Динамика

Задача Д1

Динамика материальной точки

Возьмем двузначнывй вариант 36.

По тексту условия для всех вариантов задано: радиус закругления криволинейного участка лотка R=0,8м и центральный угол β=90⁰; время преодоления прямолинейного участка t=1с и коэффициент трения скольжения на нем f=0,1 [2].

Кроме того, по таблице Д1.1 для варианта 6 задано: начальная скорость движения зерна V₀=9м/с, угол наклона прямолинейного участка лотка к горизонту α=40⁰, высота свободного падения зерна в воздухе а =3м.

Требуется определить, как указано в той же таблице, величину горизонтального перемещения зерна b и время свободного движения в возхдухе t₁.

Согласно этим данным схема движения зерна по варианту 3 представлена на рис. Д1а.

Таким образом, задано: R=0,8м, β=90⁰, t= 1с, f=0,1, V₀=9м/с, α=40⁰, а =3м;

определить b и t₁.

Решение

Примем массу одного зернышка равной m и рассмотрим его движение. Используем в качестве расчетной схему, представленную на рис. Д1а, дополнив ее системами отсчета и действующими силами.

У ч а с т о к А В

Так как сила N всегда перпендикулярна перемещению и ее работа отсутствует, то работу совершает только сила тяжести. По теореме об изменении кинетической энергии материальной точки можно записать

,

где h – высота перемещения, которую можно определить по формуле

1,127м.

Следовательно,

10,154м/с.

У ч а с т о к В Д

В этом случае известны действующие силы тяжести и трения скольжения и время t движения зерна по участку. Поэтому по теореме об изменении количества движения материальной точки в проекции на ось х будем иметь

.

Так как F_тр=Nf=mgfcosα, то

V_Д=V_В+g(sinα-fcosα)=10,154+9,81(sin40⁰–0,1cos40⁰)=15,708м/с.

У ч а с т о к Д К

На этом участке действует только сила тяжести, направленная вертикально вниз, поэтому движение рассмотрим в декартовых координатах «х₁, у₁». Начальными условиями тогда будут:

х₁₀=0, у₁₀=0;

=10,097м/с;

=12,033м/с.

Составим дифференциальные уравнения движения зерна в проекциях на оси координат х₁, у₁.

; (1)

. (2)

Интегрирование уравнений (1) и (2) дает

.

С учетом начальных условий получим

; (3)

. (4)

Повторное интегрирование, теперь уже уравнений (3) и (4) даст

;

.

Из начальных условий (t₁=0) имеем: С₃=х₁₀=0, С₄=у₁₀=0. Тогда, подставляя конечные условия движения х₁=а, у₁=b, получим

а =0,5gt₁²+10,097t₁ (5)

b=12,033t₁ (6)

Так как расстояние а задано и равно 3м, то из уравнения (5) найдем t₁, после чего из уравнения (6) определим расстояние b, что и требуется в задаче. Таким образом,

4,905t₁²+10,097t₁ – 3=0,

b=12,033·0,263=3,170м.

Следовательно, горизонтальное перемещение зерна составит более 3 метров.

Задача Д2

Динамика относительного движения материальной точки

Возьмем для примера двузначный вариант 07, согласно которому схема джолжна быть по рис. Д2.0, данные по тексту условия и таблице Д2.1 (7 столбец).

Из текста условия следует, что масса капсулы m₁= 40г, ее начальная скорость V₀=2м/с, блок имеет массу m₂=4кг и движется с ускорением а=3м/с² по наклонной плоскости, для которой угол β=30⁰. В начальный момент капсула находилась посредине паза. Требуется определить закон относительного движения капсулы в пазу и ее положение в момент времени t=0,8с.

Из таблицы Д2.1 имеем: угол наклона паза α =20⁰, коэффициент трения скольжения капсулы в пазу f=0,2.

Таким образом, задано: m₁= 40г, m₂=4кг, V₀=2м/с, а₂=3м/с², α=20⁰, β=30⁰, f=0,2, t=0,8с;

определить: х=f(t), s.

Решение

Используем в качестве расчетной исходную схему, представленную на рис. Д2а, добавив в нее оси координат «х,у» и действующие силы. Тогда дифференциальные уравнения относительного движения капсулы в пазу блока будут иметь вид

(1)

. (2)

Так как переносная сила инерции

|Ф|=m₁а₂,

то с учетом ее величины можно определить величину нормального давления и силу трения скольжения.

Из уравнения (2) будем иметь

=0,04·[9,81соs(20⁰+30⁰) +3sin20⁰]=0,293Н.

Тогда

F_тр=fN =fm₁[gcos(α+β)+a₂sinα]=0,2·0,293=0,586Н.

Следовательно, из уравнения (1), разделив на массу, получим

а_х= –gsin(α+β)–f[gcos(α+β)+a₂sinα]+a₂cosα=

= –9,81sin(20⁰+30⁰)–0,2[9,81cos(20⁰+30⁰)+3sin20⁰]+3cos20⁰= –6,162м/с².

Полученный результат со знаком «минус» указывает, что ускорение направлено противоположно выбранной оси х, хотя начальная скорость направлена по ней. Следовательно,

V_x=V₀+а_хt=2 +(–6,162)t. (3)

По виду выражения (3) можно заключить, что в некоторый момент времени t₁ скорость капсулы станет равной нулю и это наступит при

t₁=2/6,162=0,325с.

Координата х к этому моменту станет равной

х=ОМ=V₀t₁+0,5а_хt₁²=

=2·0,325+0,5(-6,162)·0,325² =

=0,325м.

Будет ли капсула двигаться в обратном направлении – необходимо определить. Для этого составим вторую расчетную схему, т.к. сила трения скольжения изменит свое направление. Система отсчета и действующие силы представлены на рис. Д2б.

Дифференциальные уравнения относительного движения капсулы будут иметь вид

(4)

. (5)

Так как нормальное давление N и сила трения F_тр своей величины численно не изменяют, то получим

а_х1=gsin(α+β)–f[gcos(α+β)–a₂sinα] +

+a₂cosα=9,81sin(20⁰+30⁰)–

–0,2[9,81cos(20⁰+30⁰)+3sin20⁰]–

–3cos20⁰=3,229м/с².

Согласно условию задачи, время движения составляет 0,8с, следова-тельно,

t₂=t–t₁=0,8–0,325=0,475c.

Тогда

х₁=О₁М = 0,5а_х1t₂²=

=0,5·3,229·0,475²= 0,364м.

Это означает, что пройденное точкой расстояние в ту и другую сторону составит

s=ОМ + О₁М=0,325+0,364=0,689м.

Она окажется ниже средней точки паза на величину

МО=О₁М – ОО₁ =0,364–0,325=0,039м = 4см.

Таким образом, относительное движение капсулы в пазу блока будет происходить по законам:

х= 2t₁+0,5(–6,162)t₁²=2t₁ – 3,081t₁²,м – вверх до остановки;

х₁=0,5·3,229t₂²·= 1,615t₂²,м – вниз.

Задача Д3

Исследование поступательного и вращательного движений твердого тела

Возьмем трехзначный вариант 972, что означает: схема по рис. Д3.9, данные из таблицы Д3.1 по колонке «*7» и данные из дополнительной таблицы Д3.2 по колонке «**2» (вместо приведенных по тексту условия задачи).

Кроме этого, по тексту условия заданы: радиусы шестерен блоков – R₂=24, r₂=18, R₃=22, r₃=8см; радиусы инерции ступенчатых блоков – ρ₂=20, ρ₃=16см; масса блоков m₂=32, m₃=36кг; начальная скорость буксируемого груза 1 – V₁₀= =0,2м/с.

По таблице Д3.1 для варианта 7 следует принять, что движущий момент М = 600+40t Нм, момент сопротивления М_с = 20Нм, а масса буксируемого груза m₁ = 120кг.

По дополнительной таблице Д3.2 из колонки 2 следует, что угол наклона плоскости α= –20⁰, коэффициент трения скольжения по ней груза f = 0,1, а время движения механизма t = 3с.

Требуется определить закон изменения угла поворота ведущего блока 3 как функцию времени и для заданного момента времени t усилия, действующие в зацеплении шестерен и в канате, с помощью которого осуществляется буксировка груза 1.

Таким образом, задано: R₂=24, r₂=18, R₃=22, r₃=8см; ρ₂=20, ρ₃=16см; m₁=120, m₂=32, m₃=36кг; V₁₀=0,2м/с; М=600+40t Нм, М_с =20Нм; α=–20⁰, f = 0,1; t = 3с;

определить: φ₃ = f(t); S₂₃; T₁₂.

Исходная схема со-гласно указанным данным представлена на рис. Д3а.

Решение

Расчленим конструкцию с освобождением точки зацепления и покажем действующие силы. Тогда в качестве расчетной может служить схема, представленная на рис. Д3б. Дифференциальные уравнения движения тел будут иметь вид

; (1)

; (2)

. (3)

Добавим к ним уравнения связи с учетом зацепления шестерен по радиусам r₂, r₃ и намотки троса на барабан по радиусу R₂, как показано на рис. Д3а. Кроме этого, выразим также силу трения скольжения и получим еще 3 уравнения:

; (4)

; (5)

. (6)

Уравнения (1) и (3) с учетом выражений (4), (5), (6) преобразуются к виду

; (7)

. (8)

Так как S₁ = S₂ = S а T₁ = T₂ = T, то из уравнений (3) и (8), исключая S, получим

+

| r₃

| r₂

_________________________________________________________________

. (9)

Исключив Т из уравнений (7) и (9), будем иметь

+

| R₂r₃;

| 1

__________________________________________________________________________________________________

.

Таким образом, угловое ускорение ведущего блока будет

=[120·9,81(sin20⁰–0,1cos20⁰)0,24·0,08+(600+40t)0,18–20·0,08]·0,18/

/(120·0,24²·0,08²+32·0,2²·0,08²+36·0,16²·0,18²)==245,006+15,749t,с^-2. (10)

Для момента времени t=3c получим

ε₃ = = 245,006+15,749·3=292,253с^-2.

Интегрируя выражение (10) c учетом начальных условий, будем иметь

,с^-1.

,рад.

По аналогии с формулами (4) и (5) можно выразить

.

Тогда закон изменения угла поворота ведущего блока будет

,рад.

Требуемые усилия в зацеплении и тросе в заданный момент времени можем определить из формул (7) и (3), т.е.

=Н;

Н.

Так как груз 1 движется по наклонной плоскости вниз, необходим проверочный расчет натяжения троса Т в начальный момент времени. Если окажется, что при t=0 оно отрицательно, то задача усложняется, потому что груз 1 может двигаться по наклонной плоскости самостоятельно.

Из формулы (10) имеем

==245,006+15,749 ^.0=245,006с^-2.

Тогда натяжение

Т=2844,07Н.

Отсюда следует, что свободное перемещение груза по плоскости отсутствует и трос постоянно натянут.

Задача Д4

Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы

Возьмем двузначный вариант 32, что означает: схема по рис. Д4.3, данные

из таблицы Д4.1 по колонке «*2».

По тексту условия задачи задано: масса тел составляет m₁=200, m₂=30кг; радиусы блока 2 и катка 3 соответственно равны R₂=20, r₂=10, R₃=15см; радиус инерции блока 2 ρ₂=16см, а масса тела 3 равномерно распределена по его ободу; угол наклона плоскости β=30⁰; коэффициент трения скольжения груза 1 по плоскости f=0,1.

Из таблицы Д4.1 по варианту 2 следует: масса катка m₃ =280кг; угол наклона второй плоскости к горизонту α=60⁰; коффициент трения качения катка δ=0,04м; момент сопротивления на блоке 2 зависит от угла поворота и выражается как М_с=2φ₂+4 Нм. Исходная схема по варианту 3 представлена на рис. Д4а.

Требуется определить величину и направление скорости тела 1 и угловой скорости блока 2 в момент времени, когда он повернется на угол φ₂=1,5π.

Таким образом, задано: m₁=200, m₂=30, m₃(на ободе) =280кг; R₂=20, r₂=10, R₃=15см; α=60⁰, β=30⁰; ρ₂=16см; f=0,1, δ=0,04м; φ₂=1,5π; М_с= 2φ₂+4 Нм.

определить: V₁, ω₂.

Решение

Используем заданную по варианту исходную схему и предположим, что под действием сил груз 1 движется по наклонной плоскости вниз. Тогда скорости точек и тел системы будут соответствовать представленным на рис. Д4а. Учитывая, что тросы принято считать нерастяжимыми, перемещения тел определяются углом поворота φ₂, а время действия сил не задано, то для решения задачи удобнее всего использовать теорему об изменении кинетической энергии механической системы. Это означает, что

Т–Т₀ = , (1)

где Т₀ и Т – кинетическая энергия механической системы в начальный и конечный моменты времени;

– сумма работ всех внешних сил, приложенных к системе;

– сумма работ всех внутренних сил, действующих в системе.

Так как в начальный момент система находилась в покое, то Т₀=0, а из-за нерастяжимости тросов =0. Таким образом, задача сводится к определению кинетической энергии механической системы и вычислению работы приложенных сил, т.е.

Т = . (2)

Выразим кинетическую энергию трех тел через угловую скорость ω₂, учитывая, что движение их носит различный характер.

Т₁=m₁V₁² = m₁(ω₂R₂)² =m₁R₂²ω₂² (поступательное движение).

T₂=0,5I₂ω₂²=0,5m₂ρ₂²ω₂² (вращательное движение).

Т₃=m₃+I_C3ω₃² = m₃(V_B)²+=

(плоскопараллельное движение).

Таким образом,

T=T₁+T₂+T₃==

==.

Для подсчета работы приложенных сил воспользуемся схемой, представленной на рис. Д4б. При движении системы работу будут совершать: сила тяжести G₁, сила трения скольжения F_тр, момент сопротивления М_с на блоке 2, сила тяжести G₃, и момент трения качения М^δ. Остальные силы работы не производят.

Сила N₁, перпендикулярная перемещению, работы не совершает, хотя и определяет величину силы трения. Точка приложения сил N₂ и G₂ никуда не движется, поэтому также работы нет. Точка приложения силы N₃ при качении катка непрерывно перемещается по телу, «отрываясь» от силы – работа снова отсутствует. Так как каток катится без скольжения, сила трения скольжения не работает, хотя и приложена к нему. Силы натяжения соединительных тросов также не работают, потому что каким-либо удлинением тросов пренебрегается.

Таким образом

=А_g1+А_f+А_φ+А_g3+А_δ.

Так как задан угол поворота блока φ₂, то все перемещения при вычислении работы сил выразим через его величину.

А_g1=m₁gh₁=m₁gS₁sinα=m₁gsinαR₂φ₂=200·9,81sin60⁰·0,20·1,5π=1601,403Нм.

А_f= –F_трS₁= –N₁fS₁= –m₁gcosαfR₂φ₂= –200·9,891cos60⁰·0,1·0,20·1,5π=

=–92,457Нм.

dА_φ= –М_с^.dφ₂= –2φ₂dφ₂–4dφ₂.

Следовательно,

А_φ==–0,5(1,5π)²–4(1,5π)=

=29,953Нм.

А_g3= –m₃gh₃= –m₃gS_Сsinβ= –m₃gsinβ·0,5S_В= –m₃gsinβ·0,5r₂φ₂=

= –280·9,81sin30⁰·0,5·0,1(1,5π) = –323,60Нм.

А_δ=–М^δ·φ₃= –N₃·δ·φ₃= –m₃gcosβ^.δ= –m₃gcosβ·δ

= –m₃gcosβ·δ–280·9,81cos30⁰·0,04= –149,464Нм.

Тогда

= А_g1+А_f+А_φ+А_g3+А_δ= =1601,403–92,457–29,95–323,60–149,464=1005,929Нм.

Используя формулу (2), получим

1005,929→ =14,577с^-1.

Это означает, что

V₁=ω₂R₂=14,577·0,20=2,915м/с.

Задача Д5