Аскирка В.Ф. Механика, молекулярная физика, термодинамика

Подождите немного. Документ загружается.

где

– модуль Юнга материала, из которого изготовлено тело.

В случае, когда плоские слои тела смещаются относительно друг

друга не искривляясь и не изменяясь в размерах, имеет место де-

формация сдвига.

Закон Гука для деформации сдвига (упругие деформа-

ции): для малых деформаций касательное напряжение

прямо

пропорционально углу сдвига

G , (8.9)

где коэффициент пропорциональности G – модуль сдвига, зави-

сящий от материала, из которого изготовлено тело.

Деформация изгиба реализуется в случае, когда к стержню или

балке приложена сила, перпендикулярная его осевой линии. Эта

деформация сводится к деформациям растяжения и сжатия.

Если один конец образца (проволоки, стержня и т.п.) закреплен, а

к другому концу приложена пара сил с вращательным моментом

относительно продольной оси, то имеет место деформация

кручения.

Закон Гука для деформации кручения (упругие дефор-

мации): при малых деформациях модуль момента упругих сил

прямо пропорционален максимальному углу поворота

радиуса

вокруг продольной оси в крайнем сечении:

DM , (8.10)

где коэффициент пропорциональности

– модуль кручения, за-

висящий как от материала, из которого изготовлено тело, так и от

его геометрических размеров.

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Пример 1. Определить вектор скорости, вектор ускорения и

траекторию движения материальной точки, если она движется по

закону: jtBitAr

)5(cos)5sin(

+= , где 0,2

A м, 0,3

В м. Вы-

числить силу, действующую на тело в момент времени 10p=t

секунд, если его масса 1,0 кг.

Дано:

jtBitAr

)5(cos)5sin(

+= ,

0,2

A м, 0,3

В м,

m=1,0 кг,

t= 10p с.

Найти: )(tu

, )(ta

, y(x), F.

Решение. Из представленных в условии данных следует, что

движение материальной точки происходит в плоскости XOY. Най-

дем компоненты радиус-вектора [1.1]

),5sin()( tAtx

(1)

)5(cos)(

tBty = , (2)

0)(

tz . (3)

Используя определение мгновенной скорости [1.6], найдем

проекции вектора скорости на координатные оси:

)5cos(5)( tA

==u , (4)

()()()

)10sin(55sin5cos52)( tBttB

-=-×==u . (5)

Тогда выражение для вектора скорости запишется в виде:

=-=u+u=u jtBitAjtitt

)10sin(5)5cos(5)()()(

jtit

)10sin(15)5cos(10 -= .

В квадратных скобках даны ссылки на формулы из теоретической час-

ти. В частности, [1.1] – ссылка на формулу, находящуюся на странице 5.

С помощью уравнений (4), (5), пользуясь определением мгно-

венного ускорения [1.10], находим проекции вектора ускорения на

координатные оси:

)5sin(25)( tA

= , (6)

)10cos(50)( tB

= . (7)

Вектор ускорения запишется в виде:

=--=+= jtBitAjtaitata

)10cos(50)5sin(25)()()(

jtit

)10cos(150)5sin(50 --= .

Уравнение траектории представляет собой зависимость

(

)

xfy = . Для его нахождения исключим время t из системы урав-

нений (1) – (3), возведя предварительно (1) в квадрат, а затем сло-

жим и воспользуемся тригонометрическим соотношением

1cossin

=a+a :

75,03 xy -= .

Таким образом, траектория движения материальной точки –

парабола, точнее, участок параболы, заключенный в пределах

[

]

AAx ;-Î ,

[

]

BBy ;-Î (см. (1), (2)).

Для определения величины действующей силы воспользуем-

ся вторым законом Ньютона [2.1]:

maF

Модуль ускорения в зависимости от времени найдем через

величины его проекций на оси (6), (7) [1.10]:

()()

)10cos(50)5sin(25)( tBtAta -+-= .

Окончательно для момента времени 10p=t с имеем:

106,1)

10cos(350)

5sin(225

×»

×-+

×- Н.

Ответ: jtitt

)10sin(15)5cos(10)( -=u ,

jtitta

)10cos(150)5sin(50)( --= ,

75,03 xy -= (парабола),

106,1

×=F Н.

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по зако-

ну

22010 tt -+=j . Найти величину и направление полного ус-

корения точки, находящейся на расстоянии 0,10 м от оси враще-

ния, для момента времени 4,0 c.

Дано:

22010 tt -+=j ,

10,0

r м,

0,4

t с.

Найти:

, ),(

Ð aa

, ),(

Ð .

Решение. Любая точка вращающегося вокруг неподвижной

оси тела описывает окружность. Полное ускорение точки [1.12]

может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального

ускорения

, направленного по касательной к траектории, и нор-

мального ускорения

, направленного к центру кривизны траек-

тории (рис. 1.4):

aaa +=

. (1)

Тангенциальное и нормальное ускорения некоторой точки

вращающегося тела определяются из соотношений [1.36] и [1.37]:

ra e=

, (2)

w= , (3)

где

– угловая скорость вращения тела,

– его угловое ускоре-

ние,

– расстояние от точки до оси вращения.

Подставляя выражения

a и

a в (1), находим:

422422

w+e=w+e= rrra . (4)

Угловая скорость

вращающегося тела равна первой произ-

водной от угла поворота по времени [1.27]:

420 -=

=w .

В момент времени 0,4

t c угловая скорость будет иметь зна-

чение:

0,40,4420

-1

Угловое ускорение вращающегося тела равно первой произ-

водной от угловой скорости по времени [1.30], т.е.

0,4-=

-2

Угловое ускорение, таким образом, имеет постоянное значе-

ние, не зависящее от времени (равнопеременное вращение).

Подставляя найденные значения

, а также заданное

значение r в выражение (4), получим числовое значение полного

ускорения:

65,1)0,4()0,4(10,0

=+=a м/с

Направление полного ускорения можно определить, если

найти углы, которые вектор ускорения образует с касательной к

траектории или с нормалью к ней (рис. 1.8):

),cos(

, (5)

),cos(

. (6)

Из (2) и (3) найдем значе-

ния тангенциального

a и

нормального

a ускорений:

40,010,04 -=×-=

a м/с

6,110,04

=×=

a м/с

Подставляя полученные зна-

чения ускорений

a ,

a и значение полного ускорения

в (5) и

(6), находим значения косинусов углов между соответствующими

векторами:

24,0

65,1

40,0

),cos( ==

97,0

65,1

6,1

),cos( ==

или окончательно °=Ð

76),( aa

, °=Ð

14),( aa

Ответ: 65,1

a м/с

, °=Ð

76),( aa

, °=Ð

14),( aa

Рис. 1.8

Пример 3. Под каким углом надо держать курс лодки, чтобы,

отчалив от точки

на одном берегу, попасть в противоположную

точку

на другом берегу? Скорость течения реки 1,5 м/с, ско-

рость лодки относительно воды 3,0 м/с.

Дано:

1,5 м/с,

3,0 м/с.

Найти:

Решение. Лодка участвует в двух движениях: относительно

воды со скоростью

и вместе с потоком воды со скоростью те-

чения

(рис. 1.9). Поэтому скорость лодки относительно берега

(неподвижной системы отсчета) [1.25]:

u+u=u

. (1)

Направление скорости

задано (по течению). Чтобы, вый-

дя из точки

, лодка попала в

точку

, необходимо, чтобы ре-

зультирующая скорость u

была

направлена по направлению

(перпендикулярно течению).

Изображая равенство (1)

графически, получим прямо-

угольный треугольник CDE.

Катет 2CDDE = , поэтому

30ECD . Откуда искомый

угол

120 .

Ответ:

120 .

Пример 4. Два тела брошены вертикально вверх из одной и

той же точки с одной и той же начальной скоростью 24,5 м/с с

промежутком времени 0,50 с. Через какой промежуток времени от

момента бросания первого тела и на какой высоте они встретятся?

Дано:

5,24

=u м/с,

Рис. 1.9

50,0

с.

Найти:

встр

t, h .

Решение. Выберем за начало отсче-

та времени момент бросания первого те-

ла. Пусть ось OY с началом отсчета O в

точке бросания направлена вертикально

вверх (в сторону начальной скорости те-

ла (рис. 1.10)).

Тогда проекция начальной скорости

на выбранную ось будет положительной

u , а проекция ускорения свободного

падения g

– отрицательной.

Высота подъема первого тела в мо-

мент времени t определяется выражением [1.15]:

gtty -u= . (1)

Высота подъема второго тела выразится аналогично, но так

как оно брошено на

с позднее, то для того же момента времени

будем иметь:

(

)

(

)

t--t-u= tgty . (2)

Тела встретятся в тот момент, когда они будут находиться на

одинаковой высоте (координаты обоих тел одинаковы), т.е.

yyy ==

. Приравняв правые части (1) и (2), получим:

--tu-u=-u

встрвстрвстр

встрвстр

. (3)

После сокращения и решения уравнения (3) получим время

встречи тел:

2//

t+u= gt

встр

Высоту h находим по формуле (1) с учетом (3):

82222

h .

Подставляя числовые значения величин, получим:

Рис. 1.10

8,2

50,0

81,9

5,24

=+=t с,

3,30

50,081,9

81,92

5,24

=h м.

Ответ: 75,2

t c, 3,30

h м.

Пример 5. Тело брошено вверх с высоты 12 м под углом

к горизонту с начальной скоростью 12 м/с. Определить продолжи-

тельность полета тела до точек

(рис. 1.7), максимальную

высоту, на которую поднимается тело, и дальность полета тела.

Сопротивление воздуха не учитывать.

Дано:

м,

°=j 30

=u м/с.

Найти:

t ,

max

y ,

max

x .

Решение. В обозначенной на рис. 1.11 системе координат

проекции начальной скорости записываются в виде:

000

cos ju=u

, (1)

000

sin ju=u

. (2)

Координаты тела с течением времени изменяются в соответ-

ствии с уравнением для равнопеременного движения [1.21], [1.23],

т.е.

2sin

gttHy -ju+=

, (3)

cos ju= tx . (4)

Время подъема тела найдем из условия, что в наивысшей точ-

ке C подъема его скорость направлена горизонтально, поэтому ее

проекция на ось

равна нулю [1.22]:

0sin

=-ju=u gt

. (2¢)

Тогда время подъема тела:

под 00

sin ju= . (5)

При отсутствии сопротивления

воздуха время спуска тела от точ-

ки C до точки

равно времени

подъема, поэтому продолжитель-

ность полета тела от точки

O до

точки

равна:

gtt

подА 00

sin22 ju== . (6)

Максимальную высоту подъема

найдем из выражения (3), подста-

вив в него время подъема из со-

отношения (5):

)2(sin

0max

gHy ju+= . (7)

Время полета тела до точки

найдем с помощью соотношения

(3), для этого приравняем коорди-

нату

к нулю (0

y ) и решим квадратное уравнение:

()

gHggt

2sinsin

0000

+ju+ju= . (8)

Подставив в выражение (4) время движения из равенства (8),

получим формулу для расчета дальности полета:

00max

cos ju=

tx . (9)

Подставляя числовые данные в (6) – (9), получим значения

искомых величин:

22,1

81,9

50,0122

××

t с,

29,2

81,9

122

81,9

50,012

81,9

50,0122

××

t с,

83,13

81,92

50,012

max

+=y м,

8,23867,029,212

max

=××=x м.

Ответ: 22,1=

t с, 29,2=

t с, 83,13

max

=y м, 8,23

max

=x м.

Рис. 1.11

Пример 6. По условию примера 5 найти в момент приземле-

ния тела следующие величины: скорость и угол падения тела, его

тангенциальное и нормальное ускорения, радиус кривизны траек-

тории.

Дано:

м,

°=j 30

=u м/с.

Найти:

u ,

a ,

Решение. Результирующую, или мгновенную, скорость в

точке

(рис. 1.11 и 1.12) определим по теореме Пифагора:

cos

u+ju=u .

Проекцию скорости

u в точке

найдем из уравнения (2')

примера 5, подставив в него время движения t

(пример 5 выраже-

ние (8)):

gHgt

ByB

2sinsin

000

+ju-=-ju=u .

Тогда модуль скорости в точке

gHgH

22sincos

+u=+ju+ju=u .

После подстановки числовых данных получим:

5,191281,9212

=××+=u

м/с.

Из рис. 1.12 определим си-

нус угла

, образуемого векто-

ром скорости

с осью

=uu=b

ByB

sin

()

2sin

+ju

= .

Рис. 1.12