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

Методичка по Теоретической механике

.pdf
Скачиваний:
225
Добавлен:
26.03.2016
Размер:
7.27 Mб
Скачать

 

 

 

 

Т а б л и ц а

Д6

Л1!,

ш4,

ms.

 

 

Найти

Шз, кг

кг

с, Н/м Af.H-s

 

 

 

200

1,2

80(4 4- 5s)

0)3

 

4

320

0,8

50(8 +

3s)

V I

 

О

240

1,4

60(6 +

5s)

V2

 

5

300

1,8

80(5 +

6s)

0>4

 

О

240

1,2

40(9 +

4s)

Vi

 

6

200

-UL

-50(7 +

8s

VC5

 

 

280

0,8

40(8 +

9s

0 )3

 

 

300

1.5

60(8 +

5s)

V2

 

 

320

1,4

50(9 +

2s)

0)4

 

 

280

1.6

80(6 +

7s)

VC5

Рис. Д6.0

Рис! Д6 1

f

Рис. Д6.2

Рис. Д6.3

73

7

J

¥ ? . ' i

Рис. Д6.7

Рис. Д6.8

 

= 0,2 м и катка

(или подвижного блока) 5 (рис. Д6.0 —

Д6.9, табл. Д 6); тело

5 считать сплошным однородным цилиндром,

а массу блока 4 — равномерно распределенной по ободу. Коэффициент трения грузов о плоскость / = 0,1. Тела системы соединены друг с дру­ гом нитями, перекинутыми через блоки и намотанными на шкив 3 (или на шкив и каток); участки нитей параллельны соответствующим плоскостям. К одному из тел прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с.

Под действием силы F = f(s), зависящей от перемещения s точки ее приложения, система приходит в движение из состояния покоя; деформация пружины в момент начала движения равна нулю. При дви-

74

жении на шкив 3 действует постоянный момент М сил сопротивления; (от трения в подшипниках). *

Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда перемещение s станет равным si = 0,2 м. Искомая величина указана в столбце «Найти» таблицы, где обозначено: t»i, t>2, v Cs — ско­

рости грузов

1 , 2 и центра масс

тела 5 соответственно,

со3 и ю4 —

угловые скорости тел 3 и 4.

 

 

 

 

Все катки, включая и катки, обмотанные

нитями

(как,

например,

каток 5 на рис. 2), катятся по плоскостям без скольжения.

 

На всех рисунках не изображать груз 2,

если т г = 0;

остальные

тела должны изображаться и тогда, когда их масса равна нулю.

Указания.

Задача Д6 — на

применение

теоремы

об

изменении

кинетической энергии системы. При решении задачи учесть, что кинети­ ческая энергия Т системы равна сумме кинетических энергий всех входящих в систему тел; эту энергию нужно выразить через ту скорость (линейную или угловую), которую в задаче надо определить. При вы­ числении Т для установления зависимости между скоростями точек тела, движущегося плоскопараллельно, или между его угловой ско­ ростью и скоростью центра масс воспользоваться мгновенным центром скоростей (кинематика) . При вычислении работы надо все перемещения выразить через заданное перемещение si, учтя, что зависимость между перемещениями здесь будет такой же, как между соответствующими скоростями.

Пример Д6. Механическая система (рис. Д6, а) состоит из сплошного однородного цилиндрического катка 1, подвижного блока 2, ступенчато­ го шкива 3 с радиусами ступеней Яз и г3 и радиусом инерции относительно оси вращения рз, блока 4 и груза 5 (коэффициент трения груза о плоскость равен /). Тела системы соединены нитями,

75

намотанными на шкив 3. К центру Г. блока 2 прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с; ее начальная деформация равна нули.

Система приходит в движение из состояния покоя под действием силы F = f(s), зависящей от перемещения s точки ее приложения. На шкив 3 при движении действует постоянны^ момент М сил сопро­

тивления.

 

Ш[ = 8 кг,

т2 = .0 , т3 = 4 кг,

пи = 0, /пб =

10 кг, Rz =

 

Д а н о :

=

0,3 м, г3 =

0,1 м, рз =

0,2 м,7 = 0,1, с =

240 Н /м, М =

0,6 Н -м, F =

=

20(3 +

2s) Н, si = 0,2

м. О п р е д е л и т ь :

®з в тот момент времени,

когда s =

si.

 

 

1

 

 

 

Решение.

1. Рассмотрим движение

неизменяемой

механической

системы, состоящей из весомых тел 1, 3, 5 и невесомых тел 2, 4, соеди­ ненных нитями. Изобразим действующие на систему внешние силы:

активные F,

Fy„p, Pi, Р 3, Р 5, реакции iVb N3, Л?4, Л/e, натяжение нити S2,

силы трения

F[p, F |p и момент М.

 

 

 

 

 

Д ля

определения ю3

воспользуемся

теоремой

об изменении кине­

тической энергии:

 

 

 

 

 

 

( 1)

 

 

 

 

 

Т - Т о

= Ш .

 

 

2.

Определяем Т0 и Т. Так как в начальный момент система на

дилась в покое, то

Г0 =

0. Величина Т равна

сумме энергий всех

тел

системы:

 

 

 

 

Т — Ti + 7 'з +

7’5 .

 

 

(2)

 

 

 

 

 

 

 

Учитывая,

что

тело

1 движется

плоскопараллельно,тело

5 —

поступательно,

а тело 3

вращается вокруг неподвижнойоси,получим

 

 

 

 

Т.1

==—y-m.\Vc\

g-/ciw i

;

 

 

 

 

 

 

=:= ~2 ~/зш! ,'

Tg =

 

.

 

(3)

Все

входящие

сюда

скорости

надо выразить

через искомую

со3.

Д ля этого предварительно заметим, что Per—

=

®а, где А — любая

точка обода радиуса г3 шкива 3 и что точка Ki — мгновенный центр скоростей катка 1, радиус которого обозначим п . Тогда

vci = vs — Ш3 Г3

vc 1

v<:\ .

r3

(4)

; 0)1 = —

= ----- =

© 3-------- .

 

Л 1С1

Т1

Г1

 

Кроме того, входящие в (3) моменты инерции имеют значения

 

Ic1 =

0,5/щ г?; 13 =

т 3рз -

 

(5)

Подставив все величины (4) и (5) в равенства (3), а затем, исполь­ зуя равенство (2 ), получим окончательно

3.

Теперь найдем сумму работ; всех действующих внешних сил

при перемещении, которое (%дет иметь система, когда центр катка 1

пройдет

путь si.

Введя обозначения: S5 — перемещение груза

5 (ss =

= 5i), (рз — угол

поворота шкива 3, Ко и К\ — начальное и

конечное

удлинения пружины, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

«I

 

 

 

 

 

 

 

:

А(Р) = J 20(3 +

2s)ds =

20(3si +

s i ) ;

 

 

 

 

 

о

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A (p l) =

p lS1 sin 60°;

 

 

 

 

 

 

 

A(Flp) — -

^ 5 =

- [ P s s i

;

 

 

 

 

 

A { M ) = - M q 3 ;

 

 

 

 

 

 

 

A(Fy„p) =

 

— Л?) •

 

 

 

Работы остальных сил равны нулю, так как точки К i и /Сг, где при­

ложены

силы N 1, f p

и S 2 — мгновенные центры

скоростей;

точки, где

приложены силы Рз,

N з и Я4 — неподвижны;

а

реакция ЛГ5

перпенди­

кулярна перемещению груза.

 

 

 

 

 

 

По условиям задачи, Ха = 0. Тогда

=

sE, где Se— перемещение

точки Е

(конца пружины). Величины s e и ф3 надо выразить через задан­

ное перемещение si; для этого учтем, что зависимость между перемеще­ ниями здесь такая же, как и между соответствующими скоростями.

Тогда

так

как

ш3 =

va/гз =

v a /гз (равенство

vC\ =

vA уже отмеча­

лось),

ТО И

фз =

si/r 3.

 

 

 

 

 

 

 

Далее, из рис. Д 6 , б видно, что vD =

vB =

азЯз, а так как точка Кг

является мгновенным центром скоростей для блока 2

(он как бы «ка­

тится» по участку нити KzL), то

ve 0,5а D =

0,5а>з/?з;

следовательно,

и Xi =

sE=

О.бфз^з = 0 ,5 siR3 / r 3 . При найденных значениях ф3 и ^i для

суммы вычисленных работ получим

 

 

 

 

 

. E 4 l =

20(3s, +

s ? ) + P is ,s in 6 0 ° - № > s i- A l—

8

-------^ s ? . (7)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Гз

Гз

Подставляя выражения (6 ) и

(7) в уравнение (1)

и учитывая, что

То = 0 , придем

к равенству

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m3pl Н— ^-m 5r3) о>§ = 20(3si +

s?) + P Is i sin 60° —

 

 

 

 

d

M

c

R*

2

 

/ 0 \

 

 

 

 

fPsSi -----— s i -----5 -------—s i .

 

(8 )

 

 

 

 

 

гз

о

ri

 

 

 

 

Из равенства (8 ), подставив

в него числовые значения заданных

величин, найдем искомую угловую скорость ш3.

 

 

 

О т в е т : свз =

8,1 с-1 .

 

 

 

 

 

 

 

77

Задача Д7

Барабан радиуса R весом Р имеет выточку (как у катушки) радиу­ са г = 0,67? (рис. Д7.0 — Д7.9, табл. Д 7). К концам намотанных на барабан нитей приложены постоянные силы F, и Я2, направления которых определяются углом Р; кроме сил на барабан действует пара с моментом М; когда в таблице М < О, направление момента противо­ положно показанному на рисунке. При движении, начинающемся из

гсостояния покоя, барабан катится без скольжения по шероховатой наклонной плоскости с углом наклона а так, как показано на рисунках.

Пренебрегая сопротивлением качению, определить закон движения

iцентра масс С барабана, т. е. хс — f(t), и наименьшее значение коэффициента трения / о плоскость, при котором возможно качение без скольжения. Барабан рассматривать как сплошной однородный ци­ линдр радиуса R.

Указания. Задача Д7 — на применение дифференциальных уравне­ ний плоскопараллельного движения твердого тела. При составлении уравнений следует во избежание ошибок в знаках направить коорди­ натную ось х в ту сторону, куда предполагается направленным дви­ жение центра С барабана, и считать тогда все моменты положитель­ ными, когда они направлены в сторону вращения барабана. Если фак­ тически направление движения центра С другое, то в ответе получится ас < 0 , но найденное значение |ас| будет верным. Силу трения, когда неясно, куда она направлена, можно направлять в любую сторону (результат от этого не зависит).

Определяя наименьшее значение коэффициента трения, при кото­ ром возможно качение без скольжения, учесть, что сила трения не может быть больше предельной, т. е. что \FTp\^.fN, откуда f^\F,p\/N.

Следовательно, fmm = \FTp]/N. Очень существенно, что во все эти выра­ жения входят модули сил (мы не пишем |Л?|, так как в данной задаче

 

 

 

 

 

 

Т а б л и ц а Д7

Номер

а

р

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

условия

 

град

F,

F 2

М

 

 

 

 

 

 

0

30

60

0

0,4

Р

0

1 .

30

30

0,2Р

0

Р

0

2

0

30

0

0,2

0,1ЯЛ

3

30

0

0

 

0,4PR

4

30

90

0,1Р

0

 

— 0,2PR

5

0

60

0,ЗЯ

0.1Р

0

6

30

0

0

0,ЗЯ

0,2PR

7

0

60

0,2Р

0

 

0,3PR

8

30

90

0

0.2Я

- 0,4PR

9

30

60

0,1Р

0

 

- 0 ,3 PR

78

Рис. Д7.8

Рис. Д7.9

не может быть Л1< 0 ) . Если при расчетах

получится F?р< 0 , то это

означает лишь, что фактически сила Ртр направлена в другую сторону; в остальном весь расчет будет верен.

Пример Д7. Барабан (сплошной однородный цилиндр) радиуса R и весом Р начинает катиться без скольжения из состояния покоя по наклонной плоскости с углом наклона а;, на барабан действуют

сила F

ипара

сил с моментом М (рис. Д 7).

Д а н о :

Р,

F = 0,8P, М — \,IPR, а = 3 0 ° , р = 30°. О п р е д е ­

л и т ь :

1)

хс =

f(t) — закон движения центра масс барабана; 2) fmla

наименьший коэффициент трения, при котором возможно качение без скольжения.

Решение. Барабан совершает плоскопараллельное движение под действием сил Р, F, N, FTp и момента М. Так как направление силы трения F Tр заранее неизвестно, выбираем его произвольно. Проводим оси Оху и составляем дифференциальные уравнения плоскопараллель­ ного движения:

тхс — 2 F** ;

mice =

F cos р +

Р sin a + FTp ;

 

 

(1)

тус — 2 Fk.y;

туе =

Л? —Р cos а — Fsin р ;

 

 

(2)

_

т Ь2

 

 

 

 

(3)

1Сгг = 2 m Cz(Fk) ;

 

= F R — FrpR — М .

 

 

 

 

 

З а положительное направление

 

 

для

моментов принято направление

 

 

по ходу часовой стрелки, т. е. в ту

 

 

сторону, куда будет вращаться бара­

 

 

бан

при

движении

центра

С

От

 

 

оси

Оу.

 

 

 

 

 

 

 

1 ) 0

п р е д е л е н и е хс =

f(t).

 

 

Так

как

ясно, что в

нашей

задаче

 

 

у с = R =

const и ус =

0, то уравне­

 

 

ния (1) — (3) содержат четыре неиз­

 

 

вестные

величины (хс, е , N

и Ртр) .

80

Поэтому необходимо найти еще одно величины. Для этого учтем, ч4о хс = прямолинейно) и что при качении без мгновенный центр скоростей. Тогда

соотношение, связывающее эти а с (так как центр С движется скольжения в точке В находится

 

 

 

vc ~

a R , ac — i c — »>/? — eR или

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

хс =

eR .

 

 

 

 

 

(4)

Теперь

из уравнения

(3)

можно исключить е, подставив в

(3)

найденное

значение eR; деля одновременно обе части уравнения

(3)

на R, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-^-тхс = F — FTp---- (5)

 

 

 

 

Далее,

сложив

почленно

равенства

(Г)

и

(5), исключим

из

них

Fip и получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-4-тХс =

F{ 1 + c o s р) + Р sin а -----

= 0,8Р( 1 + cos 30°) + Р sin 30° —

2.

 

 

 

 

 

 

 

К

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

— 1 , 1 Р =

0.89Я .

 

 

 

 

 

Отсюда,

так

как

Р = mg,

найдем

для

определения

х с =

/(0

следующее дифференциальное уравнение:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

хс= 0,6g .

 

 

 

 

 

(6)

Интегрируя уравнение

(6),

получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

* с = 0,6gf +

C, ; хс =

0 ,3 g /?+ C i< + C 2 .

 

 

(7)

По

начальным

условиям

при

2 = 0

v c =

хс = 0 и

* с = 0

(ось у

проводим через начальное положение точки С). Подстановка этих

величин

в

равенства (7) дает

Сi =

0, Сг — 0.

Окончательно

находим

следующий закон движения центра С:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x c = 0 , 3 g t 2 .

 

 

 

 

 

(8)

2)

 

О п р е д е л е н и е

/ т1п. Для определения / исходим из того, что

при качении без скольжения сила трения должна удовлетворять не­

равенству

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

IF IP! < / ; V ,

 

 

 

 

 

(9)

куда, подчеркиваем, входят модули сил. Величину N находим из

уравнения

(2), учитывая, что у с =

0. Получим

 

 

 

 

Л

ЛГ =

P c o s a + Fsinp =

Pcos30° +

0,8Psin30° =

\,27P .

 

(10)

Значение

Frf

проще

всего

найти

из

уравнения

(5),

заменив

в нем Хс его значением

(6). Получим

 

 

 

 

 

 

Q,Smg— F — FTt— M / R .

Отсюда, так Как mg Р, то

 

 

 

 

Fn = F — M /R — 0,3Р = 0,8Р - 1 , 1 Я - 0 , З Я

=

- 0 , 6 Р .

(11)

Знак указывает, что сила Fv направлена противоположно

показанному на рисунке.

,

,

 

 

 

Подставляя значения

FTp и N из

равенств (11)

и

(10) в

неравен­

ство. (9), получим 0 ,6 Р < l,27Pf,

откуда f > 0,47 .

Следовательно,

наименьший коэффициент трения, при котором возможно качение барабана без скольжения / min == 0,47.

Задача Д8

Вертикальный вал АЬС (рис. Д8.0 — Д8.9), вращающийся с по­ стоянной угловой скоростью ш = 10 с-1 , закреплен подпятником в точ­

ке Л и

цилиндрическим подшипником в точке, указанной в табл. Д8

в столбце 2 (АВ. =

BD == DE = ЕК — а). К валу жестко прикреплены

тонкий

однородный

ломаный

стержень массой т — 10 кг, состоящий

из частей 1 и 2

(размеры

частей стержня показаны на рисунках,

где 6 =

0,1 м, а их массы отi и т 2 пропорциональны длинам), и не­

весомый стержень длиной / == с точечной массой тг — 3 кг на конце; оба стержня лежат в одной плоскости. Точки крепления стержней

указаны в таблице в столбцах 3 и 4,

а углы

а, р,

у, <р даны

в столб­

цах 5—8.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пренебрегая весом вала, определить реакции подпятника и под­

шипника. При подсчетах принять а =

0,6 м.

 

 

 

 

 

Указания. Задача Д8 — на применение к изучению движения

сис­

темы

принципа Даламбера.

При решении задачи

учесть,

что когда

 

 

 

 

 

 

 

Т а б л и ц а

Д8

Номер

Подшип­ Крепление в точке

 

Р.

У,

 

<Р.

 

ник в

 

 

 

град

град

 

град

 

условия

точке

ломаного

невесо­

град

 

 

 

 

 

 

 

 

стержня

мого

 

рис.

рис.

 

 

 

 

 

 

 

стержня

 

0—4

5=—9

 

 

 

1

2

3

4

5

6

7

 

8

 

0

В

D

К

45

135

225

 

60

 

1

К

В

D

60

240

150

 

45

 

2

 

К

Е

В

30

210

120

 

60

 

3

 

D

К

В

60

150

240

 

30

 

4

.

К

D

Е

30

120

210

 

60

 

5

Е

В

К

45

225

135

 

60

 

6

 

Е

D

К

60

60

150 :

 

30

 

7

 

К

В

Е

30

30

120

 

60

 

8

 

D

Е

К

60

150

60

.

30

 

9

 

Е

К

D

30

120

210

 

60

 

82

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.