

0

0

0,5

6

0

0

0

4

0,5

80

120

— 8

0

0

6

0,15

0

5

2

400

400

0

0

0,1

16

0

0

0

6

0,4

60

120

g

0

0

4

0

2

7

0,5

120

180

0

0,1

0

20

0

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

0,4

50

200

0

0

0,2

20

0

0,15

0

9

1

200

300

l,5g

0

0

 

20

0

3

55

в соответствующем

месте; и^и к грузу

или

к

потолку

(полу) лифта;

то же следует сделать, если свободными окажутся соединенные

планкой 2 концы обеих оставшихся пружин.

 

 

 

 

 

 

 

Условие

|г =

0 ^означает,

что сила

сопротивления

R

отсутствует.

 

Указания. Задача Д2 охватывает одновременно относительное

движение и колебания материальной точки.

 

 

 

 

 

 

 

Сначала' нужно составить дифференциальное уравнение относи­

тельного

движения

(по

отношению

к лифту)

рассматриваемого в за­

даче груза, для чего присоединить к действующим силам переносную

силу инерции. Затем прикрепленные к

грузу .пружины

(по условиям

задачи их будет две)

заменить эквивалентной пружиной с коэффициен­

том

жесткости

сэкв =

с, произведя соответствующий расчет.

 

 

а)

Если

пружины

соединены

друг

с

другом

последовательно

(как пружины с жесткостями ci и С2 на рис. Д2.0), то при равновесии

под действием некоторой силы Q, приложенной к свободному концу

пружины, усилия в любом поперечном сечении пружин одинаковы и

равны Q.

Удлинения пружин X\ =

Q/ci,

— Q/c2,

удлинение экви­

валентной пружины X =

Q/c

и X =

Х\ + Х2. Отсюда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

с,с2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С 1 + С 2

 

 

 

 

 

 

 

 

б)

Если

груз

прикреплен

к двум

параллельным

пружинам (как

к пружинам с жесткостями С\ и сг на рис. Д2.1)

или

находится между

двумя пружинами, то при равновесии под действием некоторой силы Q

каждая из пружин и эквивалентная пружина имели бы одно и то же

удлинение X. Тогда для двух пружин сД + с2Х =

Q,

а для

эквивалент­

ной пружины

сХ =

Q, отсюда с = Ci + С2

 

 

 

 

 

 

 

После того как уравнение будет составлено

(это будет линейное

дифференциальное уравнение 2-го порядка),

 

 

 

 

 

его следует проинтегрировать, учтя начальные

 

 

 

 

 

условия.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример Д2. В приборе для измерения

 

 

 

 

 

вертикальных колебаний (рис. Д2) груз мас­

 

 

 

 

 

сой т. прикреплен к пружине с коэффициентом

 

 

 

 

 

жесткости с. Другой конец пружины прикреп­

 

 

 

 

 

лен

к корпусу

прибора,

который

движется

 

 

 

 

 

по

закону z =

.Л sin (to/) (неподвижная

ось

z

 

 

 

 

 

направлена по вертикали вниз). Начальное

 

 

 

 

 

удлинение пружины равно Хо, а начальная

 

 

 

 

 

скорость груза по отношению к корпусу

 

 

 

 

 

прибора

Vo

(направлена

вертикально

вниз).

 

 

 

 

 

 

Д а н о :

т — 0,4 кг,

с — 40 Н /м,

Ао =

 

 

 

 

 

= 0,05 м, Vo = 0,5 м/с, А =

0,03 м, <о = 20 1/с.

 

 

 

 

 

О п р е д е л и т ь :

х = f{t) — закон движения

 

 

 

 

 

груза по отношению к корпусу прибора.

 

 

 

 

 

 

57

Решение. 1. Свяжем с корпусом прибора подвижную системуотсчета, начало О которой поместим в конце недеформированной пружины (ее длина обозначена /0), а ось х направим в сторону удлинения пружины (см. рис. Д 2). Рассмотрим груз в положении, при котором пружина растянута. На груз действует сила тяжести Р и сила упругости F. Д ля составления уравнения относительного движения груза при­ соединим к этим силам переносную силу инерции FSep = — т а пер, кориолисова сила инерции равна нулю, так как переносное движение (движение корпуса прибора) является поступательным. Тогда уравне­ ние относительного движения в векторной форме будет иметь вид

таот = Р

F

-Fnep •

 

Проектируя обе его части на ось х, получим

 

тх = Px-\-F* + F l w

(1)

Здесь Рх — Р, Fx = — c X = — cx,

где

X = х — удлинение

пружины*

FSep* — — m anep,. Учитывая, что оси х иг направлены одинаково, полу­

чим

Опер* = а„ерг = 2 — —Л to?sin (а/)

и F“eр* = m/4co2sin(o>0.

 

 

Подставляя все найденные выражения проекций сил

в уравне­

ние

(1), получим

 

 

 

 

 

 

тх =

Р — сх +

mAu>2 sin((at) .

 

(2)

 

Дифференциальное уравнение (2) может быть записано в виде

 

х -Ь

= 61 -V- 62sin

 

 

,(3)

где обозначено

 

 

 

 

 

 

k2 = с/т — 100 с "2,

= g =

10 м/с2;

62 =

Аю2 12

м/с2 . (4)

 

2. Д ля определения закона движения

груза

надо проинтегриро­

вать уравнение (3). Его общее решение, как известно из теории дифференциальных уравнений:

 

x = x i + x 2 ,

(5)

где х\ — общее решение однородного уравнения x-\-k2x0, т. е.

xi =

Ci sin (А/) -(- Cicos(kt) ,

(G)

а хг — частное решение

уравнения (3). Учитывая, каковы

правая и

левая части этого уравнения, ищем х2 в виде

 

 

х%= B-t-Dsin(w<) .

(7)

Для определения постоянных В и D находим х2 = —£>со2 sin (to/), подставляем значения х2 и хг в уравнение (3) и приравниваем в его

58

обеих частях свободные члены и коэффициенты при sin (со/). В резуль­

тате, принимая во внимание обозначения (4),

получим

 

 

 

 

В =

Ь \

 

Ь %

—0,04

м.

 

 

 

- — = 0 ,1

м, D = 5-----5- =

 

 

 

 

k2

 

й — or

 

 

 

 

 

Тогда из равенств (5) — (7), учитывая, что k =

10 с-1, а а> = 20

с -1,

получим следующее общее решение уравнения

(3):

 

 

 

 

* =

С, sin (100.+ С2 cos (100 ~ 0,04 sin (200 +

О.1 •

(8)

Для

определения постоянных интегрирования

С\ и

С2

найдем

еще

vx — х-,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

vx =

10CiCOs(l00 — 10С2sin(100 — 0,8cos(200 •

 

(9)

 

По условиям задачи при t =

0 vx = Vo =

0,5 м/с, x0 =

Я0 = 0,05 м.

Подставив эти начальные данные в уравнения

(8) и (9), найдем из

них,

что Ci = 0,13, С2 =

— 0,05.

В результате

уравнение

(8) примет

окончательно вид

 

 

 

 

 

 

 

 

х = 0,13 sin (100 — 0,05 cos (100 — 0,04 sin (200 + 0,1 .

(10)

 

Это уравнение и определяет искомый закон относительного

движения груза, т. е. закон совершаемых им колебаний.

 

 

Задача ДЗ

Di

Механическая

система

состоит из

грузов D i массой

mi =

2 кг и

массой

т г =

6

кг и из

прямоугольной вертикальной

плиты

массой

m3

12

кг,

движущейся

вдоль

горизонтальных

направляющих

(рис. ДЗ.О

Д3.9, табл. Д З). В момент времени to =

0, когда система

находилась в покое, под действием внутренних сил грузы начинают

двигаться

по желобам, представляющим собой

окружности

радиусов

г =

0,4 м и R — 0,8 м.

 

 

 

При

движении

грузов угол q)i = A A 1C3 D 1

изменяется

по закону

ф1 =

Л(0>

а У1'ол

Ф2 ^-AiCiDi — по закону

<р2 = МО- В

табл. ДЗ

эти зависимости даны отдельно для рис. 0—4 и 5—9, где ф выражено в радианах, t — в секундах.

Считая грузы материальными точками и пренебрегая всеми сопро­ тивлениями, определить закон изменения со временем величины, указан­

ной в

таблице

в столбце

«Найти»,

т. е.

=

МО

и ^

— f(0> гДе

Хз — координата

центра

Сз

плиты (зависимость

хз =

frjj)

определяет

закон

движения

плиты),

N — полная

нормальная

реакция направ­

ляющих.

Указания. Задача ДЗ — на применение теоремы о движении центра

масс. При этом для определения

х3

= МО составить уравнение

в проекции на

горизонтальную ось х,

а

для определения N — на вер­

тикальную ось

у.

 

 

Номер

Рис.

0 - 4

 

 

усло­

<pi = -Л (0

<Р2 — МО-

вия

0

^

2+ 1 )

1

 

л(2 — /)

2

^

+ 2)

3

 

nt

:

"3

 

4

^

О - з / 2)

5

$ * +*>

6я/2

7|< 5-0

8

^

+ 3)

9

| { 4

- 0

^ - 2 )

| < 5 - , 2)

^ - 2 )

'■ ^ - 4 )

-Jd-0

^+ 4)'

. £2-/*)

л(/ + 5)

 

 

 

Т а б л и ц а ДЗ

 

 

Рис. 5—9

-

Найти

 

 

 

 

 

<Р. = МО

<р2 =

МО

 

| ( 3 - Л

f ( t 2 + 2)

Хз

Т < 2 / - 1 )

л /

N

 

 

 

:

|< 4 - / * )

Я/2 .

Хз

а

 

 

 

 

 

СО

1 ^to

: | ( з

- о

N

1

 

°

 

 

 

 

 

.

n t 2

• f ( 2

- i 2)

Хз

 

т

 

 

 

 

 

 

л(3 — /)

^ - 1 )

N

-J{2 /2- 3 )

|(2-^ )

хз

 

nt

 

1(4-0

N

 

т

 

к]со

Т

n { f +2)

Хз

 

 

 

% * - ! )

 

 

N

г-а

н

(|^

((Ai/l Сз

[W

V

' t f

У

 

 

 

Рис. Д3.2

Рис.; ДЗ.З

Ш

И * * *

м ш ш ж ш ш

 

Рис. Д3.4

Рис. Д3.5

*у//////////////////////////^ ^ ^ ^ ^

У //////////////////Ш

Рис. Д3.6

Рис. Д3.7

'///////////////////z .У ///////////М

Рис. Д3.8

Рис. Д3.9

1

"

 

 

 

 

 

 

 

Пример ДЗ.

Механическая

 

 

 

 

 

 

система

состоит

из

грузов

D г

 

 

 

 

 

 

массой

т 1 и Z)2 массой

т 2 и

из

 

 

 

 

 

 

прямоугольной

 

вертикальной

 

 

 

 

 

 

плиты

массой

тз, движущейся

 

 

 

 

 

 

вдоль

горизонтальных , направ­

 

 

 

 

 

 

ляющих

(рис.

Д З).

В

момент

 

 

 

 

 

 

времени to = 0, когда система на­

 

 

 

 

 

 

ходилась в покое, под действием

 

 

 

 

 

 

внутренних сил грузы

начинают

 

 

 

 

 

 

двигаться по желобам, представ­

 

 

 

 

 

 

ляющим собой окружности ради­

 

 

 

 

 

 

усов г

и R, по законам <pi = fi(t)

 

 

 

 

 

 

и ф2 =

/г(0-

 

 

 

 

 

 

Д а н о :

mi =

6 кг, /пг =

8

кг,

тз = 12

кг,

г — 0,6

м, R — 1,2 м,

<pi =

nt рад,

ф2 =

- | - ( 1 —t)

рад

(t — в

секундах).

О п р е д е л и т ь :

х3 =

f3(t) — закон движения плиты, N =

f(t) — закон изменения со вре­

менем полной нормальной реакции направляющих.

 

 

 

 

 

 

Решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из плиты

и грузов D\

и D 2, в произвольном

положении

(рис. Д З). Изобразим

действующие

на

систему внешние

силы: силы

тяжести

Pi,

Р 2 , Рз

и

реакцию направляющих N. Проведем координатные оси Оху так, чтобы ось у проходила через точку Сзо, где находился центр масс

плиты в момент времени

to = 0.

а)

Определение

перемещения хз. Д ля определения хз = /з(0 в

пользуемся теоремой о движении центра масс системы. Составим дифференциальное уравнение его движения в проекции на ось х. Получим

Мх'с = 2/1*

или

Мхс = 0 ,

(1)

так как 2F L = 0, поскольку все действующие на систему внешние силы

вертикальны.

 

найдем, что М х с — С\,

 

Проинтегрировав уравнение

(1),

т. е.

проекция скорости центра масс системы на эту ось есть величина

постоянная. Так

как в начальный

момент времени t<с* =

0, то Сi = 0.

Интегрируя

уравнение Мхс ~

0, получим

 

 

Мхс — co n st,

(2)

т. е. центр масс системы вдоль оси Ох перемещаться не будет.

Определим значение Мхс. Из рис. ДЗ видно, что в произвольный момент времени абсциссы грузов равны соответственно xi — хз — ^'costpi,

Хй ===Хз~{-г эшфг*

Так как по

формуле, определяющей координату

хс

центра масс системы, Мхс =

т\Х\ +

ГП2Х2 + «з*з, то

 

Мхс = (ям +

m2 + тз)хз т

cos (nt) + m%rsin (я /2 — n t / 2) .

(3)

62