МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ Государственное образовательное учреждение высшего профессионально...
20 downloads
276 Views
1MB Size
Report
This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования УЛЬЯНОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ
В. К. Манжосов, О. Д. Новикова
ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ. ДИНАМИКА
Ульяновск 2010
УДК 531 (076) ББК 38.112 я7 М 23
Рецензент канд. техн. наук, доцент Белый Д. М.
Одобрено секцией методических пособий научно-методического совета университета
М23
Манжосов, В. К. Задания для самостоятельной работы по теоретической механике. Динамика / В. К. Манжосов, О. Д. Новикова. – Ульяновск : УлГТУ, 2010. – 80 с. Составлены в соответствии с учебными программами по дисциплине «Теоретическая механика» для направлений «Машиностроительные технологии и оборудование», «Транспортные машины и транспортно-технологические комплексы», «Эксплуатация транспорта и транспортного оборудования», «Строительство». Методические указания предназначены для студентов при изучении раздела «Динамика», выполнении контрольных и расчетно-проектировочных заданий по данной теме, самостоятельной работе. Работа подготовлена на кафедре теоретической и прикладной механики.
УДК 531(076) ББК 38.112.я7 Манжосов В. К., Новикова О. Д., 2010 Оформление. УлГТУ, 2010 2
СОДЕРЖАНИЕ ВВЕДЕНИЕ………………………………………………………………
5
1. КОЛЕБАНИЯ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ……….……………….. 1.1. Задание Д-3. Исследование колебательного движения материальной точки……………………………………………………. 1.2. Примеры решения заданий по исследованию колебательного движения материальной точки. Тесты……………… 1.2.1. Исследование колебательного движения материальной точки (задание Д-3 [8])……………….. 1.2.2. Свободные колебания материальной точки………… 1.2.3. Вынужденные колебания материальной точки…… 1.2.4. Вынужденные колебания материальной точки при наличии силы сопротивления движению…………. 1.2.5. Тестовые задания………………………………….
6
2. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО МОМЕНТА В ЗАДАЧАХ О ДВИЖЕНИИ ТВЕРДОГО ТЕЛА 2.1. Задание Д-8. Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости твердого тела… 2.2. Примеры решения задач с использованием теоремы об изменении кинетического момента твердого тела. Тесты……… 2.2.1. Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости кольцевой рамы. 2.2.2. Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости твердого тела (задание Д-8 [8])………………………………………… 2.2.3. Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости барабана с грузом на наклонной плоскости………………………….. 2.2.4. Тестовые задания……………………………………… 3. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ В ЗАДАЧАХ О ДВИЖЕНИИ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ……………………………………………………………. 3.1. Задание Д-9. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы………. 3.2. Примеры решения задач по применению теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы. Тесты……….. 3.2.1. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы в виде шкивов с грузами…… 3
6 16 16 19 20 23 26 29 29 35 35 38 40 42
45 45 51 51
3.2.2. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы (задание Д-9[8])………………………………………………… 3.2.3. Тестовые задания………………………………………… 4. ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА ПРИ РАСЧЕТЕ МЕХАНИЧЕСКИХ СИСТЕМ…………………………………………………………….. 4.1. Задание Д-15. Применение принципа Даламбера к определению реакций связей………………….………………………… 4.2. Примеры решения задач по применению принципа Даламбера при расчёте механических систем. Тесты…………..…… 4.2.1. Применение принципа Даламбера к определению реакций связей……………………………………………….. 4.2.2. Применение принципа Даламбера к определению реакций связей (задание Д – 15 [8])………………………… 4.2.3. Тестовые задания………………………………………..
55 61 64 64 70 70 71 73
ЗАКЛЮЧЕНИЕ…………………………………………………………...
78
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК……………………………………
79
4
ВВЕДЕНИЕ При изучении дисциплины «Теоретическая механика» рабочими программами предусмотрено выполнение расчетно-проектировочных и контрольных заданий по следующим разделам: 1. Статика. 2. Кинематика. 3. Динамика. 4. Аналитическая механика. Данные методические указания содержат задания расчетнопроектировочных и контрольных работ и примеры их выполнения по разделу «Динамика» по темам: Задание Д-3. Исследование колебательного движения материальной точки. Задание Д-8. Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости твердого тела. Задание Д-9. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы. Задание Д-15. Применение принципа Даламбера к определению реакций связей. Расчетные схемы заданий соответствуют расчетным схемам издания «Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике» (раздел «Динамика») под редакцией проф. А. А. Яблонского. Учитывая, что номер темы в зависимости от года издания сборника может быть различным, принятая выше нумерация тем ориентирована на методические указания Манжосова В. К. и Новиковой О. Д. «Расчетно-проектировочные и контрольные задания по теоретической механике. Часть 3. Динамика». – Ульяновск: УлГТУ, 2005. – 36 с. Требования по выполнению расчетных заданий а) Студент выполняет необходимое количество заданий в соответствии с учебным планом. б) Номера схем и исходных данных задаются преподавателем каждому студенту индивидуально. в) Работы выполняются на стандартных листах писчей бумаги (формата А4) на одной стороне листа (другая остается чистой для возможных исправлений) или в тетради; на обложке должны быть четко написаны: фамилия, имя и отчество студента (полностью), название факультета, шифр группы (для студентов БФО – учебный шифр и почтовый адрес). г) Задание следует выполнять четким почерком с полями: слева – 20 мм, справа – 10 мм. д) Перед выполнением каждого задания необходимо написать тему задания, условие (техническое задание) с числовыми исходными данными, составить расчетную схему в масштабе и указать на ней в числах все величины, необходимые для расчета.
5
е) Решение должно сопровождаться краткими, без сокращения слов, объяснениями и чертежами, на которых все входящие в расчет величины должны быть показаны в числах. ж) При вычислениях в формулы подставляются значения входящих в них параметров в единицах СИ, а затем приводятся окончательные результаты с указанием единиц измерений найденных величин. з) Рассчитываемый параметр не следует вычислять с большим числом значащих цифр после запятой, вычисления должны соответствовать необходимой точности. и) После проверки преподавателем расчетного задания студент должен исправить в нем все отмеченные ошибки и выполнить все сделанные ему указания. Методические указания предназначены для студентов при изучении раздела «Динамика», выполнении контрольных и расчетно-проектировочных заданий по данной теме, самостоятельной работе.
1. КОЛЕБАНИЯ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ 1.1. Задание Д-3. Исследование колебательного движения материальной точки Варианты 15 (рис. 1.1) Найти уравнение движения груза D массой m D или системы грузов D и E массами mD и mE , отнеся их движение к оси x; начало отсчёта совместить с положением покоя груза D или соответственно системы грузов D и E (при статической деформации пружин). Стержень, соединяющий грузы, считать невесомым и недеформируемым. ВАРИАНТ 1 Груз D ( mD = 2 кг) прикреплён к бруску АВ, подвешенному к двум одинаковым параллельным пружинам, коэффициент жесткости каждой из которых с = 3 Н/см. Точка прикрепления груза D находится на равных расстояниях от осей пружин. В некоторый момент времени к грузу D подвешивают груз Е ( mE = 1 кг). Сопротивление движению системы двух грузов пропорционально скорости: R = 12 v (Н), где v скорость (м/с). Массой абсолютно жесткого бруска АВ и массой части демпфера, прикреплённой к бруску, пренебречь. ВАРИАНТ 2 В момент, когда стержень, соединяющий грузы D ( mD = 1 кг) и Е ( mE = 2 кг), перерезают, точка В (верхний конец последовательно соединенных пружин) начинает совершать движение по закону 1,5 sin 18 t см (ось направлена вертикально вниз). Коэффициенты жёсткости пружин c1 = 12 Н/см, c2 = 36 Н/см. 6
ВАРИАНТ 3 Груз D (m D 0,8 кг) висит на пружине, прикрепленной к точке F бруска АВ и имеющей коэффициент жесткости c1 = 10 Н/см. Брусок подвешен к двум параллельным пружинам, коэффициенты жесткости которых c2 = 4 Н/см, c3 = 6 Н/см. Точка F находится на расстояниях a и b от осей a c этих пружин: 3 . b c2 В некоторый момент времени к грузу D подвешивают груз Е ( mE = 1,2 кг). В этот же момент системе грузов сообщают скорость v0 0,2 м/с, направленную вниз. Массой абсолютно жесткого бруска АВ пренебречь. ВАРИАНТ 4 Статическая деформация каждой из двух одинаковых параллельных пружин под действием грузов D ( mD = 0,5 кг) и Е ( mE = 1,5 кг) f ст = 4 см. Грузы подвешены к пружинам с помощью абсолютно жёсткого бруска АВ. В некоторый момент времени стержень, соединяющий грузы, перерезают. Сопротивление движению груза D пропорционально скорости: R = 6 v (Н), где v скорость (м/с). Массой бруска и массой прикрепленной к бруску части демпфера пренебречь. ВАРИАНТ 5 Одновременно с подвешиванием к грузу D ( mD = 1,6 кг), висящему на пружине, коэффициент жесткости которой с = 4 Н/см, груза Е ( mE = 2,4 кг) точка В (верхний конец пружины) начинает совершать движение по закону 2 sin 5 t (см), ось направлена вертикально вниз. Примечание: Положение «начало отсчета» на оси х соответствует среднему положению точки В ( = 0).
Варианты 6 10 (рис. 1.1) Найти уравнение движения груза D массой m по гладкой наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол , с момента соприкасания груза с пружиной или с системой пружин, предполагая, что при дальнейшем движении груз от пружин не отделяется. Движение груза отнести к оси х, приняв за начало отсчета положение покоя груза (при статической деформации пружин). ВАРИАНТ 6 Пройдя без начальной скорости по наклонной плоскости ( 30 ) расстояние s = 0,1 м, груз D (m = 4 кг) ударяется о недеформированные, последовательно соединенные пружины, имеющие коэффициенты жесткости c1 = 48 Н/см и c2 = 24 Н/см. 7
Рис. 1.1
8
ВАРИАНТ 7 В некоторый момент времени груз D (m = 2 кг) присоединяют без начальной скорости к концу А недеформированных последовательно соединенных пружин, имеющих коэффициенты жесткости c1 = 12 Н/см и c2 = 6 Н/см. В тот же момент времени ( t 0) другой конец пружин В начинает совершать
движение вдоль наклонной плоскости ( 45 ) по закону 0,02 sin 20t (м) (ось направлена вдоль наклонной плоскости вниз). Примечание: Положение «начало отсчета» на оси х соответствует среднему положению точки В ( = 0).
ВАРИАНТ 8 Две параллельные пружины 1 и 2, имеющие коэффициенты жесткости c1 = 4 Н/см и c2 = 6 Н/см, соединены бруском АВ, в точке К которого прикреплена пружина 3 с коэффициентом жесткости c3 = 15 Н/см. Точка К наа c2 ходится на расстояниях а и b от осей пружины 1 и 2: . Пружины b c1 . 1, 2 и 3 не деформированы. Груз D присоединяют к концу N пружины 3. В тот же момент грузу D сообщают скорость v0 = 0,5 м/с, направленную вниз параллельно наклонной плоскости ( 45 ). Массой абсолютно жесткого бруска АВ пренебречь. ВАРИАНТ 9 Груз D (m = 1,2 кг), пройдя без начальной скорости по наклонной плоскости ( 30 ) расстояние s = 0,2 м, ударяется о недеформированную пружину, коэффициент жесткости которой с = 4,8 Н/см. В этот же момент ( t 0 ) точка В (нижний конец пружины) начинает совершать вдоль наклонной плоскости движение по закону 0,03 sin 12 t (м) (ось направлена вдоль наклонной плоскости вниз). ВАРИАНТ 10 Груз D (m = 1 кг) прикрепляют к середине бруска АВ, соединяющего концы двух одинаковых параллельных пружин, не сообщая начальной скорости; пружины не деформированы. Коэффициенты жесткости пружин с = 1,5 Н/см. Сопротивление движению груза пропорционально скорости: R = 8 v (Н), где v скорость (м/с); 60. Массой абсолютно жесткого бруска АВ и массой прикрепленной к бруску части демпфера пренебречь. Варианты 1115 (рис. 1.2)
Груз D массой m укреплен на конце невесомого стержня, который может вращаться в плоскости чертежа вокруг оси Е. Груз соединен с пружиной или с системой пружин. Вертикальное положение стержня соответствует недеформированным пружинам. Считая, что груз D, принимаемый за 9
материальную точку, движется по прямой, определить уравнение движения этого груза. Движение отнести к оси х, за начало отсчета принять точку, соответствующую положению покоя груза (при недеформированных пружинах). ВАРИАНТ 11 Груз D (m = 2,4 кг) соединен с точкой F бруска АВ, связывающего концы двух параллельных пружин, коэффициенты жесткости которых c1 = 1 Н/см и c2 = 1,4 Н/см. Точка F находится на расстояниях а и b от осей а c2 пружин: . b c1 Груз D отклоняют на величину = 2 см влево от положения, соответствующего вертикальному положению стержня, и отпускают без начальной скорости. Сопротивление движению груза пропорционально скорости: R = 6v (Н), где v скорость (м/с). Массой абсолютно жесткого бруска АВ и массой демпфера пренебречь. ВАРИАНТ 12 В некоторый момент времени груз D (m = 3 кг), удерживаемый в положении, при котором пружина сжата на величину = 2 см, отпускают без начальной скорости. Коэффициент жесткости пружины с = 9 Н/см. Одновременно (t = 0) точка В (правый конец пружины) начинает совершать движение по закону 1,2 sin 8t (см) (ось направлена горизонтально влево). Примечание: Положение «начало отсчета» положению точки В ( = 0).
на оси х соответствует среднему
ВАРИАНТ 13 Груз D (m = 1 кг) прикреплён к концу пружины, имеющей коэффициент жёсткости c1 = 12 Н/см и соединённой другим концом с точкой F бруска АВ. Брусок АВ связывает концы двух параллельных пружин, коэффициент жесткости каждой из которых с = 3 Н/см. Точка F находится на равных расстояниях от осей параллельных пружин. Грузу при вертикальном положении стержня сообщают скорость
v0 = 0,5 м/с, направленную вправо. Сопротивление движению груза пропорционально скорости: R = 12 v (Н), где v скорость (м/с). Шток демпфера пропущен через отверстие в невесомом бруске АВ и соединен с грузом D. ВАРИАНТ 14 Груз D (m = 1,5 кг) прикреплен одной стороной к концу пружины, имеющей коэффициент жесткости c1 = 4,4 Н/см, а другой стороной к концу двух последовательно соединенных пружин, коэффициенты жесткости которых c2 = 2 Н/см и c3 = 8 Н/см.
10
D
12
C1
A
x
E b a
11
F
C2
B
D
x
C B
E
13
14
E A
C
a a
D
C1
F
15
D
B
D x
C2 C3
C1
x
x C
E
C1 C2
A
16
E D C1 B
B
A
1
F
C2
C3
2
E
3
a
b
18
17 E D
E D A
a
x
19
E D
C1
B
x
a
20
E D
C2
B
F
x Рис. 1.2
11
Груз отклоняют на величину = 2,5 см влево от его положения, соответствующего вертикальному положению стержня, и отпускают, одновременно сообщая грузу начальную скорость v0 = 0,4 м/с, направленную вправо. ВАРИАНТ 15 Груз D (m = 1 кг) прикреплен к концу А последовательно соединенных пружин. Другой конец пружин В движется по закону 1,8 sin 12 t (см) (ось направлена горизонтально влево). Коэффициенты жесткости пружин: c1 = 4 Н/см и c2 = 12 Н/см. При t = 0 груз находился в положении покоя, соответствующем недеформированным пружинам. Варианты 1620 (рис. 1.2)
Найти уравнение движения груза
D массой mD (варианты 17 и 19) или
системы грузов D и Е массами mD и mE (варианты 16, 18, 20), отнеся движение к оси х. Начало отсчета совместить с положением покоя груза D или соответственно системы грузов D и E (при статической деформации пружин). Предполагается, что грузы D и Е при совместном движении не отделяются. ВАРИАНТ 16 Пружина 1, на которой покоится груз D ( mD = 10 кг), опирается в точке F на брусок АВ, соединяющий концы двух параллельных пружин 2 и 3. Коэффициенты жесткости пружин 1, 2 и 3: с1 = 200 Н/см, с2 = 160 Н/см,
с3 = 140 Н/см. Точка F находится на расстояниях а и b от осей пружин 2 и 3, причем a c3 . b c2 В некоторый момент времени на груз D устанавливают груз Е ( mE = 20 кг). Одновременно системе грузов сообщают скорость v0 = 0,4 м/с, направленную вниз. Массой абсолютно жесткого бруска АВ пренебречь. ВАРИАНТ 17 В некоторый момент времени груз Е снимают с груза D (оба груза находятся в состоянии покоя, соответствующем статической деформации пружины). Циклическая частота собственных колебаний системы грузов D m 2 1 и Е на пружине к = 20 с , отношение масс D . mE 3 ВАРИАНТ 18 Статическая деформация каждой из двух одинаковых параллельных пружин под действием груза D ( mD = 20 кг) равна f стD 2 см. В некоторый момент времени на груз D устанавливают груз Е ( mE = 10 кг). Сопротив-
12
ление движению грузов пропорционально скорости R =60 3 v (Н), где v − скорость (м/с). Массой абсолютно жесткого бруска АВ и массой части демпфера, связанной с ним, пренебречь. ВАРИАНТ 19 Два груза D и Е ( mD = 15 кг, mЕ = 25 кг) покоятся на последовательно соединенных пружинах, имеющих коэффициенты жесткости с1 = 250 Н/см и
с2 =375 Н/см. В момент, когда снимают груз Е, точка В опирания пружин начинает совершать движение по закону 0,5 sin 30t (см) (ось направлена вертикально вниз). Примечание: Положение «начало отсчета» на оси х соответствует среднему положению точки В ( = 0).
ВАРИАНТ 20 На груз D, находящийся в состоянии покоя, соответствующем статической деформации пружины, в некоторый момент времени устанавливают груз Е. В этот же момент времени системе двух грузов сообщают скорость v0 0,3 м/c, направленную вниз. Циклическая частота собственных колебаний груза D на пружине к D 24 с 1 , отношение масс
mE 3. mD
Варианты 2125 (рис. 1.3)
Найти уравнение движения груза D массой m по гладкой наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол , отнеся движение к оси х. За начало отсчёта принять положение покоя груза (при статической деформации пружин). ВАРИАНТ 21 В некоторый момент времени груз D (m = 2 кг) прикрепляют к концам недеформированных пружин, имеющих коэффициенты жесткости с1 = 7 Н/см и с2 = 3 Н/см. Одновременно грузу сообщают скорость
v0 0,4 м/с, направленную вдоль наклонной плоскости ( 45 ) вниз.
ВАРИАНТ 22 Груз D находится на наклонной плоскости ( 30 ) в состоянии покоя, соответствующем статической деформации пружины f ст 2 см. В некоторый момент времени (t = 0) точка В (верхний конец пружины) начинает совершать движение по закону 0,01 sin 10 t (м) (ось направлена вдоль наклонной плоскости вниз). Примечание: Положение «начало отсчета» на оси х соответствует среднему положению точки В ( = 0).
13
Рис. 1.3
14
ВАРИАНТ 23 Груз D (m = 3 кг) прикрепляют к точке F бруска АВ, соединяющего концы двух недеформированных параллельных пружин, и отпускают без начальной скорости. Коэффициенты жесткости пружин с1 = 2 Н/см и с2 = 4 Н/см. Точка F находится на расстояниях a и b от осей пружины, причем
60 .
a c2 ; b c1
Сопротивление движению груза пропорционально скорости R 12v (Н), где v − скорость (м/с). Массой бруска АВ и массой демпфера пренебречь. ВАРИАНТ 24 В некоторый момент времени груз D (m = 1 кг) прикрепляют к концу А недеформированных последовательно соединенных пружин, имеющих коэффициенты жесткости с1 = 12 Н/см и с2 = 4 Н/см, и отпускают без начальной скорости. Одновременно (t = 0) другой конец пружин В начинает совершать движение по закону 1,5 sin 10 t (см). Ось направлена вдоль наклонной плоскости вниз ( = 30 ). Примечание: Положение «начало отсчета» на оси х соответствует среднему положению точки В ( = 0).
ВАРИАНТ 25 Концы двух одинаковых параллельных пружин соединены бруском АВ. Статическая деформация каждой из пружин под действием груза D (m = 1,5 кг), находящегося на наклонной плоскости ( 30 ), f ст = 4,9 см. В некоторый момент грузу D сообщают скорость v0 0,3 м/с, направленную вверх вдоль наклонной плоскости. Сопротивление движению груза пропорционально скорости груза, R 6 v (Н), где v − скорость (м/с). Массой абсолютно жесткого бруска АВ и массой части демпфера, связанной с бруском, пренебречь. Варианты 2630 (рис. 1.3)
Пренебрегая массой плиты и считая плиту абсолютно жесткой, найти уравнение движения груза D массой m с момента соприкасания его с плитой, предполагая, что при дальнейшем движении груз от плиты не отделяется. Движение груза отнести к оси х, приняв за начало отсчета положение покоя этого груза (при статической деформации пружин). ВАРИАНТ 26 Плита лежит на двух параллельных пружинах, имеющих коэффициенты жесткости с1 = 600 Н/см и с2 = 400 Н/см. Груз D ( m 50 кг) падает без начальной скорости с высоты h 0,1 м в точку F плиты, находящуюся на расстояниях a и b от осей пружин: a / b c 2 / c1 .
15
ВАРИАНТ 27 Коэффициент жесткости каждой из двух параллельных пружин, на которых лежит плита, с = 130 Н/см. Груз D ( m 40 кг) устанавливают на середину плиты и отпускают без начальной скорости при недеформированных пружинах. Сопротивление движению груза пропорционально скорости: R 400v (Н), где v − скорость (м/с). Массой демпфера пренебречь. ВАРИАНТ 28 Груз D падает на плиту с высоты h = 5 см. Статический прогиб пружины под действием груза D равен f ст = 1 см. ВАРИАНТ 29 Плита лежит на двух одинаковых параллельных пружинах 1 и 2, коэффициенты жесткости которых с1 с2 с 400 Н/см. В некоторый момент времени груз D (m = 200 кг) устанавливают на середину плиты и одновременно прикрепляют к недеформированной пружине 3, имеющей коэффициент жесткости с3 200 Н/см. В тот же момент времени (при недеформированных пружинах) грузу сообщают скорость v0 0,6 м/с, направленную вниз. ВАРИАНТ 30 В некоторый момент времени груз D ( m 100 кг) устанавливают на плиту и отпускают (при недеформированной пружине) без начальной скорости. В этот момент времени точка В (нижний конец пружины) начинает совершать движение по вертикали согласно закону 0,5 sin 20 t (см) (ось направлена вниз). Коэффициент жесткости пружины с 2000 Н/см. (
Примечание: Начало отсчета на оси х соответствует среднему положению точки В = 0).
1.2. Примеры решения заданий по исследованию колебательного движения материальной точки. Тесты
1.2.1. Исследование колебательного движения материальной точки (задание Д-3 [8]) Два груза D и Е (рис. 1.4) массами m D = 2 кг и mE = 3 кг лежат на гладкой плоскости, наклоненной под углом = 30° к горизонту, опираясь на пружину, коэффициент жесткости которой с = 6 Н/см = 600 Н/м. В некоторый момент времени груз Е убирают; одновременно (t = 0) нижний конец пружины В начинает совершать вдоль наклонной плоскости движение по закону = 0,02 sin 10t (м). Найти уравнение движения груза D.
16
а) б) Рис. 1.4. Схема грузов на наклонной плоскости
Решение Применим к решению задачи дифференциальные уравнения движения точки. Совместим начало координатной системы с положением покоя груза D, соответствующим статической деформации пружины, при условии, что точка В занимает свое среднее положение ( = 0). Направим ось x вверх вдоль наклонной плоскости (в сторону движения груза D после снятия груза Е). Движение груза D определяется по следующему дифференциальному уравнению: mD x X i , где X i – сумма проекций на ось х сил, действующих на груз D (рис. 1.4, a):
GD – веса, N – нормальной реакции наклонной плоскости, P – силы упруго-
сти пружины. Таким образом, Здесь
mD x GD sin P. P c( x - f стD ),
где f стD – статическая деформация пружины под действием груза D; – перемещение точки прикрепления нижнего конца пружины, происходящее по закону d sin pt ( d = 0,02 м, p = 10 рад/с). Статическую деформацию пружины f стD найдем из уравнения, соответствующего состоянию покоя груза D на наклонной плоскости (рис. 1.4, б): X i 0; GD sin P0 0, GD sin a cf стD = 0, откуда f стD GD sin / c . Дифференциальное уравнение движения груза D примет вид mD x GD sin a - c ( x - f стD ),
или после преобразования
m D x cx cd sin pt .
17
Разделив все члены уравнения на mD и введя обозначения c / mD k 2 ,
cd / md h,
приведем дифференциальное уравнение к следующему виду: x k 2 x h sin pt .
Решение этого неоднородного уравнения складывается из общего решения x1 соответствующего однородного уравнения и частного решения x2 данного неоднородного уравнения: x x1 x2 . Общее решение однородного уравнения имеет вид x1 C1 cos kt C2 sin kt. Частное решение неоднородного уравнения x2 [h / (k 2 p 2 )]sin pt . Общий интеграл x C1 cos kt C2 sin kt [h /(k 2 p 2 )]sin pt. Для определения постоянных интегрирования C1 и C 2 найдем, кроме того, уравнение для x x C1k sin kt C2 k cos kt [hp /(k 2 p 2 )]cos pt и используем начальные условия задачи. Рассматриваемое движение начинается в момент (t = 0), когда деформация пружины является статической деформацией под действием грузов D и Е. При принятом положении начала отсчета О начальная координата груза D равна x0 f стE , причем f стE GE sin a / c – статическая деформация пружины под действием груза Е. Таким образом, при t = 0 x0 - f стE , x 0 0. Составим уравнения x x(t ) и x x (t ) для t = 0:
x0 C1 ;
x 0 C 2 k hp /( k 2 p 2 ),
откуда
C1 - f стE , C 2 hp /[k (k 2 p 2 )]. Уравнение движения груза D имеет следующий вид:
x - f стE cos kt
hp h sin kt sin pt. k (k 2 p 2 ) k 2 p2
Найдем числовые значения входящих в уравнение величин: c 6 100 17,3 c 1; k mD 2
18
GE sin 3 9,81 0,5 0,0245 м; c 6 100 h cd 600 0,02 0,03 м; k 2 p 2 mD ( k 2 p 2 ) 2(300 100) f стE
hp 0,03 10 0,0173 м. k (k 2 p 2 ) 17,3
Следовательно, уравнение движения груза D x 2,45 cos17,3t 1,73 sin 17,3t 3 sin 10t (см).
1.2.2. Свободные колебания материальной точки Дано: пружина AB (рис. 1.5, а), на которую не действуют никакие силы. Рассмотрим груз весом G, подвешенный к пружине AB, конец A которой закреплен неподвижно (рис. 1.5, б). Когда груз находится в равновесии, удлинение пружины равно λст. Положим, что в некоторый момент времени груз был смещен из положения покоя вниз по вертикали на величину x и отпущен с начальной скоростью x 0 . Определим возникшее движение груза, пренебрегая массой пружины. Решение
Примем груз за материальную точку и направим по его вертикальной прямолинейной траектории ось x (рис. 1.5, б). Начало координат O совместим с положением равновесия груза, которому соответствует статическое удлинение пружины λст. Тогда начальному положению груза M0 будут соответствовать координата x и проекция начальной скорости x 0 . Начальные условия будут t0 = 0, x = x0, x = x 0 . На груз действуют сила тяжести G и сила упругости пружины P , модуль которой пропорционален деформации пружины. В положении, определяемом координатой x, деформация пружины λст + x, а модуль силы упругости P = c (λст + x). Проекция силы упругости на ось x
Рис. 1.5. Схема пружины с грузом
Px = –c ( λст+ x). Когда груз находится в покое, то его вес уравновешивается силой упругости, равной по модулю Pст = с λст, т. е. G = Pст = с λст. 19
(1.1)
Дифференциальное уравнение движения груза имеет вид m x = Σ Xi = G – с ( λст + x). Подставим в дифференциальное уравнение значение коэффициента жесткости пружины c, определяемое формулой (1.1): m x = G – (G / λст) (λст + х) = G – G – (G / λст) х. Так как G = mg, то x + (G / λст) х = 0. (1.2) Уравнение (1.2) является дифференциальным уравнением свободных колебаний материальной точки: x + k2 х = 0, где k2 = g / λст. Частота свободных колебаний груза k=
g / ст .
(1.3)
Период его колебаний T = 2π / k = 2π ст / g .
(1.4)
Общее решение дифференциального уравнения (1.2) имеет вид x = C1 cos kt + C2 sin kt и
x = A sin (kt + β).
Представим уравнение движения груза в форме x = A sin (kt + β).
(1.5)
Пользуясь начальными условиями, определим амплитуду A и начальную фазу β колебаний по формулам A=
x02 + x02 / k 2 ,
tg β = kx0 / x 0 .
Уравнение движения груза примет вид x = A sin ( g /
ст
t + β).
(1.6)
Формула (1.4) является общей для определения периода свободных колебаний груза, поддерживаемого упругой связью. Она позволяет определить период свободных колебаний этого груза около положения, в котором действующие на груз силы уравновешиваются. 1.2.3. Вынужденные колебания материальной точки Дано: схема прибора для измерения давлений (рис. 1.6). К ползуну 1 массой m = 20 кг прикреплена стрелка 2, отмечающая показания на неподвижной шкале 3. Ползун 1, прикрепленный к концу пружины 4, перемещается по горизонтальной идеально гладкой поверхности. 20
Рис. 1.6. Схема прибора для измерения давления
К ползуну приложена горизонтальная сила S, которая изменяется согласно уравнению S H sin pt , где H = 1,6 кН, р = 60 рад/с. Коэффициент упругости пружины равен с = 2 кН/см. В начальный момент ползун находился в покое в положении статического равновесия. Определить: уравнения движения стрелки 2 при отсутствии силы сопротивления движению. Решение Направим ось х параллельно оси пружины по горизонтали вправо, взяв начало отсчета в положении ползуна, соответствующем недеформированной пружине. Начальные условия движения ползуна имеют вид:
при t 0
x 0 , x 0 .
Изобразим ползун (рис. 1.6) смещенным вправо на х. При этом пружина растянется на x . К ползуну приложены следующие силы: P mg – сила тяжести ползуна; N – нормальная реакция горизонтальной плоскости; сила S H sin pt ; F – сила упругости растянутой пружины, проекция которой на ось х равна Fx cx . Составим дифференциальное уравнение движения ползуна в проекции на ось х: mx S x Fx или H c x sin pt x, m m откуда x k 2 x h sin pt , (1.7) где k c / m, h H / m. Для заданных параметров k
160000 200000 8000 см/c 2 . =100 рад/с, h 20 20
Уравнение (1.7) является линейным неоднородным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами. Общее решение уравнения равно сумме x1 общего решения соответствующего однородного уравнения, описывающего свободные колебания, 21
x1 k 2 x1 0
(1.8)
и x2 частного решения уравнения (1.7), т. е. х = x1 x2 .
(1.9)
Решение однородного уравнения (1.8) имеет вид
x1 C1 cos kt C2 sin kt .
(1.10)
Для определения вынужденных колебаний, т. е. частного решения x2 , следует предварительно выяснить соотношение между круговыми частотами свободных и вынужденных колебаний. Так как k = 100 рад/с, а р = 60 рад/с, то p k , т. е. имеют место вынужденные колебания малой частоты. При этом частное решение x2 следует искать в виде x2 = A sin pt B cos pt ,
(1.11)
где А и В – коэффициенты, подлежащие определению. Из (1.11) x2 pA cos pt pB sin pt , x2 p 2 A sin pt p 2 B cos pt .
(1.12)
Учитывая (1.11) и (1.12) в уравнении (1.7), имеем p 2 A sin pt p 2 B cos pt + k 2 ( A sin pt B cos pt ) = h sin pt .
Приравняв коэффициенты, стоящие в левой и правой частях уравнения при соответствующих тригонометрических функциях, находим A
h , k p2 2
В = 0.
Частное решение (1.11) с учетом значений А и В, примет вид x2
h sin pt . k p2 2
(1.13)
Подставляя (1.10) и (1.13) в (1.9), получим общее решение дифференциального уравнения движения h (1.14) х = C1 cos kt C2 sin kt + 2 sin pt . k p2 Дифференцируя по t , находим hp x = kC1 sin kt kC2 cos kt + 2 (1.15) cos pt . k p2 Учитывая начальные условия (при t 0 x 0 , x 0 ) для (1.14) и (1.15), получим hp p h , C . 0 = C1 , 0 = kC2 2 2 k p2 k k 2 p2 22
Итак, уравнение движения ползуна и, следовательно, стрелки В из (1.14) с учетом значений C1 и C2 имеет вид p h h х= 2 (1.16) sin kt + 2 sin pt . 2 k p2 k k p Подставив численные значения k = 100 рад/с, р = 60 рад/с, h = 8000 см/с2, получаем х = ( 0,75sin100t 1, 25sin 60t ) см. Первое слагаемое соответствует колебаниям ползуна со стрелкой с частотой свободных колебаний, второе слагаемое определяет вынужденные колебания. 1.2.4. Вынужденные колебания материальной точки при наличии силы сопротивления движению Дано: схема прибора для измерения давлений (рис. 1.7). К ползуну 1 массой m = 20 кг прикреплена стрелка 2, отмечающая показания на неподвижной шкале 3. Ползун 1, прикрепленный к концу пружины 4, перемещается по горизонтальной идеально гладкой поверхности.
Рис. 1.7. Схема прибора для измерения давления
К ползуну приложена горизонтальная сила S, которая изменяется согласно уравнению S H sin pt , где H = 1,6 кН, р = 60 рад/с. Коэффициент упругости пружины равен с = 2 кН/см. В начальный момент ползун находился в покое в положении статического равновесия. Определить: уравнения движения стрелки 2 при наличии силы сопротивления движению R v, где =25,6 Н с /см, v x – скорость ползуна 1 со стрелкой 2. Решение Направим ось х параллельно оси пружины по горизонтали вправо, взяв начало отсчета в положении ползуна, соответствующем недеформированной пружине. Начальные условия движения ползуна имеют вид:
при t 0
x 0 , x 0 .
Изобразим ползун (рис. 1.7) смещенным вправо на х. При этом пружина растянется на x . К ползуну приложены следующие силы: P mg – сила тяжести ползуна;
23
N – нормальная реакция горизонтальной плоскости; сила S H sin pt ; F – сила упругости растянутой пружины, проекция которой на ось х равна Fx cx ; R x сила сопротивления движению, направленная в сторону, противоположную скорости движения. Составим дифференциальное уравнение движения ползуна в проекции на ось х: mx S x Fx Rx H c x sin pt x x , или m m m откуда x 2nx k 2 x h sin pt , (1.17) где k c / m, h H / m , n
2m
.
Для заданных параметров k
200000 =100 рад/с, 20
h
160000 8000 см/c 2 , 20
25,6 102 n = 64 рад/с. В результате n k и p k . 2 20 Уравнение (1.17) является линейным неоднородным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами. Общее решение уравнения равно сумме x1 общего решения соответствующего однородного уравнения, описывающего свободные колебания,
x1 2nx1 k 2 x1 0
(1.18)
и x2 частного решения уравнения (1.17), т. е.
х = x1 x2 .
(1.19)
Если n k – случай малого сопротивления, свободные колебания являются затухающими и изменяются по закону
x1 Ae nt sin( k 2 n 2 t ) , при t
x1 0 ,
(1.20)
где А и – амплитуда и фаза колебаний. Частное решение x2 , определяющее вынужденные колебания, равно
x2 = a sin( pt ) , a
h ( k 2 p 2 ) 2 4n 2 p 2
,
arctg
2np , k 2 p2
где а – амплитуда вынужденных колебаний, фаза колебаний. Для заданных параметров
k 2 n 2 1002 642 =76,8 рад/с;
24
(1.21)
a
h ( k p ) 4n p 2
2 2
arctg
2
2
=
8000 (100 60 ) 4 64 60 2
2 2
2
2
= 0,8 см;
2 64 60 2np arctg = arc tg1,2 = 0,877 рад. 2 1002 602 k p 2
Общее решение (1.19) с учетом (1.20) и (1.21) примет вид x Ae n t sin( k 2 n 2 t ) + a sin( pt ) .
(1.22)
Дифференцируя (1.22) по времени t , находим x nAe n t sin( k 2 n 2 t ) + Ae nt k 2 n 2 cos( k 2 n 2 t ) + + ap cos( pt ) .
(1.23)
Для определения постоянных интегрирования А и используем начальные условия: при t 0 x 0 , x 0 . Тогда равенства (1.22) и (1.23) примут вид 0 = Аsin + a sin( ) , 0 = nA sin + A k 2 n 2 cos + ap cos( ) . a sin Из первого равенства A . Подставив во второе равенство, находим sin 0 = na sin +
a sin k 2 n 2 + ap cos( ) , tg
откуда следует k 2 n 2 tg , 0 = ntg p tg
76,8 1, 2 k 2 n 2 tg = 5,485; = tg 64 1,2 60 ntg p
1, 4 рад; sin 0,768 ; sin = 0,9836; A
a sin 0,8 0,768 = = 0,63 см. sin 0,9836
Учитывая найденные значения в (1.22), получим x [0,63e 64t sin(76,8 1, 4) 0,8sin(60t 0,877)] см. Первое слагаемое уравнения соответствует колебаниям ползуна со стрелкой с частотой свободных колебаний, которые быстро затухают благодаря наличию множителя e 64t . Второе слагаемое определяет вынужденные колебания ползуна со стрелкой.
25
1.2.5. Тестовые задания Варианты ответов: 1) двигаться ускоренно параллельно оси На свободную материOX альную точку М массы 2) двигаться равноускоренно параллельно плоскости XOY m = 1 кг действует, кроме 3) двигаться равноускоренно в пространсилы тяжести G, сила стве F 9,8i 9,8 j 9,8k (Н). Если в начальный момент точка находилась 4) находиться в покое 5) двигаться равномерно параллельно в покое, то в этом случае она будет… плоскости XOZ Д1
Д2
На свободную материальную точку М массы m = 1 кг действует, кроме силы тяжести G, сила F 9,8 i 9,8k (Н). Если в начальный момент точка находилась в покое, то в этом случае она будет…
Варианты ответов: 1) двигаться ускоренно вниз 2) двигаться равномерно параллельно оси OZ 3) двигаться ускоренно параллельно оси OX 4) двигаться ускоренно параллельно плоскости YOZ 5) находиться в покое Варианты ответов:
Д3
Груз весом 7 кН двигается по кольцу радиуса R = 110 см, находящемуся в вертикальной плоскости. Если давление на кольцо в верхней точке траектории будет равно 0 ( g = 10 м/с2), то скорость груза в этой точке v = … (м/с) Д4 Груз весом 4 кН двигается по кольцу радиуса R = 90 см, находящемуся в вертикальной плоскости. Если давление на кольцо в верхней точке траектории будет равно 0 ( g = 10 м/с2), то скорость груза в этой точке v = … (м/с) Д5 Груз весом 9 кН двигается по кольцу радиуса R = 120 см, находящемуся в вертикальной плоскости. Если давление на кольцо в верхней точке траектории будет равно 0 ( g = 10 м/с2), то скорость груза в этой точке v = … (м/с)
26
1) 11 2) 9 3) 3 4) 3,3 5) 0,3 Варианты ответов: 1) 1 2) 9 3) 3,3 4) 3 5) 30 Варианты ответов: 1) 34,6 2) 3,3 3) 32,8 4) 3,5 5) 11,5
Д6
Груз весом G = 8 кН двигается по кольцу радиусом R = 30 см, находящемуся в вертикальной плоскости. Если давление на кольцо в верхней точке траектории будет равным 0 (g = 10 м/с2), то скорость груза в этой точке будет равна v =…(м/с) Д7 Груз весом G = 6 кН двигается по кольцу радиусом R = 40 см, находящемуся в вертикальной плоскости. Если давление на кольцо в верхней точке траектории будет равным 0 (g = 10 м/с2), то скорость груза в этой точке будет равна v =…(м/с) Д8 Груз весом G = 5 кН двигается по кольцу радиусом R = 60 см, находящемуся в вертикальной плоскости. Если давление на кольцо в верхней точке траектории будет равным 0 (g = 10 м/с2), то скорость груза в этой точке будет равна v =…(м/с)
Варианты ответов: 1) 1,7 2) 3 3) 17,3 4) 5,8 5) 0,58 Варианты ответов: 1) 15,5 2) 2,6 3) 1,5 4) 2 5) 20 Варианты ответов: 1) 24,5 2) 3,5 3) 2,4 4) 17,3 5) 1,7 Варианты ответов: 1) свободных колебаний с учетом сил сопротивления 2) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления (случай резонанса) 3) свободных колебаний без учета сил сопротивления 4) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления 5) вынужденных колебаний с учетом сил сопротивления Варианты ответов: 1) свободных колебаний с учетом сил сопротивления 2) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления (случай резонанса) 3) свободных колебаний без учета сил сопротивления 4) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления 5) вынужденных колебаний с учетом сил сопротивления
Д9
Данное дифференциальное уравнение y 2 y k 2 y 0 (где μ>0) является уравнением…
Д10
Данное дифференциальное уравнение d 2x dx 2 k 2 x A sin pt 2 dt dt (где α >0) является уравнением
27
Варианты ответов: 1) свободных колебаний с учетом сил сопротивления 2) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления (случай резонанса) 3) свободных колебаний без учета сил сопротивления 4) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления 5) вынужденных колебаний с учетом сил сопротивления Варианты ответов: 1) свободных колебаний с учетом сил сопротивления 2) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления (случай резонанса) 3) свободных колебаний без учета сил сопротивления 4) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления 5) вынужденных колебаний с учетом сил сопротивления Варианты ответов: 1) свободных колебаний с учетом сил сопротивления 2) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления (случай резонанса) 3) свободных колебаний без учета сил сопротивления 4) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления 5) вынужденных колебаний с учетом сил сопротивления Варианты ответов: 1) свободных колебаний с учетом сил сопротивления 2) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления (случай резонанса) 3) свободных колебаний без учета сил сопротивления 4) вынужденных колебаний без учета сил сопротивления 5) вынужденных колебаний с учетом сил сопротивления
Д11
Данное дифференциальное уравнение y k 2 y 0 является уравнением…
Д12
Данное дифференциальное уравнение d 2x dx 2 k2x 0 2 dt dt (где α >0) является уравнением…
Д13
Данное дифференциальное уравнение d 2x dx 2 k 2 x A sin pt 2 dt dt (где α >0) является уравнением…
Д14
Данное дифференциальное уравнение y k 2 y 0 является уравнением
28
2. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО МОМЕНТА В ЗАДАЧАХ О ДВИЖЕНИИ ТВЕРДОГО ТЕЛА 2.1. Задание Д-8. Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости твердого тела
Тело Н массой m1 вращается вокруг вертикальной оси z с постоянной угловой скоростью 0 . При этом в точке О желоба АВ тела Н на расстоянии АО от точки А, отсчитываемом вдоль желоба, находится материальная точка К массой mk . В некоторый момент времени (t = 0) на систему начинает действовать пара сил с моментом M z f1 (t ) . При t = действие пары сил прекращается. Одновременно точка К начинает относительное движение из точки О желоба АВ (в направлении к В) по закону ОК = s = f 2 (t ) для t > . Определить угловую скорость тела Н при t = и при t = Т, пренебрегая сопротивлением вращению тела Н. Тело Н рассматривать как пластинку, имеющую форму, показанную на рис. 2.1 − 2.3. Необходимые для решения данные приведены в табл. 2.1−2.2. В тех вариантах, в которых пластинка Н расположена в вертикальной плоскости, относительное движение точки К вызывается силой, действующей в той же плоскости. В остальных вариантах под точкой К подразумевается самоходная тележка.
29
Рис. 2.1
30
z
11
z
12
H
a
a
B
A
a
B
A z
13
14
z
H
H A
A
z
15
B
R
B
a
a
z
16 H
R
a
b a
b
B
B
A a
H
R
2a
a
A
z
17
z
18
B
H
H
R
H
B R
a
A z
19
A
z
20 A
a
a
a
a
R
a
H
B
a
H
a
A
B
Рис. 2.2
31
а
а
Рис. 2.3 32
Таблица 2.1 ОК s T , с s t 1
M z M z t , Нм
,
град
АО, м
1,2
–
R 6
29 ,6t 2
3
–
2
120
101
5
2
–
–
–
120 t
4
–3
–
–
1
30
21t
2
10
1,5
2
1,5
–
–
0,4 0
4
160
80
–1,25
1,5
–
2,5
–
a 6
15 t 700 t
3
5 a 18t12
3
7
300
50
–2
1,6
1
0,8
–
0
968
1
1
8
80
20
0
1,2
–
2
–
20
5
5
1,2
–
0,4
45
240 t 29,2 t
4
9
a 2 R 4
R 2t12 a 4t1 3 R 4t12
10
100
40
2
2
2
–
–
2 2
90 t
4
11
60
20
–1
2
–
–
15
0
40 t
2
12
40
10
–3
1
–
2
–
0
50t 2
3
13
24
4
4
1
–
–
–
0,5
1
0,3 t1
2
14
40
10
2
–
–
1
–
0
27 t 120 t
1
3
15
120
50
–4
1
–
2
–
0
0,5 t1 a 2t12
16
60
10
–5
1
1,2
–
30
17
50
10
–2
–
–
1,6
18
120
50
3
2
3
19
90
30
1
1,5
20
50
12
3
21
40
10
22
150
23
0 ,
b, м
R,
рад/с
a, м
м
10
–1
1
1,5
200
60
–2
–
3
120
40
0
4
16
5
5
66
6
Вариант
m1
1
32
2
m2
кг
,
3 2 0
с
3
2
5R 12t1
1
3t2
1
2 4 t12 0 ,6 t1 0 ,5 t1
2
2 2,5
2 1
2 4 t12
1
0,4 t12 a 3t1
2 2
1
0,4
330t 2 74
2
0,3 t12
2
30
0,6
69 t
4
2
0,8
–
–
–
324 135 t
3
–
1
–
1,2
–
R 2 0 a 6
14t 2
3
0,6 t1 R 8t12 a 4t12 a 12t12
–6
–
–
1
–
–1
1,6
1,2
0,6
–
90
20
2
2
1
–
–
24
50
12
–3
0,6
–
–
60
3 2 0,2
75 t 163 – 210
1
50
2 2 R 2
25
36
8
–5
–
–
0,5
–
0
26
150
40
–4
1,5
–
2
–
27
120
30
0
1
–
–
60
28
15
4
–2
0,6
–
–
–
29
20
5
5
0,6
–
0,6
–
30
150
50
0
1,6
1,2
–
–
a 6 0 0,1 0 1,6
33
2
2 16 t12
2 1 2 2
4
R 2t12
1
2
3 2 t1
1
0,4 t1 R 6t12 a 2t12
2
27t 2 20 t
2
1170 t 25 t
1 2
t12
1
5,6 t
3
1
6,3 t 652 t
4
0,4 t1 5R 6t1
2
2
0,2 t12
2 1
1 2
Таблица 2.2 Осевые моменты инерции однородных пластинок
z
R
y
o
Jx
Jy
Jz
mR 2 2
mR 2 4
mR 2 4
z R
y
o
x
x z
z
r
o
y
m R2 r 2 2
mR
2
r2 4
m R2 r 2 4
R
R
r
y
o x
x
z
x
a
b
o
mb 2 3
ma 2 3
b
m a2 b2 3
x
a
a
z
z
ma 2 3
o x
0
ma 2 3
a
a
o x
b/3
mb 2 18
ma 2 6
x
a
34
o b/3
b
o
m 3a 2 b 2 18 y
b
z
a
y
a
z
x
y
o
b
b
z
a
y
2.2. Примеры решения задач с использованием теоремы об изменении кинетического момента твердого тела
2.2.1. Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости кольцевой рамы Кольцевая рама может вращаться вокруг вертикальной оси Oz, проходящей через ее центр масс. В раме симметрично относительно оси Oz закреплены вертикальные оси двух одинаковых однородных дисков радиусом r и массой m. Расстояние между центрами дисков равно 2b (рис. 2.4). В начальный момент система находится в покое. Затем диски начинают вращаться в одну сторону с равными угловыми скоростями 1 относительно рамы. Это осуществляется без внешних сил при помощи двух встроенных электромоторов. Зная момент инерции рамы относительно оси Oz, равный I, определить угловую скорость рамы 2 . Решить эту задачу также в случае, когда диски вращаются в противоположные стороны.
Рис. 2.4. Схема рамы
Решение Применим теорему моментов (теорему о сохранении момента количества движения) относительно оси Oz. Поскольку все внешние силы (силы тяжести) параллельны оси Oz, момент количества движения системы относительно этой оси сохраняется. До начала движения он был равен нулю; следовательно, когда диски и рама будут вращаться, он тоже будет равен нулю: L z = 0. (2.1) Но момент количества движения системы представляет собой сумму моментов количества движения первого и второго дисков и рамы относительно оси Oz: L z L1z L2 z L3 z (2.2) Движение дисков является сложным: они вращаются относительно рамы и вместе с ней. Будем считать первое из этих движений относительным, а второе – переносным. L1z L1( rz) L1( ez) , (2.3) где L1( rz) – момент количества движения первого диска относительно оси z в относительном движении, a L1(ez) – момент количества движения первого диска относительно оси z в переносном движении. Аналогично и для второго диска. Проведем ось O'z' через центр диска параллельно оси Oz (рис. 2.4). Тогда моменты количества движения диска в относительном движении относительно осей Oz и O'z' будут одинаковыми. Действительно, поскольку можно считать, что начало координат O' совпадает с центром масс диска, то имеет место соот35
ношение LO LO / mvCr O O ,
(2.4)
где LO и LO / – моменты количества движения относительно О и О', а vCr – относительная скорость центра масс диска.
Однако эта скорость равна нулю (центр масс диска неподвижен относительно рамы). Отсюда получаем равенство моментов LO = LO / , (2.5) а следовательно, равны и проекции этих моментов на параллельные оси: L1r z L1r z / . (2.6) Поскольку диск в относительном движении вращается относительно оси O'z', то, считая это вращение направленным против хода часовой стрелки, имеем 1z 1 . (2.7) Следовательно, L1r z L1r z / = I z / 1z I z / 1 , (2.8) где 1 I z / mr 2 . (2.9) 2 Определим момент инерции диска относительно оси O'z'. Подставляя (2.9) в (2.8), имеем для момента количества движения диска в относительном движении 1 L1r z mr 21 . (2.10) 2 Переносным движением диска является его вращение вместе с рамой относительно оси Oz. Обозначая проекцию угловой скорости рамы на ось Oz через z , имеем L1e z I z z . (2.11) Поскольку ось O'z' проходит через центр масс диска, то, согласно формуле связи моментов инерции относительно параллельных осей, получим I z I z / mb 2 , (2.12) или, используя (2.9), 1 I z mr 2 mb 2 . (2.13) 2 Следовательно, из (2.11) имеем 1 L1e z mr 2 mb 2 z (2.14) 2 и, наконец, из (2.3), (2.10) и (2.14) получаем 1 1 L1z mr 21 mr 2 mb 2 z . (2.15) 2 2
36
Если второй диск вращается в ту же сторону, то очевидно, что и L2 z
1 2 1 mr 1 mr 2 mb 2 z . 2 2
(2.16)
Для рамы имеем L3 z I z .
(2.17)
Из (2.1) и (2.2) получаем L1z L2 z L3 z 0.
(2.18)
Подставляя (15) – (17) в (18) и приводя подобные члены, получаем mr 21 (mr 2 2mb 2 ) z I z 0,
(2.19)
mr 2 1 . mr 2 2mb 2 I
(2.20)
откуда z
Знак минус z означает, что рама вращается по ходу часовой стрелки, т.е. в обратную сторону по отношению к дискам, чего и следовало ожидать. Если считать 2 абсолютной угловой скоростью, то z = - 2 (2.21) и, следовательно, 2
mr 2 1 . mr 2 2mb 2 I
(2.22)
Если диски начинают вращаться в противоположные стороны, то, считая, что по ходу часовой стрелки вращается второй диск, для него вместо (2.7) получаем 2 z 1 . (2.23) Вместо (2.10) для второго диска будем, следовательно, иметь 1 Lr2 z mr 21 , 2
(2.24)
а вместо (2.16), поскольку (2.14) не изменится, 1 1 L2 z mr 21 mr 2 mb 2 z . 2 2
(2.25)
Формулы (2.15) и (2.17) сохранят свой вид. Тогда, подставляя (2.15), (2.17), (2.25) в (2.18), получим 1 1 1 1 mr 21 mr 2 mb 2 z + mr 21 + mr 2 mb 2 z + I z 0, 2 2 2 2
или (mr 2 2mb 2 I ) z 0.
Отсюда z 0 и 2 0 . Рама останется неподвижной. Механически это совершенно очевидно, поскольку моменты количества движения (2.24) и (2.10) в этом случае компенсируют друг друга, и полный момент количества движения при неподвижной раме равен нулю. 37
2.2.2. Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости твердого тела (задание Д-8 [8]) Тело Н массой m1 вращается вокруг вертикальной оси z (рис. 2.5) с постоянной угловой скоростью 0 . При этом в точке О желоба АВ тела Н на расстоянии АО от точки А, отсчитываемом вдоль желоба, находится материальная точка К массой m2 . В некоторый момент времени (t = 0) на систему начинает действовать пара сил с моментом M z f1 (t ) . При t = действие пары сил прекращается. Одновременно точка К начинает относительное движение из точки О желоба АВ (в направлении к В) по закону ОК = s = f 2 (t ) для t > . Определить угловую скорость тела Н при t = и Т при t = Т, пренебрегая сопротивлением вращению тела Н. Тело Н рассматривать как пластинку, имеющую форму, показанную на рис. 2.5. Дано: m1 = 200 кг; m2 = 80 кг; M z = 592t Н м ; 0 = – 2 рад/с; АО = 0,8 м; R = 2,4 м; а = 1,2 м; = 4 с; ОК = s = 0,5(t ) 2 м; T 6 с. Определить и Т , считая тело H однородной круглой пластинкой.
а)
б)
Рис. 2.5. Схема вращения тела Н и движения материальной точки по желобу АВ
К решению задачи применим теорему об изменении кинетического момента механической системы, выраженную уравнением d Lz / d t = M izE , где Lz – кинетический момент системы, состоящей в данном случае из тела Н и точки К, относительно оси z; M izE = M zE – главный момент внешних сил, приложенных к системе, относительно оси z. На систему за время от t = 0 до t = действуют силы: вес G1 тела H, вес G2 точки К, пара сил с моментом M z и реакции подпятника и подшипника (рис. 2.5, а).
38
Предположим, что вращение тела H происходит против вращения часовой стрелки, если смотреть со стороны положительного направления оси z; будем считать это направление положительным при определении знаков кинетических моментов. Найдем выражение кинетического момента Lz системы, который складывается из кинетического момента тела J z и момента количества движения точки К, находящейся в точке О тела H и имеющей скорость v O1O :
m2 v O1O m2 O1O 2 . Таким образом,
Lz J z m2 O1O 2 ( J 2 m2 O1O 2 ) . Главный момент внешних сил равен вращающему моменту M z , так как другие силы момента относительно оси z не создают. Уравнение, выражающее теорему об изменении кинетического момента, примет вид d[(J z m2 O1O 2 ) ] (2.26) Mz , dt где M z ct (c 592 H м/с). Разделим в уравнении (2.26) переменные и проинтегрируем левую и правую части уравнения:
0
0
( J z m2 O1O ) d ctdt. 2
Тогда ( J z m2 O1O 2 )( 0 ) c 2 / 2 . (2.27) Найдем числовые значения входящих в уравнение (2.27) величин. Момент инерции тела Н относительно оси z найдем, используя теорему о зависимости между моментами инерции относительно параллельных осей: J z J zC m1a 2 , где J zC – момент инерции тела Н (однородной круглой пластинки) относительно вертикальной оси, проходящей через центр масс тела параллельно оси z:
J zC m1R 2 / 2. Тогда J z m1 R 2 / 2 m1a 2 , т. е. J z 864 кг м2 . Из чертежа (рис. 2.5, б) находим (O1O 2 ) (OC ) 2 (O1C ) 2 , или (O1O ) 2 4 ì 2 , поэтому J z m2 O1O 2 864 80 4 1184 êã ì 2 . Таким образом, из уравнения (2.27) 1184[ (2)] 592 4 2 / 2 имеем 2 рад/с.
39
После прекращения действия момента M z тело Н вращается по инерции с угловой скоростью ; при этом к системе приложены силы G1 , G2 , реакции подпятника и подшипника (рис. 2.5, б). Те же внешние силы действуют на систему и в течение промежутка времени от t1 0 до t1 T . Уравнение, выражающее теорему об изменении кинетического момента системы, имеет для этого периода времени вид dLz / dt 0, т. е. Lz const. Определим значения кинетических моментов Lz 0 при t1 0 и LzT при t1 T и приравняем эти значения. Lz 0 ( J z m2 O1O 2 ) 2368 кг м 2 / с . Для t1 0 При t1 > 0 скорость точки К складывается из относительной скорости vr по отношению к телу Н и переносной скорости ve в движении вместе с телом Н. Поэтому для t1 T покажем два вектора количества движения точки: m2 vr и m2 ve (рис. 2.5). Для t1 T LzT J z T m2T (O1 K T ) 2 m2 vr O1C . Найдем (O1 K T ) 2 (O1C ) 2 (CK T ) 2 ,
где
CK T OKT OC, OKT st T 0,5T 2 0,5 2 2 2 м, 1
т. е. CK T 2 1,6 0,4 м, (O1 K T ) 2 1,2 2 0,4 2 1,6 м 2 . Относительная скорость
vr ds / dt 2 0,5(t ),
vr 2 м/с. при t T = 6 с и = 4 с Поэтому LzT 864T 80T 1,6 80 2 1,2 992T 192. Приравнивая Lz 0 и LzT : 2368 992T 192, находим T 2,58 рад/c.
2.2.3. Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости барабана с грузом на наклонной плоскости Груз А массы М, спускаясь по наклонной плоскости вниз (рис. 2.6, а), приводит во вращение барабан В посредством намотанной на него нити; r радиус барабана; f коэффициент трения скольжения груза о наклонную плоскость, расположенную под углом к горизонту; J z – момент инерции барабана относительно его оси вращения z , перпендикулярной плоскости рисунка. 40
Определить угловую скорость вращения барабана. Массой нити пренебречь.
а)
б)
Рис. 2.6. Схема барабана с грузом на наклонной плоскости
Решение Применим теорему об изменении главного момента количеств движения механической системы относительно оси z : n dLz mz ( Fke ) , dt k 1
(2.28)
где Lz главный момент количества движения механической системы относительно оси z ;
n
m (F k 1
z
e k
) сумма моментов внешних сил относительно оси z .
Изобразив все внешние силы системы: Р, R , F т. с, Q , R1 и R2 (рис. 2.6, б), составим сумму моментов внешних сил относительно оси z : n
m (F k 1
z
e k
) Mgr (sin f cos ) .
(2.29)
В уравнение (2.29) момент составляющей P sin Mg sin силы тяжести, направленной вдоль нити; составляющая P cos силы тяжести, перпендикулярная к направлению нити, и нормальная реакция наклонной плоскости R = P cos в уравнение (2.29) не вошли, так как они равны по модулю и противоположно направлены. Главный момент количества движения механической системы, состоящей из барабана и груза, относительно оси z равен (2) Lz L(1) z Lz ,
где L(1) z J z – момент количества движения барабана относительно оси z ; 2 угловая скорость вращения барабана; L(2) z Mvr Mr (так как v r ) – момент количества движения груза относительно оси z . Таким образом dLz (2) 2 Lz L(1) = J z + Mr 2 . z Lz = J z + Mr , dt 41
Учитывая последнее равенство и (2.29) в (2.28), получим ( J z + Mr 2 ) = Mgr (sin f cos ) ,
Mgr (sin f cos ) . J z Mr 2
Проинтегрировав, находим
Mgr (sin f cos ) t C . J z Mr 2 Постоянную интегрирования С находим из начальных условий: при t 0 0 . Следовательно, С = 0. Угловая скорость вращения барабана равна Mgr (sin f cos ) t. J z Mr 2
2.2.4. Тестовые задания Количество движения Варианты ответов: Д15 Твердое тело двигается поступательно под 1) A и В действием известной силы. Из перечисленных 2) А и D характеристик движущегося тела: А − масса, 3) А, В и D В − скорость центра масс, 4) А и С С − перемещение центра масс, D − сила, приложенная в центре масс, для определения количества движения тела необходимы… Варианты ответов: Д16 Твердое тело вращается вокруг неподвиж1) А, В и D ной оси, которая НЕ является его главной цен2) А и D тральной осью, под действием известных сил. Из перечисленных характеристик тела: 3) A и В А − масса, 4) А, С и D В − угловая скорость, С − угловое ускорение, D − радиус инерции, для определения количества движения тела необходимы… Варианты ответов: Д17 Система состоит из 1) mV 3 двух материальных точек, каждая из которых 2) 2mV обладает массой m и ско3) mV ростью v . Тогда модуль количества движения данной 4) 2mV 3 системы будет равен… 5) 0
42
Д18 Система состоит из двух материальных точек, каждая из которых обладает массой m и скоростью v . Тогда модуль количества движения данной системы будет равен… Д19 Система состоит из двух материальных точек, каждая из которых обладает массой m и скоростью v. Тогда модуль количества движения данной системы будет равен… Д20 Система состоит из двух материальных точек, каждая из которых обладает массой m и скоростью v. Тогда модуль количества движения данной системы будет равен… Д21 Система состоит из двух материальных точек, каждая из которых обладает массой m и скоростью v . Тогда модуль количества движения данной системы будет равен… Д22 Система состоит из двух материальных точек, каждая из которых обладает массой m и скоростью v . Тогда модуль количества движения данной системы будет равен…
Варианты ответов: 1) 2 mV 3 2) mV 3) 2 mV 4) mV 3 5) 0
Варианты ответов: 1) mV 2) 2 mV 3 3) 2 mV 4) 0 5) mV 3 Варианты ответов: 1) 2 mV 3 2) 2 mV 3) mV 3 4) mV 5) 0 Варианты ответов: 1) 0 2) mV 3) mV 3 4) 2 mV 5) 2 mV 3 Варианты ответов: 1) 2 mV 3 2) 2 mV 3) mV 3 4) 0
5) mV Момент количества движения Варианты ответов:
Д32 Регулятор Уатта при угловой скорости вращения ω = 5 с-1 имеет момент инерции I = 30 кг·м2. Момент инерции I1 при угловой скорости ω1 = 2 с-1 равен…
1) 0,3 2) 3 3) 12 4) 75
43
Д33 Регулятор Уатта при угловой скорости вращения ω = 9 с-1 имеет момент инерции I = 120 кг·м2. Момент инерции I1 при угловой скорости ω1 = 6 с-1 равен…
Варианты ответов: 1) 180 2) 60 3) 2,2 4) 80
Д34 Регулятор Уатта при угловой скорости вращения ω = 3 с-1 имеет момент инерции I = 80 кг·м2. Момент инерции I1 при угловой скорости ω1 = 5 с-1 равен…
Варианты ответов: 1) 5,3 2) 133,3 3) 40 4) 48
Д36 Регулятор Уатта при угловой скорости вращения ω = 4 с-1 имеет момент инерции I = 150 кг·м2. Момент инерции I1 при угловой скорости ω1 = 6 с-1 равен…
Варианты ответов: 1) 100 2) 6,25 3) 225 4) 75
Д37 Регулятор Уатта при угловой скорости вращения ω = 15 с-1 имеет момент инерции I = 100 кг·м2. Момент инерции I1 при угловой скорости ω1 = 6 с-1 равен…
Варианты ответов: 1) 33,3 2) 1,3 3) 300 4) 75
Д38 Регулятор Уатта при угловой скорости вращения ω = 10 с-1 имеет момент инерции I = 9 кг·м2. Момент инерции I1 при угловой скорости ω1 = 3 с-1 равен…
Варианты ответов: 1) 0,3 2) 2,7 3) 0,9 4) 30
44
3. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ В ЗАДАЧАХ О ДВИЖЕНИИ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ 3.1. Задание Д-9. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы
Механическая система под действием сил тяжести приходит в движение из состояния покоя (рис. 3.1 − 3.3). Учитывая трение скольжения тела 1 (варианты 1−3, 5, 6, 8−12, 17−23, 28−30) и сопротивление качению тела 3, катящегося без скольжения (варианты 2, 4, 6−9, 11, 13−15, 20, 21, 24, 27, 29), пренебрегая другими силами сопротивления и массами нитей, предполагаемых нерастяжимыми, определить скорость тела 1 в тот момент, когда пройденный им путь станет равным s. В задании приняты следующие обозначения: m1 , m 2 , m3 , m 4 – массы тел 1, 2, 3, 4; R2 , r2 , R3 , r3 – радиусы больших и малых окружностей; i2 х , i3 х – радиусы инерции тел 2 и 3 относительно горизонтальных осей, проходящих через их центры тяжести; , – углы наклона плоскостей к горизонту; f – коэффициент трения скольжения тела 1; – коэффициент трения качения тела 3. Необходимые для решения данные приведены в табл. 3.1. Блоки и катки, для которых радиусы инерции в таблице не указаны, считать сплошными и однородными цилиндрами. Наклонные участки нитей параллельны соответствующим наклонным плоскостям.
45
1
2
2 1
2 1
s
s
3
3
4
3
r3
2
2 R3 3
4 1
4
s
A
B
3
C
1
r2 0 ,5 R2
4
AB 5R2
5
R4 r2 z
6
2
2
s
3
2 1
s
3
3 1 s
r2 0 ,8 R2
8
2
2 1
s
3
1
3
s
3 r2 R2 4
9
10
3
2 1
1
s
2
s
3
r3 0 ,5 R3
4
Рис. 3.1
46
Рис. 3.2
47
Рис. 3.3 48
m2
m3
m4
R2
i2 х
i3 х
m1
1 1
2 m
3 4m
4 1/5m
5 4/3m
6 –
7 –
8 –
9 –
10 60
11 –
2 3
m m
½m m
1/3m 1/10m
– m
– –
30 –
– –
20 –
30 45
4
m
2m
40m
m
20
40
18
–
5
m
2m
m
–
20
15
18
6 7 8 9 10 11 12 13 14
m m m m m m m m m
3m 2m ½m 2m ¼m ½m ½m 2m ½m
m 2m 1/3m 9m ¼m ¼m 1/5m 5m 5m
– – – – 1/5m – m 2m 4m
– 16 – – – – 30 30 –
28 25 30 30 – 30 – 20 25
15 16
m m
½m 1/10m
4m 1/20m
½m 1/10m
20 10
17
m
¼m
1/5m
1/10m
20
кг
R3
Вариант
f
,
s,
Таблица 3.1
см
см
Примечание
12 0,10
13 –
14 2
15 – –
45 –
0,22 0,10
0,20 –
2 2
–
–
–
0,30
0,1
–
60
–
0,12
–
0,28
– 14 – – – – 20 26 –
– – – 20 – 25 – – –
30 30 30 30 60 30 30 30 –
45 – 45 – – 45 – – –
0,10 – 0,15 0,12 0,10 0,17 0,20 – –
0,28 0,28 0,20 0,25 – 0,20 – 0,24 0,20
1,5 2 1,75 1,5 3 2,5 2,5 2 2
15 12
18 –
– –
60 –
– –
– –
0,25 –
1,5 0,05
–
15
–
60
–
0,10
–
0,16
см
см
град
– Массами звеньев AB, BC и ползуна B пренебречь Массой водила пренебречь – – – – – – – – Массы каждого из четырех колес одинаковы – Массой водила пренебречь Шатун 3 рассматривать как однородный стержень
1 18
2 m
3 3m
4 m
5 –
6 35
7 15
8 32
9 –
10 60
11 –
12 0,15
13 –
19 20
m m
1/3m 2m
1/10m 20m
m –
24 20
– 15
20 16
– –
60 30
– –
0,15 0,10
– 0,20
21 22
m m
m 1/2m
2m 1/4m
– –
20 20
10 10
16 –
– –
30 60
45 –
0,20 0,17
0,32 –
23 24
m m
m 3m
1/10m 20m
4/5m –
20 20
– 30
18 18
– –
30 –
– –
0,10 –
– 0,60
25
m
1/3m
1/4m
–
16
20
-
–
–
–
-
-
26
m
1/2m
m
1/3m
30
–
20
–
–
–
–
–
27 28
m m
m 2m
6m 3m
1/2m –
20 20
30 –
16 14
– –
30 60
– –
– 0,10
0,20 –
29 30
m m
1/4m 1/2m
1/8m 3/10m
– 3/2m
– 26
35 20
20
18
15 30
30 –
0,20 0,12
0,20 –
50
Окончание таблицы 3.1 14 15 Массой водила 0,2 пренебречь 1,5 – Массами звеньев 0,2 АВ, ВС и ползуна В пренебречь 1,2 – Массой водила 0,1 пренебречь 1 – Массами звеньев 0,08 АВ, ВC и ползуна В пренебречь Массой водила 0,04 пренебречь Массы и моменты 0,6 инерции блоков 2 и 5 одинаковы. Шатун 3 рассматривать как тонкий однородный стержень 2 – Шатун 3 рассмат0,1 ривать как тонкий однородный стержень 2,4 – 2 –
3.2. Примеры решения задач по применению теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы. Тесты
3.2.1. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы в виде шкивов с грузами Сплошные однородные, скрепленные между собой шкивы (рис. 3.4) массами m1 и M 1 (радиусами соответственно r1 и R1 ) могут вращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси O1 . На малый шкив намотана нить, к концу которой приРис. 3.4. Схема шкивов с грузами m3 . креплен груз массой На шкив R1 надет нерастяжимый ремень, соединяющий его со сплошным однородным шкивом массой M 2 и радиусом R2 . На той же горизонтальной оси насажен скрепленный с этим шкивом сплошной однородный шкив массой m2 и радиусом r2 с намотанной на нем нитью, к концу которой подвешен груз массой m4 . Определить ускорение груза m4 . Массами нитей и ремня и трением в осях пренебречь. Решение Будем исходить из принципа сохранения энергии для системы в дифференциальной форме: dT N. dt
(3.1)
Здесь Т – кинетическая энергия системы, а N – мощность всех активных сил. Выберем основную координату, за которую примем перемещение x груза m4 от его начального положения. Ось x будем считать направленной вниз. Перемещение груза m3 обозначим через x3 . Поскольку при перемещении груза m4 вниз груз m3 перемещается вверх, ось x для груза m3 направим вверх с тем, чтобы положительному значению x соответствовало положительное значение x3 . Перемещение точек соединительного ремня обозначим через x1 x2 . Они все одинаковы по модулю (рассматриваются не векторные перемещения, а перемещения вдоль ремня). Углы поворота обоих систем шкивов обозначим соответственно через 1 и 2 . Имеем x1 R11 , (3.2) x2 R22 . Углы отсчитываются также от начальных положений. 51
(3.3)
С другой стороны, x r2 2 ,
(3.4)
так как шкивы радиусами r2 и R2 скреплены между собой и угол их поворота один и тот же. Аналогично x3 r11 . (3.5) Из (3.3) и (3.4) имеем x1 x2
R2 x, r2
(3.6)
а тогда получим из (3.1) 1
R2 x R1 r2
(3.7)
и из (3.5) R2 r1 x. (3.8) R1 r2 Исходя из соотношений (3.2) – (3.8), находим следующие кинематические соотношения. Поскольку скорость v4 груза m4 равна x , то угловая скорость второй системы шкивов, как следует из (3.4), равна x3
2 2
x . r2
(3.9)
Угловая скорость первой системы шкивов, как следует из (3.7), равна 1 1
R2 x , R1 r2
(3.10)
и скорость груза m4 , согласно (3.8), x 3
R2 r1 x. R1 r2
Получив выражения для скоростей, энергию системы
(3.11) можно
найти и кинетическую
(3.12) где T1 , T2 , T3 , T4 – соответственно кинетические энергии первой и второй систем шкивов и грузов m3 и m4 . Имеем T T1 T2 T3 T4 ,
T1
1 I112 , 2
(3.13)
где I1 – момент инерции первой системы шкивов. Но I1 I11 I12 ,
(3.14)
1 M 1 R12 . 2
(3.15)
где I11 I11
1 M 1 R12 – момент 2
инерции
большого шкива, рассматриваемого как
сплошной диск, и аналогично 52
I12 I12
1 m1r12 . 2
(3.16)
1 m1r12 – момент инерции малого шкива. 2
Подставляя (3.15), (3.16) в (3.14), а (3.14) и (3.10) в (3.13), имеем R 2 x 2 1 T1 (m1r12 M 1 R12 ) 22 2 . 4 R1 r2
(3.17)
Для второй системы шкивов таким же образом находим T2
где I 2 I 21 I 22 ,
I 21
1 I 2 22 , 2
1 M 2 R22 , 2
I 22
(3.18) 1 m2 r22 . 2
(3.19)
Используя (3.19) и (3.9), из (3.18) получим x 2 1 T2 (m2 r22 M 2 R22 ) 2 . 4 r2
(3.20)
Кинетическая энергия груза m3 равна T3
1 m3 x32 . 2
Подставляя значение x3 из (3.11), имеем T3
R2 r 2 1 m3 22 12 x 2 . 2 R1 r2
(3.21)
Наконец, для груза m4 получим T4
1 1 m4 v42 m4 x 2 . 2 2
(3.22)
Суммируя (3.17), (3.20) – (3.22), находим, согласно (3.12), кинетическую энергию системы R 2 x 2 1 R2 r 2 1 x 2 1 T T1 T2 T3 T4 (m1r12 M 1 R12 ) 22 2 (m2 r22 M 2 R22 ) 2 + m3 22 12 x 2 + 4 4 2 R1 r2 r2 R1 r2
1 2
+ m4 x 2 =
1 (m1r12 M 1 R12 ) R22 (m2 r22 M 2 R22 ) R12 2m3 R22 r12 2m4 R12 r22 2 x . 4 R12 r22
(3.23)
Определим теперь мощность активных сил. Очевидно, активных сил только две – силы тяжести грузов m3 и m4 . Имеем N N3 N4 .
(3.24)
Но N 3 F3 v 3 m3 gx 3 m3 g 53
R2 r1 x R1 r2
(3.25)
(знак минус здесь потому, что сила тяжести груза m3 и его скорость направлены в противоположные стороны) и N 4 F4 v 4 m4 gx . (3.26) Подставляя (3.25) и (3.26) в (3.24), получаем m R r m3 R2 r1 R r N g m4 m3 2 1 x g 4 1 2 x. R1r2 R1r2
(3.27)
Для определения ускорения груза m4 , т.е. a 4 = x (поскольку груз m4 движется по оси x ), достаточно продифференцировать (3.23) и подставить вместе с (3.27) в уравнение (3.1). Имеем dT 1 (m1r12 M 1R12 ) R22 (m2 r22 M 2 R22 ) R12 2m3 R22 r12 2m4 R12 r22 . xx R12 r22 dt 2
Подставляя в (3.1) и сокращая на x , получаем 1 (m1r12 M 1R12 ) R22 (m2 r22 M 2 R22 ) R12 2m3 R22 r12 2m4 R12 r22 m4 R1r2 m3 R2 r1 x g . 2 R12 r22 R1r2 Отсюда x
2 gR1r2 (m4 R1r2 m3 R2 r1 ) , (m1r12 M 1R12 ) R22 (m2 r22 M 2 R22 ) R12 2m3 R22 r12 2m4 R12 r22
что и дает искомое ускорение. Отметим, что если
m4 R1r2 m3 R2 r1 0,
(3.28)
то ускорение направлено вниз, если же эта разность меньше нуля, то оно направлено вверх. Если это выражение равно нулю и начальная скорость тоже равна нулю, то система находится в положении равновесия. Неравенство (3.28) можно переписать также в виде m4 m3
R2 r1 . R1 r2
Отсюда видно, что для того, чтобы масса m4 начала двигаться вниз из состояния покоя, недостаточно, чтобы она была больше массы m3 : это зависит еще и от соотношения радиусов.
54
3.2.2. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы (задание Д-9 [8]) Механическая система под действием сил тяжести приходит в движение из состояния покоя (рис. 3.5). Учитывая трение скольжения тела 1 и сопротивление качению тела 5, катящегося без скольжения, пренебрегая другими силами сопротивления и массами нитей, предполагаемых нерастяжимыми, определить скорость тела 1 в тот момент, когда пройденный им путь станет равным s. В задании приняты следующие обозначения: m1 , m2 , m3 , m4 , m5 – массы тел 1, 2, 3, 4, 5; R2 , r2 , R3 , r3 – радиусы больших и малых окружностей; i2 х , i3 х – радиусы инерции тел 2 и 3 относительно горизонтальных осей, проходящих через их центры тяжести; – угол наклона плоскости к горизонту; f – коэффициент трения скольжения тела 1; – коэффициент трения качения тела 5. Блоки и катки, для которых радиусы инерции не указаны, считать сплошными и однородными цилиндрами. Наклонные участки нитей параллельны соответствующим наклонным Рис. 3.5. Схема механической системы плоскостям. Дано: m1 масса груза 1, m2 = 2 m1 , m3 = m1 , m4 =0,5 m1 , m5 = 20 m1 , R2 R3 = 12 см, r2 = 0,5 R2 , r3 = 0,75 R3 , R5 = 20 см, АВ = l = 4 R3 , i2 = 8 см, i3 x = 10 см, = 30°, f = 0,1, = 0,2 см, s = 0,06 м. Сопротивление качению тела 2 не учитывать. Шатун 4 считать тонким однородным стержнем; каток 5 – однородный сплошной цилиндр. Массами звена ВС 5 и ползуна В пренебречь. На рис. 3.5, а показана механическая система в начальном положении. Найти v1 – скорость груза 1 в конечном положении. 55
Решение Применим теорему об изменении кинетической энергии системы: T T0 AiE AiJ ,
(3.29)
где Т0 и Т – кинетическая энергия системы в начальном и конечном положениях; AiE – сумма работ внешних сил, приложенных к системе, на перемещении системы из начального положения в конечное; AiJ – сумма работ внутренних сил системы на том же перемещении. Для рассматриваемых систем, состоящих из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями и стержнями,
A
0.
J i
Так как в начальном положении система находится в покое, то Т0 = 0. Следовательно, уравнение (3.29) принимает вид T AiE .
(3.30)
Для определения кинетической энергии Т и суммы работ внешних сил надо изобразить систему в конечном положении (рис. 3.5, б, в). Напишем кинематические соотношения между скоростями и перемещениями точек системы, т. е. уравнения связей, при этом скорости и перемещения выразим соответственно через скорости и перемещения груза 1. Скорость центра масс С катка 2 равна скорости груза 1: vc 2 v1 .
(3.31)
Угловая скорость катка 2, мгновенный центр скоростей которого находится в точке P2 , 2 vc 2 /(C 2 P2 ).
Учитывая (3.31), получим 2 v1 / R2 .
Скорость точки D катка 2 т. е.
(3.32)
v D 2 DP2 , v v D 1 ( R2 r2 ). R2
Скорость точки Е блока 3 равна скорости точки D катка 2: vE vD .
Но Следовательно из (3.33),
(3.33)
v E 3 r3 .
3 r3
v1 ( R2 r2 ). R2
Так как R2 2r2 , то 3 r3 3 / 2v1 , откуда 3
3 v1 . 2 r3
56
(3.34)
Заменяя по формуле (3.34) 3
d3 , dt
v1
ds , dt
получим или
d 3 3 ds dt 2r3 dt d 3
3 ds. 2r3
После интегрирования (при нулевых начальных условиях) 3
3 s . 2 r3
(3.35)
Когда груз 1 пройдет путь s 0,06 м, блок 3 повернется на угол 3 : 3
3 s 3 0,06 . 2 r3 2 0,09
При этом повороте блока 3 на 180 его точка À0 перейдет в конечное положение А и шатун 4 из начального положения A 0 B 0 перейдет в конечное положение АВ. Каток 5 переместится влево при повороте блока 3 на угол /2 и вправо при повороте блока еще на /2; значит, конечное положение катка 5 совпадает с его начальным положением. Таким образом, конечное положение всей системы вполне определено (рис. 3.5, б). Вычислим кинетическую энергию системы в конечном положении как сумму кинетических энергий тел 1, 2, 3, 4, 5: T T1 T2 T3 T4 T5 .
(3.36)
Кинетическая энергия груза 1, движущегося поступательно, T1 m1v12 / 2.
(3.37)
Кинетическая энергия катка 2, совершающего плоское движение, 2 m2 vC2 2 J 2 2 T2 , 2 2
(3.38)
где J 2 – момент инерции катка 2 относительно его продольной центральной оси C 2 : J 2 m2 i22 . (3.39) Подставляя (3.31), (3.32), (3.39) в формулу (3.38), получаем 2 i22 2 m2 v12 m2 i2 2 1 T2 v1 m2 (1 2 )v1 . 2 2 2 R22 R2
57
(3.40)
Кинетическая энергия тела 3, вращающегося вокруг оси Ох, T3
1 J 3 x32 , 2
(3.41)
где J 3 x – момент инерции блока 3 относительно оси Ох: (3.42)
J 3 x m3i32x .
Подставляя (6), (14) в формулу (13), получаем m i2 T3 3 3 x 2
2
3 v1 9 i2 m3 32x v12 . 8 r3 2 r3
(3.43)
Кинетическая энергия шатуна 4, совершающего плоское движение, 2 m4 vC2 4 J 4 4 T3 , 2 2
где vC 4 – скорость центра масс С 4 шатуна 4; 4 – угловая скорость шатуна 4; J 4 – момент инерции шатуна относительно центральной оси C 4 . Для определения vC 4 и 4 найдем положение мгновенного центра скоростей шатуна 4. Так как скорости точек А и В в этот момент параллельны, то мгновенный центр скоростей шатуна 4 находится в бесконечности; следовательно, угловая скорость шатуна в данный момент 4 = 0, а скорости всех его точек параллельны и равны между собой. Таким образом, кинетическая энергия шатуна 4 T4 m4 vC2 4 / 2, (3.44) где vC 4 v A . (3.45) Вращательная скорость точки А тела 3 v A 3 R3 ,
(3.46)
или с учетом (3.42) v A = 3 / 2 R3 v1 / r3 .
Поскольку r3 3 / 4 R3 , получим v A = 2 v1 . По (3.45) vC 4 v A , vC 4 2 v1 .
(3.47)
После подстановки (3.47) в (3.44) выражение кинетической энергии шатуна 4 принимает вид T4 1 / 2m4 (2v1 ) 2 2m4 v12 . (3.48) Кинетическая энергия катка 5, совершающего плоское движение, T5 m5 vC2 5 / 2 J 5 52 / 2,
где vC 5 – скорость центра масс C5 катка 5; J 5 – момент инерции катка 5 (од58
нородного сплошного цилиндра) относительно его центральной продольной оси C5 , J 5 m5 R52 / 2; 5 – угловая скорость катка 5. Так как каток катится без скольжения, то мгновенный центр скоростей находится в точке P5 . Поэтому 5 vC 5 / R5 . Следовательно, m5vC2 5 m5 R52vC2 5 3 T5 m5vC2 5 . 2 2 2 2 R5 4 Так как звено BC5 совершает поступательное движение, то vC 5 = v B , но v B = vC 4 = 2 v1 . Значит, vC 5 = 2 v1 . Поэтому выражение кинетической энергии катка 5 принимает вид (3.49)
T5 3 / 4m5 (2v1 ) 2 3m5 v12 .
Кинетическая энергия всей механической системы определяется по формуле (3.36) с учетом (3.37), (3.40), (3.43), (3.48), (3.49): 9 T m2v12 / 2 m2 (1 i22 / R22 )v12 / 2 m3v12i32x / r32 2m4v12 3m5v12 . 8 Подставляя сюда заданные значения масс, получаем
или
9 T m1v12 [1 2(1 i22 / R22 ) i32x / r32 2 120]/ 2, 4
129 (3.50) m1v12 . 2 Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном ее перемещении. Покажем внешние силы, приложенные к системе (рис. 3.5, в). Работа силы тяжести G1 (3.51) AG1 G1h1 m1 gs sin . Работа силы трения скольжения Fòð T
AFòð Fòð s.
Так как Fòð fN1 fG1 cos , то Работа силы тяжести G2
AFтр - fm1 gs cos .
(3.52)
AG 2 G2 hC 2 m2 gs sin .
(3.53)
Работа сил сцепления Fñö2 , Fñö5 катков 2 и 5 равна нулю, так как эти силы
приложены в мгновенных Работа силы тяжести G4
центрах
скоростей
этих
катков.
AG 4 G4 hC 4, где hC 4 – вертикальное перемещение центра тяжести C 4 шатуна 4 из начального положения в его конечное положение (рис. 3.5, г): 59
hC 4 R3 ,
AG 4 m4 gR3 .
(3.54)
Работа пары сил сопротивления качению катка 5 AM C M C 5 ,
(3.55) где M c N 5 G5 – момент пары сил сопротивления качению катка 5; 5 − угол поворота катка 5. Так как каток 5 катится без скольжения, то угол его поворота 5 sC 5 / R5 , (3.56) где sC 5 – перемещение центра тяжести C5 катка 5. В данном примере работу пары сил сопротивления вычислим как сумму работ этой пары при качении катка 5 влево при повороте тела 3 на угол /2 и качении вправо, когда тело 3 повернется еще на угол /2. Перемещение центра тяжести C5 катка 5 равно перемещению ползуна В влево и вправо: sC 5 = 2 ( B0 B ). (3.57) Определим перемещение B0 B при повороте тела 3 на угол /2. За начало отсчета координаты точки В выберем неподвижную точку К плоскости (рис. 3.5, г). При этом повороте тела 3 шатун из положения A0 B0 перейдет в положение KB'. Тогда B0 B = KB0 KB , где KB0 KO OB0 R3 ( A0 B0 ) 2 ( A0 O) 2 R3 l 3 R32 , KB'=l =4 R3 . Следовательно, B0 B = R3 l 2 R32 l R3 (4 R3 ) 2 R32 4 R3 0,88 R3 . (3.58) Подставляя (358) в (3.57), а затем в (3.56), находим полный угол поворота катка 5: 5 1,76 R3 / R5 . (3.59) Работа пары сил сопротивления качению по (3.55) AMc m5 g 1,76 R3 / R5 . (3.60) Сумма работ внешних сил определится сложением работ, вычисляемых по формулам (3.51) – (3.54) и (3.60): AiE m1 gs sin fm1 gs cos m2 gs sin m4 gR3 m5 g 1,76R3 / R5 . Подставляя заданные значения масс, получаем
A
E i
R 20 1,76 R3 , m1 gs sin f cos 2 sin 3 2s R5 s
или
A 1,51m gs. Т и A , определяемые E i
Приравняем значения (3.61): откуда
1
E i
129 m1v12 / 2 1,51m1 gs, v1 0,21 м/с. 60
(3.61) по формулам (3.50) и
3.2.3. Тестовые задания Работа сил Д40 Твердое тело двигается поступательно под действием известной силы. Из перечисленных характеристик движущегося тела: А − масса, В − скорость центра масс, С − перемещение центра масс, D − сила, приложенная в центре масс. Для определения количества движения тела необходимы… Д41 Если с – жесткость пружины (с = 12 Н/см), l0 – естественная длина пружины (l0 = 25 см), l1 – начальная длина пружины (l1 = 25 см), l2 – конечная длина пружины (l2 = 35 см),
то работа, совершаемая силой упругости пружины при изменении длины от значения l1 до значения l2, равна… Д42 Если с – жесткость пружины (с = 6 Н/см), l0 – естественная длина пружины (l0 = 25 см), l1 – начальная длина пружины (l1 = 15 см), l2 – конечная длина пружины (l2 = 35 см),
Варианты ответов: 1) А и С 2) А, В и D 3) A и В 4) А и D
Варианты ответов: 1)
120 000 Дж
2)
0 Дж
3)
-12 Дж
4)
60 000 Дж
5)
-6 Дж
Варианты ответов: 1) 30 000 Дж 2) 6 Дж 3) -60 000 Дж 4) 0 Дж 5) -3 Дж
то работа, совершаемая силой упругости пружины при изменении длины от значения l1 до значения l2, равна… Д43 Если с – жесткость пружины (с = 600 Н/см), l0 – естественная длина пружины (l0 = 20 см), l1 – начальная длина пружины (l1 = 40 см), l2 – конечная длина пружины (l2 = 20 см),
Варианты ответов: 1) 12 Дж 2) - 3 Дж 3) 60 000 Дж 4) 6 Дж 5) -120 000 Дж
то работа, совершаемая силой упругости пружины при изменении длины от значения l1 до значения l2, равна…
61
Д44 Если с – жесткость пружины (с = 400 Н/см), l0 – естественная длина пружины (l0 = 40 см), l1 – начальная длина пружины (l1 = 60 см), l2 – конечная длина пружины (l2 = 30 см),
Варианты ответов: 1) - 9 Дж 2) - 72 Дж 3) 6 Дж 4) 0 Дж
то работа, совершаемая силой упругости пружины при изменении длины от значения l1 до значения l2, равна…
5) 32 Дж
Кинетическая энергия Д23 Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси, которая является его главной центральной осью, под действием известных сил. Из перечисленных характеристик тела: А − масса, В − угловая скорость, С − угловое ускорение, D − радиус инерции, для определения количества движения тела необходимы… Д24 Твердое тело двигается поступательно под действием известной силы. Из перечисленных характеристик движущегося тела: А − масса, В − скорость центра масс, С − перемещение центра масс, D − сила, приложенная в центре масс, для определения количества движения тела необходимы… Д25 Диск радиуса R и массой m, которая равномерно распределена по его ободу, жестко соединен со стержнем длиной l = R, который вращается относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости диска, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда кинетическая энергия диска равна…
62
Варианты ответов: 1) А и D 2) А, В и D 3) A и В 4) А, С и D
Варианты ответов: 1) А и D 2) A и В 3) А, В и D 4) А и С
Варианты ответов: 3m 2 R 2 1) 2 5m 2 R 2 2) 2 3m 2 R 2 3) 4 5m 2 R 2 4) 4
Д26 Однородный стержень, длиной l и массой m вращается относительно оси, проходящей через его середину О перпендикулярно ему, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда кинетическая энергия стержня равна…
Д27 Диск радиуса R и массой m, которая распределена по окружности радиуса r (R = 2r), вращается относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости диска с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда кинетическая энергия диска равна… Д28 Однородный диск радиуса R и массой m, жестко соединен со стержнем длиной l = R, который вращается относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости диска, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда кинетическая энергия тела равна… Д29 Диск радиуса R и массой m, которая равномерно распределена по тонкому стержню, проходящему через центр диска, вращается относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости диска, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда кинетическая энергия диска равна…
63
Варианты ответов: ml 2 2 1) 12 ml 2 2 2) 24 ml 2 2 3) 6 ml 2 2 4) 4 Варианты ответов: 5m 2 R 2 1) 8 3m 2 R 2 2) 8 3m 2 R 2 3) 4 5m 2 R 2 4) 4 Варианты ответов: 9m 2 R 2 1) 4 3m 2 R 2 2) 4 3m 2 R 2 3) 2 9m 2 R 2 4) 2 Варианты ответов: 3m 2 R 2 1) 4 4m 2 R 2 2) 3 2m 2 R 2 3) 3 3m 2 R 2 4) 2
4. ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА ПРИ РАСЧЕТЕ МЕХАНИЧЕСКИХ СИСТЕМ 4.1. Задание Д-15. Применение принципа Даламбера к определению реакций связей
Определить реакции внешних связей механической системы: а) в произвольный момент времени − для вариантов 4, 5, 10, 12−19, 21−30 (рис. 4.1 − 4.3); б) в момент времени t t1 − для вариантов 1, 8, 9, 11, 20; в) в тот момент времени, когда угол поворота 1 , − для вариантов 2, 3, 6, 7. На схемах (рис. 4.1 − 4.3) плоскость хОу (хАу) горизонтальна, плоскость уОz (yAz) вертикальна. Необходимые для решения данные приведены в табл. 4.1, в которой − постоянная угловая скорость, 0 и 0 − значения угла поворота и угловой скорости в начальный момент времени.
64
Рис. 4.1 65
Рис. 4.2 66
Рис. 4.3
67
Таблица 4.1 Вариант 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
m1
m2
l
кг
R см
M, Hм
, с 1
t1 , с
1
0
0 , с
1
Примечание
град
2 20 25 40 20 30 40 20 50
3 – – – – 14,4 – – –
4 60 50 80 80 60 – – –
5 – – – – – 30 25 30
6 1,0 – – – – – – 4,0
7 – – – – 4 – – –
8 10 – – – – – – 5
9 – 60 60 – – 30 60 –
10 0 0 0 – – 0 0 0
11 0 0 6,3 – – 0 5,5 0
40
90
50
10
20−0,1t
–
200
–
–
0
12 – – – – – – – – При t t1 координаты центров тяжести шкивов C1 и C2 : х C = 0; yC = −1 см; 1
1
zC = a + b; 1
х C = 1см; yC2 = 0 см; zC2 = a 2
10
20
5
25
–
–
–
–
–
–
–
11
25
40
30
–
5 0,1t
–
50
–
–
0
12 13 14 15 16 17
30 25 20 20 80 100
– 25 20 45 20 10
40 40 40 20 – 150
– – – – 10 –
– – – – 65 160
10 15 – 8 – –
– – – – – –
– – – – – –
– – – – – –
– – – – – –
– При t t1 ось стержня 1 параллельна оси у, а ось стержня 2 параллельна оси х – – – – – Радиус инерции ротора 2 двигателя 3
18 19
30 40
– –
40 60
– –
– –
12 9
– –
– –
– –
– –
– –
ix = 10 см
Окончание табл. 4.1 1 20
2 40
3 –
4 –
5 30
6 3,0
7 –
8 4
9 –
10 0
11 2,0
12 – Радиус инерции ротора 2
21
80
10
120
15
124
–
–
–
–
–
двигателя 3
22 23 24
100 30 60
40 – 20
– 60 50
20 – –
216 – –
– 9 –
– – –
– – –
– – –
– – –
– – – Радиус инерции шкива 3
25
50
70
–
20
–
–
–
–
–
–
ix = 18 см
26
80
200
150
25
–
–
–
–
–
–
27
100
150
120
20
–
–
–
–
–
–
ix = 15 см, Р = 1300 Н
28 29 30
80 20 50
40 20 –
– 42 60
– – –
– – –
– – 12
– – –
– – –
– – –
– – –
– – –
ix = 12 см
Радиус инерции шкива 3
ix = 22 см Радиус инерции шкива 3
Примечание. Тела, входящие в состав механической системы, для которых не указан радиус инерции, рассматривать как тонкие однородные стержни (варианты 1−5, 10 −15, 18, 19, 23, 24, 29, 30) или сплошные однородные диски (варианты 6−9, 16, 20, 22, 28). В варианте 10 тело 2 рассматривать как материальную точку.
70
4.2. Примеры решения задач по применению принципа Даламбера при расчете механических систем. Тесты
4.2.1. Применение принципа Даламбера к определению реакций связей Два прямолинейных стержня, жестко соединенных между собой под прямым углом, несут на концах два шара силой тяжести P1 и P2 . Стержни шарнирно закреплены в точке О и вращаются вокруг вертикальной оси с постоянной по модулю угловой скоростью (рис. 4.4, а). Определить угол , если l 2 2l1 , P1 2P2 . Массой стержней пренебречь. Определить также реакции шарнира О.
а)
б) Рис. 4.4. Схема стержневой системы
Решение Применим к решению задачи метод кинетостатики. Так как вращение вокруг вертикальной оси происходит с постоянной по модулю угловой скоростью, то для составления уравнений равновесия следует приложить к шарам нормальные силы инерции:
J1 m1 2l1 sin ,
J 2 m2 2l2 sin(90 ).
(4.1)
Тогда система сил, приложенных к рассматриваемому твердому телу, будет состоять (рис. 4.4, б) из двух сил тяжести P1 , P2 , двух сил инерции J1 , J 2 и двух составляющих реакции в шарнире О ( X O и YO ). Составляем три уравнения равновесия для плоской системы сил: n
F i 1 n
xi
F i 1
n
m i 1
O
yi
J 2 J1 X O 0,
(4.2)
YO P1 P2 0,
(4.3)
( Pi ) J 2l2 cos(90 ) J1l1 cos P2l2 sin(90 ) Pl 1 1 sin 0.
70
(4.4)
Из уравнения (4.2), внося значения сил инерции (4.1), находим X O J1 J 2 m1 2l1 sin m2 2l2 sin(90 )
P1 2 P l1 sin 1 2 2l1 cos g 2g
P1 2 l1 (sin cos ). g Из уравнения (4.3) получаем
VO P1 P2 3P2 .
Из уравнения (4.4) находим равенство, определяющее угол : P2 2 P l2 cos l2 sin P2l2 cos 1 2l1 sin l1 cos Pl 1 1 sin 0. g g
Подставляя в это уравнение значения l 2 2l1 , P1 2P2 , находим после несложных преобразований
P2 2 2 2 P2 2 l22 l l2 cos sin P2l2 cos sin cos 2 P2 2 sin 0, g g 4 2 или окончательно после очевидных сокращений
2 l2 g 2
1 1 . sin cos
4.2.2. Пример решения задания Д – 15 [8] по применению принципа Даламбера к определению реакций связей Дано: m1 = 3 кг, m2 = 2 кг, m3 = 5 кг; l1 = 0,30 м, l 2 = 0,20 м; = 30°; = 120 рад/с = const. Схема системы и необходимые размеры приведены на рис. 4.5, а.
а)
б) Рис. 4.5. Схема стержневой системы
Найти реакции подпятника А, подшипника В, а также пружины DN. Поперечными размерами стержней 1, 2, 3 и массой пружины пренебречь. 71
Решение Для определения реакций связей воспользуемся принципом Даламбера. Так как = const, рассмотрим только центробежные силы инерции частиц каждого стержня. Известно, что главный вектор сил инерции точек вращающегося тела определяется по формуле * maC ,
где m – масса тела, а aС – ускорение центра масс тела. Равнодействующая сил инерции точек тела равна их главному вектору. Поэтому для стержней 1 и 2 1 m1aC1 m1 2 (0,5l1 sin l2 );
2 m2aC2 m2 2 0,5l2 .
Для определения реакций опор необходимо знать точку приложения си лы 1 (линия действия силы 2 совпадает с осью стержня 2 и поэтому определена). Так как сумма моментов параллельных сил инерции точек стержня относительно точки О равна моменту равнодействующей этих сил, то l1 1h cos d , 0 где h – плечо силы 1 относительно точки О; d – сила инерции элемента стержня длиной d ; – координата элемента стержня (рис. 4.5, б). Используя значение силы 1 и учитывая, что
d (l 2 sin ) 2 d , где – масса участка стержня единичной длины, получаем l1
m1 (0,5l1 sin l2 )h (l2 sin ) 2 cos d , 2
0
откуда после интегрирования
h
l1 (l2 2 / 3l1 sin )cos 16,4cos . l1 sin 2l2
Показываем составляющие реакций подпятника X A , YA , Z A и подшипника X B , YB силы тяжести стержней G1 , G2 , G3 и силы инерции 1 и 2 (рис. 4.6, а).
а) б) Рис. 4.6. Схемы сил, действующих на систему 72
Эти силы должны удовлетворять уравнениям, вытекающим из принципа Даламбера:
M ix 0;
YB 50 2 40 G2 10 G1 27,5 1 (40 16,4cos ) 0 YB 8,47 кН;
Y 0; i
YA YB 1 2 0 YA 6,28 кН;
Z i 0;
Z D G1 G2 G3 0 Z D 0,098 кН.
Так как рассматриваемые силы расположены в плоскости yAz, то X B X A 0.
Для определения реакции пружины DN составим уравнение рассматривая силы, приложенные к стержню 1 (рис.4.6, б):
M i 0 0,
G1 (l1 / 2)sin 1h Pl1 cos 0, откуда Р = 6,47 кН. 4.2.3. Тестовые задания Принцип Даламбера Д46
Материальная точка двигается под действием известной силы. Из перечисленных характеристик движущейся точки: А − масса, В − скорость, С − ускорение, D − сила, для определения силы инерции точки необходимы… Д47 Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси, которая является его главной центральной осью, под действием известных сил. Из перечисленных характеристик тела: А − масса, В − угловая скорость, С − угловое ускорение, D − радиус инерции, для определения количества движения тела необходимы… Д48 Колесо радиуса R, масса которого m равномерно распределена по ободу, вращается относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно его плоскости, имея в точке А скорость V и ускорение a . Тогда главный вектор силы инерции колеса по модулю равен…
73
Варианты ответов: 1) А и С 2) А, В и D 3) А и В 4) А и D
Варианты ответов: 1) А, В и D 2) А и В 3) А, С и D 4) А и D
Варианты ответов: 1) ma 2 ma 2 2) 2 3) ma ma 4) 2
Д49
Однородный диск радиуса R и массой m вращается относительно оси, проходящей через его центр перпендикулярно его плоскости, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда главный момент сил инерции диска относительно оси вращения равен… Д50
Варианты ответов: mR 2 1) 4 mR 2 2) 2 3) 0 4) mR 2 Варианты ответов:
Однородный стержень, длиной l и массой m вращается относительно оси, проходящей через его середину О перпендикулярно ему, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда главный момент сил инерции стержня относительно оси вращения равен…
1) 2) 3) 4)
Д51
ml 2 3 ml 2 6 ml 2 12 ml 2
Варианты ответов:
Однородный стержень, длиной l и массой m вращается относительно оси, проходящей через его конец О перпендикулярно ему, имея в точке А скорость V и ускорение a . Тогда главный вектор силы инерции стержня по модулю равен…
1) ma 2 2)
ma 2 2
3) ma 4)
Д52
Колесо радиуса R, масса которого m равномерно распределена по ободу, вращается относительно оси, проходящей через его центр перпендикулярно его плоскости, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда главный момент силы инерции колеса относительно оси вращения равен…
74
ma 2
Варианты ответов: 1) mR 2 2)
mR 2 4
mR 2 3) 2
4) 0
Д53
Диск радиуса R и массой m, которая равномерно распределена по тонкому стержню, проходящему через центр, вращается относительно оси, проходящей через точку О, лежащую на ободе перпендикулярно плоскости диска, имея в точке С скорость V и ускорение a . Тогда главный вектор силы инерции колеса по модулю равен… Д54
Колесо радиуса R, масса которого m равномерно распределена по окружности, вращается вокруг неподвижной оси, проходящей через точку О перпендикулярной плоскости колеса, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда главный момент силы инерции колеса относительно оси вращения равен… Д55
Ступенчатое колесо радиуса R, масса которого m равномерно распределена по окружности радиуса R, катится по прямолинейному горизонтальному рельсу, касаясь рельса ободом радиуса r (R = 3r), имея в точке С скорость V и ускорение a . Тогда главный вектор силы инерции колеса по модулю равен… Д56 Колесо радиуса R, масса которого m равномерно распределена по ободу, жестко прикреплен к невесомому стержню длиной l = R, который вращается относительно оси, проходящей через его конец О перпендикулярно плоскости диска, имея в т. С скорость V и ускорение a . Тогда главный вектор силы инерции колеса по модулю равен…
75
Варианты ответов: 1) ma 2 2) ma 3) 0 ma 2 4) 2
Варианты ответов: 1) 2mR 2 mR 2 2) 2
3) mR 2 4)
3mR 2 2
Варианты ответов: 1) 2ma 2) 0 3) ma 4)
ma 2
Варианты ответов: 1) 2ma 2)
ma 2
3) 0 4) ma
Д57
Колесо радиуса R, масса которого m равномерно распределена по окружности, катится по горизонтальной плоскости, имея в т. С скорость V и ускорение a . Тогда главный вектор силы инерции по модулю равен… Д58
Диск радиуса R и массой m, которая равномерно распределена по тонкому стержню, проходящему через центр, катится по горизонтальной плоскости, имея в точке С скорость V и ускорение a . Тогда главный вектор силы инерции колеса по модулю равен… Д59
Диск радиуса R и массой m, которая равномерно распределена по его ободу, жестко соединен со стержнем длиной l = R, который вращается относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости диска, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда главный момент сил инерции диска относительно оси вращения равен… Д60 Диск радиуса R и массой m, которая равномерно распределена по диску радиуса r, катится по горизонтальной плоскости, имея в точке С скорость V и ускорение a . Тогда главный вектор силы инерции колеса по модулю равен…
76
Варианты ответов: 1) ma 2) 2ma 3)
ma 2
4) 0
Варианты ответов: 1) 0 2) ma 3) 2ma 4)
ma 2
Варианты ответов: 1)
3mR 2 2
2) 3mR 2 3)
5mR 2 2
4) 5mR 2
Варианты ответов: 1) 0 2) 2ma 3)
ma 2
4) ma
Д61
Однородный диск радиуса R и массой m, жестко соединен со стержнем длиной l = R, который вращается относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости диска, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда главный момент сил инерции диска относительно оси вращения равен…
Варианты ответов: 1)
9mR 2 4
2)
9mR 2 2
3)
3mR 2 2
4)
3mR 2 4
Д62
Диск радиуса R и массой m, которая равномерно распределена по тонкому стержню, проходящему через центр диска, вращается относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости диска, с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε. Тогда главный момент сил инерции диска относительно оси вращения равен…
77
Варианты ответов: 3mR 2 2 4mR 2 2) 3 3mR 2 3) 4 2mR 2 4) 3 1)
ЗАКЛЮЧЕНИЕ Методические указания составлены в соответствии с учебными программами по дисциплине «Теоретическая механика» для направлений «Строительство», «Машиностроительные технологии и оборудование», «Транспортные машины и комплексы», «Эксплуатация транспорта и транспортного оборудования». Методические указания представляют практический материал, поясняющий последовательность решения задач, выполнения расчетнопроектировочных и контрольных заданий по теоретической механике (раздел «Динамика»). Рассмотрены задачи по теме «Колебания материальной точки» (свободные колебания, вынужденные колебания, вынужденные колебания материальной точки при наличии сил сопротивления движению). Изложена последовательность выполнения задания Д-3 [8] «Исследование колебательного движения материальной точки». Рассмотрены задачи на применение теоремы об изменении кинетического момента при анализе движения твердого тела (применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости кольцевой рамы. Изложена последовательность выполнения задания Д-8 [8] «Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости твердого тела». Рассмотрены задачи на применение теоремы об изменении кинетической энергии в задачах о движении механической системы. Изложена последовательность выполнения задания Д-9 [8] «Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы». Рассмотрены задачи на применение принципа Даламбера при расчете механических систем. Изложена последовательность выполнения задания Д-15 [8] «Применение принципа Даламбера к определению реакций связей». В методических указаниях каждый раздел сопровождается тестовыми заданиями, которые могут быть использованы для самостоятельной работы и контроля знаний.
78
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК Основная литература: 1. Яблонский, А. А. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике / А. А. Яблонский. – М. : Высшая школа, 1972, 1978, 1985, 1998. 2. Бать, М. Л. Теоретическая механика в примерах и задачах / М. Л. Бать, Г. Ю. Джанелидзе, А. С. Кельзон. – М. : Наука, 1985. – Т.2. – 560 с. 3. Яблонский, А. А. Курс теоретической механики / А. А. Яблонский, В. М. Никифорова. – М. : Высшая школа, 1984. – Ч.2. – 368 с. 4. Бутенин, Н. В. Курс теоретической механики / Н. В. Бутенин, Я. Л. Лунц, Д. Р. Меркин. – М. : Наука, 1985. – Т.2. – 496 с. 5. Добронравов, В. В. Курс теоретической механики / В. В. Добронравов, Н. Н. Никитин. – М. : Высшая школа, 1983. – 576 с. 6. Лойцянский, Л. Г. Курс теоретической механики / Л. Г. Лойцянский, А. И. Лурье. – М. : Наука, 1983. – Т.2. – 640 с. Дополнительная литература: 7. Санкин, Ю. Н. Лекции по теоретической механике : учебное пособие. Часть 2. Динамика, аналитическая механика / Ю. Н. Санкин. – Ульяновск : УлГТУ, 2004. – 267 с. 8. Манжосов, В. К. Расчетно-проектировочные и контрольные задания по теоретической механике. Часть 3. Динамика / В. К. Манжосов, О. Д. Новикова. – Ульяновск : УлГТУ, 2005. – 36 с. 9. Манжосов, В. К. Теоретическая механика в примерах и задачах. Динамика / В. К. Манжосов, О. Д. Новикова. – Ульяновск : УлГТУ, 2008. – 48 с.
79
Учебное издание МАНЖОСОВ Владимир Кузьмич, НОВИКОВА Ольга Дмитриевна ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ. ДИНАМИКА
Методические указания Редактор М. В. Теленкова Подписано в печать 30.09.2010. Формат 60 84/16. Усл. печ. л 4,65 Тираж 150 экз. Заказ 983. Ульяновский государственный технический университет, 432027, Ульяновск, Сев. Венец, 32. Типография УлГТУ. 432027, Ульяновск, Сев. Венец, 32
80
