Тарг С.М. (ред.). Теоретическая механика. Методические указания и контрольные задания
Подождите немного. Документ загружается.
Зависимость
у
=
f
t
(r)
указана
непосредственно на
рисунках,
а зави-
симость
у
=
fz
(f)
дана
в
табп.
К1
(дпя
рис.
0-2
в столбце 2,
дrlя
рис.
3-6
в
столбце
3,
дJIя
рис.
'l
-9
в стопбше
4).
Как
и
в задачах
С|,С2,
номер
ри-
сунка
выбирается
по
предпоследней
шифре
шrифра, а
номер
условия_в
табл.
К1
-
по последней.
Таблица к1
y=f2U)
Номер
услови
Рис. 0-2
Рис. 7
-9
В
даrrной
задаче
все
искомые
величинъI.
нужно определить
толъко
rglя
момента времеFil.t
/,
=
1
с.
В
некоторых
вариантах задачи
при
опреде-
лении траектории или
при
последуюttýtх Dасчетах
(дгlя
их
упрощеFмя)
сJIедует
учестъ
известные
из тригонометрии
фсрмулы:
cos 2о=
|
-
2sin2q
=
=
2cos'a
-
l: sin
2а= 2 sin е,
cosc.
Прнмер Kl.
Даны
уравнения
движек}lя
точки
в
плоскосм
ху:
х
-
_2cos
(+,)
+
3
.y=2sin(i,)
-1
\ у+1
'l
2
'
cos [
"
,
)
=
3
-
х
\4
l
2
(2)
i
6
cos
4
-
9gin
2
-
2саs
2 sin
8 cos
+6
Указанuя. Задача
К1
относится
к
ки}Iематике
точки
и
решается
с
помоIlFю
формуп,
по которым
определяются
скоростъ
и
ускорение
тOчки
в
декартовых
координатах
(коорплtнатный
способ задiшия
движе-
ния ючки)
,
а
также
формул,
по
которым
опредеJIяются
касатеJIъное
и
норм:tпьное
ускорения
точки.
20
(х,
у
-
в сантиметрах,
f
-
в
секундах)
Огrределитъ
уравнение
таектории
точки;
дJIя
момента времени
мальное
ускорения
и
рад{ус
кривизны в
соответствуlощей
точке траек_
тории.
Решекне. 1.
Для
определения
уравнения
траектории точки нскпючим
из
заданных
уравнеrмй
движения
время
t.
Посколъку
f
входrт
в
арry-
менты
тригонометрических
функrдий,
где
одрIн арryмент
вдвое
болъше
другого,
испол
ьзуем
формулу
cos2a=1-2sin2a
кJIи
cost+rl
=t-2sin'[+r)
(1)
14
l
-
\
в
l
Из
уравнеrмй
движения
Hirxoд{M
выражекия соответствуюц-Е{х
функ-
tцлfi lt подставляем в
равенство
(1)..
Полуц{м
lT
sin
[т
GJIедов
ательно,
3
-
х
(у
+
1)'
-l
24
отсюда
око}шательно
наход{м следующее
уравнение
траектории
ючкн
(парабола,
рис.
Kl)
:
х
=
(_р
*
l)'
+
1.
2.
Сксрость
точки
найдем
по ее
проекIшям
на
коорIц{натI{ые
оси:
dyT
=-
cos
dr4
G+"|,
иприf=lс
ulx
=
1,11
см/с, u|y
=
0"73
см/с, ul
=
1,33 см/С.
4
-
9.о,(
2
-
3.",(
4
-
бcos'|
"
\6
rz.o,(
:,)
т\
Ttl
+t)
8cos(;,)
t2
-2
4+2t2
2
(t
+
1)'
зt2
-2
(,
+
1)'
3
-
4cos
2tg
2-4
1
2cos
lT
-4
cosl
-
t
\3
ln
10sin[,
t
12 sin2
(
:
\6
)
)
,)
,)
т
т
,)
|fi
I-
\з
Itt
6
(;
3,in
(
16
sin2
2+
2sin(
+,)
э.",(
+,)+5
-10.",(
+,)
lT \
8cos
t;
,
)-,
_9cos2(+
,)
,)-1з
)
-14
(+
,)
tl
т
(+t
(+
,)
,)
,)
(+,),
(+,
),
(3)
2l
Рис.
К1
3.
Аналlоrично
найдем
ускорение
точки:
dox
т2
|т.\
duy
т'
|"
ох=
"
=тсоS[т')iау=й=-
зz
sinttT
о=а+
ф
иприt=
1с
о|х=
0,87
см|с',
aty
-
-0,12
см/с2,
а|
=
0,88
см/с2.
4. Касателъное
ускореrrие
найдOм,
ш{фференц}rруя
по
времени
равен-
ство
ul
=
utr
*
"'у.Получим
2u
du
=2u.
dux
+
2u,
du/
и
dr
^il
t
d,
,),
(4)
uxax
* vyay
U
числовые
значения
всех
величин,
входяu_рrх
в
правую
частъ
выраже-
ния
(5)
,
определены
и
даются
равенствами
(3)
и
(4)
. Подставив
В
(5)
эти
числа,
найдем
сразу,
что
при f
,
=
l с
alT=
0,66
см/с'.
5.НopмaтrЬнoeyскopeниeтoЧкиon='Йi.ПoДставляясюдa
найденные
чисJIовые
значени
я
о,
и
о|
7,
полУЧИМ,
ЧТО
ПРИ
t,
=
1
С
О
lп
=
=
0,58
см/с'.
6.
Рашtус
кривизны
траектори
н
р
=
u'
lоп.подстав
пяя
сюда
числовые
знаЧениЯ
ul Иоt2,
най!,ем,
что
при
f
,
=
l
с
pt
=
3,05
см,
О
т в е
т: ul
=
1,33
см/с,
а,
=
0,88
см/с2,
olT
=
0,66
см|с',
оlп
=
=
0,58см/с',
pt
=
3,05см.
Задача
К2
ПлоскиЙ
механизм
состоит
из
стержней
I
-4
п
пол3уна
В,
соединен,
ных
друг
с
другом
и
с
неподвихO{ыми
опорами
О|
И
О2
ШаРНИРаМИ
(рис.
к2.0_к2.9).
Дtины
стержней:
l
|
=
0,4
М,
I,
=
1,2
м,
I,
=
1,4
м,
рые
вместе
с
другими
величинами
заданы
в
табл.
К2. Точка
Dна
всех
ри,
du
l,
'dt
(5)
hlc.
К2.2
fuc.
KZ.4
Рис.
к2.6
Рис. К2.3
hrc.
к2.5
hlc.
К2.7
D
#
Таблица к2
Угпы
Дано
g,ý
ао
оtr
tf
(J
l.ra \
Найпа
0о
р"
'il'
."t
,,|
l
@l, Ф4,
UB'
Llc
llc м/с
0
30
150
120
1606060
2
0 120 120
3
90 120 90
4015030
5 60 150
120
6
30
120
30
7 90 150
120
806030
9
30
120
120
сунках
и
точка
К на
рис.
К2.7
-К2.9
в
середIdне соответствующего
стерж-
ня. Определитъ веJтичины,
указанные
в
таблице в столбце
"Наfiти".
Найпл
также
ускорение
ал
точки
.4
стержн
я
l
,
еспи
стерженъ
/
имеет в
данный
момент
времени
угловое ускорение
€t
=
10
с''
.
Дуговые
стреJIки на
рисунках
показывают, как
при построении
чертежа
должны
откпацыватъся
соответствуюцие
углы,
т.е.
по
ходу
ипи
пpoTlrB
хода
часовоli
стрелки
(например,
угол
?
на
рис.
l
следует ор
ложить от стержня
DE против
хода
часовой стрелки,
а
на
рис.
2
от
стержня
АЕ по
ходу
часовой стрелки)
.
Построение чертежа начинатъ
со стержня, направление коюрого
определяется
углом
е;
ползун В
и его
направляюшц{е
для
большей
на-
глядносм
изобразитъ,
как в примере К2
(см.
рис.
К2).
Задшlную
угпо-
вую скорость
считатъ направленной против
хода часовой стрелки, а задан-
НУЮ
СКОРОСТЪ
uб
-
ОТ
ТОЧКИ
В
К
Ь.
УказанIJя.
Задача
К2
-
на
исследование
ппоскOпараплельного
движе-
ния
твердого тепа.
При
ее
решении
ддя
огrредеJIения
скоростей
точек
механизма
п
угловых
скоростей его звеньев
следует воспопьзоватъся'
теоремой о проекциях
скоростей
друх
точек тела и понfiием
о MпIoB€H.
ном
цектре
скоростеfi,
применяя эту
теорему
(или
это
понrгие) к
каждо-
му
звену
меюнизма
в
отдельности.
Прнмер
К2.
Мехаrмзм
(рис.
К2,
а)
состоит
из
стерхfiей
I,2,
3,4
п
ползуна В,
соешIненных
друг
с
другом
и
с неподвижными
опорами
О,
и
О2
шаршrрами.
24
Рис.
К2
Д
а
н
о:
сr=l2О",0=60",?=90"r9=
0Оr0
=30О,
дD=DЕ,
l|
=0,6м,
I,
=
1r2
M,t.l,
=
5с-
1,
€l
=
8 с-
2.
Определить:
ug,Dg,
Фэ п
ал.
Решение.
1. Строим положение
механизма
в соответствии
с заданны-
ми
углами
(рис.
К2,
Ф
.
2.
Определяем vE.
Точка Д принадпежит стержню
АЕ.
Чтобы
найти
UE, надо
знатъ скорсть
какоЙ-rмбудь
другой
точки
этого стержня
и
на-
правление
uд.
По
данным
задачи
можем
определить
uл=-,l,
-
5, 0,6
=
3
м/с; uA
LOrA.
Направление
vg
кайдем,
учтя,
что
точка Д'
принадпежит
од[Iовременно
стержню ОrЕ,
вращающемуся
вокруг
,Ori
следоватепъно,
"д
r
ОrЕ.
Те-
перъ,
зная
Тд
и направление
Гд,
воспользуемся
теоремой
о
проекциях
скоростей
двух
точек тела
(стержня
Аа
на прямую,
соед{няющую
эти
точки
(прямм
АЕ).
Сначапа
по
этой
теореме
устанавливаем,
в
какую
сторону направлен
вектор
Й
(проекчии
скоростей
должны
иметь одина-
ковые
знаки) .
Затем, вычисляя зти проекции, находим
uд cos
60О
cos
30о; uд
=
3
хF=
5,2
м/с.
3. Определяем
uд.
Точка
В принадJIежит
стержню BD.
Сhедователъно,
по
анапоп{и с
предъцуuим,
чтобы определить
UB,
надо
сначirпа наЙти
ско-
ростъ
Tou5y
D, принадлежащей
одновременно стерхФю
АЕ.
Для
этого,
3ная
члп
uдl
построим
мгновенныfi
центрl
скоростеЙ
(МЦС)
gерця
АЕ;
это
точка
-,
,
п.*ащая
!Ъ
пересечении
перпецдlrкулярОВ_
К
U.д
лТвlвоС-
ст.авленных
из
точек
Л
п
Е
("Q
,Тti
перпендикулярны
стержни
t
h
4)
.
По направлению
вектора
u
д
определяем
направление
поворота
стержня
АЕ
вокруг
I\{ЦС
С2.
Вектор
Т}
будет
перпенд{кулярен
отрезку
CrD,
соединяющему
ючки
D
н С,
,
и направлен
в сторону
поворота.
Величлну
u
р
найдем
из
пропорции
UD
vд
=
CrD сrл
0
90
0
90
0
90
0
90
0
0
60
120
60
60
60
30
60
30
120
60
10
8
6
3
4
5
2
3
5
4
Uзt Uff,
ь)2
Uд, Up,
cn
g
Uд,
Ugl
{n
2
Ug, Dg, СП2
Uз,
Uд, ln2
Uдl UE, u)
g
Ug,
Uý,
{nx
Uд, Up,
tл).э
Uд, Ug,
Q)
2
U6, Ug, U)g
(1)
i
ý
;l
l
t
i
(2)
(3)
25
Чюбы
вьнисJIитъ
CrD
и
СrД,
заметим,
что ЛАС2Е
прямоуголь-
ный,
так
как острые
уГлы
в нем
равны
30 и 60О,
и что
СrД
=
АЕ
sin
30О
=
=
0,5
АЕ
=
AD.
ТоГДа
ЛДСzD
является
равносторонним
п
СrД
=
CrD.
В
ре-
зультате
равенство
(3)
дает
uD=vA=3M/c;
Гдr CrD.
Так
как
точка В принадлежит
одновременно
ползуну,
движущему-
СЯ
вдолЬ
направляюцих
поступателъно,
то
направление
ф
известно. Тог-
Д8,
восстав
пяя из
точек В
п
D
перпенд{куляры
к
скорост"*
Ъ
nT/),
постоим
МЦС
Сэ
стерхfiя BD.
По
направлекию
вектора
up определяем
направление
поворота стержня
BD
вокруг
центра
Сэ.
Вектор
7д
будет
Направлен
в сторону
поворота
стержня BD.
Из
рис.
К2,
б
видно,
что
L
СзDВ
=
30", а
L DСзВ
=
90",
откуда
СrВ
=
Irsin
30О, CrD
=
I,
cos
30".
Составив
теперъ пропорllию,
найдем,
что
Vз Uр
i
uB
=
uD
tg
30"
=
|,7
м/с.
сrв CrD
4.
Определяем
оr. Так
как
МЦС
стержня J
известен
(точка
С.r),
uз=+=fu=2,9с-l.
5.
Опрепе
ляеМ
аА.Так
как
€l
известно,
то
аАr=
l,
€,.
Да.пе
е
оАп
=
=
Йflr,
илп
алп
=
I,
-1
.
Тогда
ад
=
J
ф
"*
фп.
Произведя
вьFlисления,
ПОЛrlИМОл=
15,8
м/с'.
О Т В е Т:
uE
=
5,,2
м/с,
vB
=
1,7 м/с,
uз
=
2,9
с,'
,ол=
15,8 м/с'.
Задача
К3
Прямоуголъная пласмна
(рис.
К3.0- К3.5)
или
кругл:tя пластина
oe*l
с
постоянной
угловой
скоростъю
t*l,
зялднной
в табл.
К3
(при
знаке
минус
направление ц)
промвоположно
показанному
на
рисунке).
Осъ
(4)
Рис.
к3.3
hас.
к3.2
(5)
,
q
i!
a
i1.
ь
,J
Ё
J
*
1
I
f
а
ц
к3.5
hлс.
к3.4
к3.7
hlc.
к3.6
к3.8
hlc.
к3.9
zб
Рис.
к3.0
вращения
на
рис.
к3.0
-к3.3
и
к3.8,
к3.9
перпеншrкулярна
ttпоскосм
IUIастины
и
проход{т
через
точку
о
(пластиI{а
вращается
в
своеЙ
плоскосr
ш)
;
на
рис.
кз.4-к3.7
ось
вращения
оо,
лежит
в
tUIоскости
IUIасмйы
(ппастнна
вращается
в
пространстве)
.
Таблица
к3
Номер
усло
-
вия
<лs,
I
fc
Рис. 0-5
hlc.
6
*9
D, см
s-AM-f(t)
l
у
s=дл[=f(t)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
_z
4
3
_4
_з
z
4
_5
2
_5
16
20
8
|2
10
Iz
20
10
8
16
60(ro
*эt')
+56
60(rЗ
_
2t2)
80
(2,2
40(r2
r')
48
зr)
з2
50(r'
-t)
-
30
50(3r
_
t2
)
_
64
40
(r
_
2t')
_
40
80(12
-
t1
+
40
60(,
-
r') 24
40(3r2
_
ro)
aл
зL
R
R
R
3
_R
4
R
R
4
т
R
R
4
a
J
R
R
,K(ro-3r')
1
д
11
' -
2t\
f
кtз, -
t')
"-Пц'_2t",
3K(3r'-r)
3л(4t'-_2t
*
*u
-
2t')
з
к
(2t'
1)
1д
(r
_
5r')
,
П(2t'
-
t'
по
пластине
вдолъ
прямой
BD
(рис.
К3.0-К3.5)
ИЛИ
ПО
ОКРУЖ}rОСМ
радrуса
R,
т.е.
по
ободу
пластины
(рис.
к3.6-кз.9),
движется
точка
М, Закон
ее
относителы{ого
движения,
вьiражаемый
уравtIением
s
-
АМ -
=f
(t) (s
-
в
сантиметрах,
f
-
всекуI{дах),заданв
табл.к3отдельttоДлЯ
о"..
кз.о_кз.5
и
дПя
рис.
к3.6-к3.9,
прлt
этом
на
рис.
6-9
s
=
дТI и
от-
28
считывается
по
дуге
окружности;
там
же
даны
размеры
Ь и
I.
На
всех
ри-
сунках точка
if
показана в
положении,
при котOром ý
=
AIW
>
0
(при
s
(
0
точка
И
находится по
другую
сторону
от точки А)
.
Опрепелить
абсолютную
скорость
и абсолютное
ускореtше
точки
М
в моментвремени
f
,
=
1с.
Указанuя.
Задача
К3
на
сJIожное
ЕIвижение
точки.
Прн ее
решении
движение
точки
по пластине
считатъ
относительным, а вращателъное
дви-
жение
самой пластины
-
переносным и
воспопьзоватъся
теоремами
о
сJIо-
х(ении
скоростеfi
и
о сложении
ускореrшй.
Прежде
чем производ{тъ
рас,
четы, сJIедует изобразитъ
точку
М на пластине в том
положении, в кото-
ром
нужно определитъ ее абсолютную
скоростъ
(шли
ускорешiе),
а не в
произвольном
положекии,
показанном на
рисункilх
к
задаче.
В сп}^{аях, относяцý{хся к
рис.
к3.6
-
к3.9,
при
реше}rии
задачи
не
подставлять
чисJlового
значения R, пока
не
будут
определены поло)t€ние
точки Мв
MoмetmBpeMeKHf
,
=
1си
угол
между
рад{усампСМпСАь
этот
момент.
Пршмер
К3.
Шар
рад{уса
R
(рис.
К3,
а)
врацвется
вокруг
своего
диамета
АВ по
закону
9
=
.rl
(r)
(положителъное
нiшрilвлеIме отсчета
угла
.p
показано
на
U..
К3,
с
дуrýвой
стреrrкой).
По
дуге
болъшоrc кру-
га
("меркдиану")
ДDВ
дtsижется
ючка
М
по
закону ý
=
ДМ
=f,
(r);
поло_
житеJIъное наrтравленне отсчета
расстояния
s
от
А
к
D
fuc. К3
Да
но: R
=
0,5 М,9
=
-2t,ý=(тR/6)(7r
-
2tr)(,р-врад{анш(,ý
в
метрах, l
-
в секугtдах)
.
о
п
ре
Дел
и ть:
uабс
иаабс
в моментвремени
f,
=
l
с.
Решенне.
Рассмотрим
.tцижение
точки
И
как
сложl{ое,
считая
€е
дви-
жение
по
дуге
ADB
опtоситеJIьным
(АВ
-
относительная
траектория
точ-
ки)
,
а
вращение
шара
-
переносным
двнжеtIием.
Тогда
абсолютная
ско-
рость
uабс
и абсолютное
ускорение
Qбg
ючки
наfiдутся
по
формулам
uабс
=
uoTH
+
u
пер.
4о.
=Ъrн
*4.р
+4ор,
,)
(1)
29
ж
ГД9, В СВОЮ ОЧеРеДЬ,
,
,,,]
Б*
-7[n
йЪпr,{rn
-nI"p*7fi.p.
Опредепим
все )йрактеристики
относитепьноrrэ
и
переносного
дви-
жек}tй.
1. О т
н о с
и
т е лъное
дв
ижение.
Этодрижениепроисход{т
по
закону
\-/
тR
s
=
лм
=
-'...-
(7t
-
2tr
).
6
учитывая
равенства
(4)
,
получим
чпер=
l<p lh=
0,5
м/с,
О{"р=
eh
=
0,
а#ер=
rл)2h
_
L
Mlc2.
Изображаем
на
рис.
К3,
а
векторЙ.р
с
гIетом
нЕшравления
(J
и
вок-
Top7ff.o
(направлен
к
оси вращеrпая)
.
3.
К
О
р
и
о
п и
сов о
у
ско
ре
ни
е. Таккак
угол
междувекто-
РОм
Йтн
И осью
Вращения
(вектором
Б)
равен
60",
то численно
в мо-
мент
времени
t,
=
1 с
[см.
равенства
(3)
и
(4)I
f-
4кор=
2
tugTg
l, tц.l
l,sin
60О
=
2
+
.r\'
=2,72м|с2.
(6)
42
Направление Гкор
найдем,
спроектировав
вектор
Бтн
на
ппоскость,
перпендикулярную
оси
вращения
(проекцля
напрzшлена
так
же, как
век-
_п
ТОР
апер)
,
И
ПОВеРШУВ
ЗаТеМ
ЭТУ
ЦРОеКДИЧ_В
СТОРОНУ
Ц))
Т.е. ПО
ХОДУ
часовоfi
стрелки,
н8
90О. Иначе
напрilвление
о*ор
можно HйTlt,
)дтя,
что
4оо
=
2
(БХ
Йr*)
.
Изображаем
вектор
о*ор
на
рис.
К3,
а.
Теперъ
можно вычисJIить
значения чабсffабс.
4. О п
р
е
д
е п е н
и е
uабс.Таккакuабс=
uотн+uпер,авекторы
Бо
n
G.р
взztимно перпекдикулярны
(см.
рис.
К3,
с)
,
то
в момент
врф
мениtr=Lс
как
atrep
=
0,
-т
.-li .-п
аабс
=
4отн
+
4отн
+
4пер
*
о*ор.
Для
определения оабс
проведем
координатные
оси Mrxyz
(рис.
К3,а)
и
вычислим
проекц}tи
векто
раТабс
на
эти
оси.
Учтем при
этом,
что
вектор
7*оо
пежит
на проведенной
оси
х,
а векторы7ýrп,73rrп
,i#"ррасположе-
ны
в
IIпоскости
дуги
ADB,
т.е.
в ппоскосwt Mryz
(рпс.
К3,
б).
Тогда,
про-
екмруя
обе
части
равенства
(7)
на
коорш{натные
оси
и
rIтя
одIовре-
менно
равенства
(3), (5),
(6),
получим
дJIя
момента времени f
,
=
1
с:
а
абсх
=
4кор
=
2,72 м/с'
,
аабсу=
aff.p
*
r3r*
cos
60О
lйп
|cos
30О
=
1+
*
_
"{
=
=
0171 м/с'
,
\''
дrД
6
аабс
z
=
-
loJrH Icos
60"
-
oЗrncos
30о
=
_-|n +
"'€l
=-1
ýQr.r/r-2
tc
+
16
l=-1,59Mico
31
(2)
(5)
(7)
Сначапа
устtшовим,
где
будет находц{ться
точка М
на
дуге
ADB
в мо-
ý
мент
времеЕи
f
,.
Пол;rгая в
}тilвнеlши
(2)
f
=
1
с, полrлим ýt
=;
тR.
Тог-
Еа
LACM,
={}
=+
т=
!50О
птlи L ВСМ|=
30О. Изображаем на
рис.
К3,а
Rб
ючку
в
положении,
определяемом
этим
углом
(точка
М,,) .
Теперъ
наход{м
числовые
значения
ug111l
о6rн
ч
of;,*,
ds тR
.а
d
uoTr
2
uoTH=
а,
=т
(1
-
4t),
о6r*==-}'=-
т
fiR,
п
u3Trr u3Trr
doTlt=-=-
Ротн
Д
)
ГДе
Poт}t
-
рад{ус
кривизны
относrrтелъноЙ траектории,
т.е.
дуm
ADB.
Для
момента времени
f
,
=
1
с,
у.шлтъIвая,
что Д
=
0,5 м,
полrIим
zrR
тt
uoTH=
6
'=тм/с,абтн=
TMlc',o3o=*
Mlc2.
(3)
Знакr.л
показывают,
что векторЪш н;шравлен в сторону положитель
ногrэ
отсчета
расстояния
ý,
&
вектор
о5о
-
в противоположную
сюрону;
_у,
Ia
вектор
аотн
напрzlвлен
к
центру
С
дупл
ADB.
Изображаем все эти векю-
ры
на
рис.
К3,
а.
Для
нагтlядности
приведен
рис.
К3, б,
где
дугаАDВ
сов-
мещена с плоскостью чертежа.
2. П ер
е н о
с
ное
движение.
Этодвижение
(вращеше)
про-
исходит
по закону
9
-
-2t
. НаУlдем
угловую
скоростъ
(,
и
уrповое уско-
рение
е
переносноrс
вращения,:
Ф=Ь=
-2,e=<i=0
(шарвраII{аетсярав-
Знак
указьIвает,
что направпение
u,l
противоположно положитель
ному направлению
отсчета
угпа 9i
отметим это
на
рис.
К3.
с
соответст-
в
ующей
дуговой
стреп кой.
Ддя
опредеJIения
uпер
и
спер
найдем
снач:rла
расстояние
Й
точlсt
if,
от
оси вращежи я:
h
-
R
sin 30О
=
0,25
м.
Тогда
в
момент
времени
f
,
=
1 с,
30
о теореме
о
сложении
ускорений,
так
(4)
i"
"I
#
ffi
ili,l
отсюда
наход{м
значеr{ие
аабg
в момент времени
t
t
=
1
с:
о
абс
=
=
3123 м/с'
.
О
т
в
е
т:
uабс
=
0,93 м/с,
оабс=
3,23 м/с'.
диtIАмикА
Задача
Д1
Груз
D
массой
ll1,
получив
в
точке
А начаrtъную
скорость
uo,
движет-
СЯ
В
изогнутой
трубе
АВС,
расположешrой
в
вертикапьной
ппоскости;
r{астки
трубъi
ипи оба наrспонные,
или одrн
горизонтапъный,
а
другоЁ
НаКпоннъЙ
(рис.
Д1.0-Д1.9,
табл.
Д1).
Нgучастке
АВ ка груз
кроме
си-
лЫ
тяжести
действуют
постояннtля
cшa-Q
(ее
ншIрчlвпение
показано
на
рисунках)
и cwla
сопротlIвления
среды
R,
зависящм
от
скоросм
Б
гру-
за
(нагrравлена
против
дЕижеЕия)
.
Ptас.
Д1
.0
Рис.
Д1
.1
D8
Plac.
Д1.2 fuc-
дl.з
Rrc.
Д1.4
Е
Рис.
Д1.5
Pttc.
Д1.7
h,{c.
Дt.8
Plrc.
Д1.9
Таблица
Д1
Номер
rФIовия
m,
кr
uo,
м/с
Q,H
д,н
I,
М
tIrc
Fх,
Н
0
1
2
3
4
5
6
,|
8
9
2,4
2
8
1,8
6
4,5
4
1,6
4,8
3
t2
20
10
24
15
22
t2
18
10
22
5
6
16
5
t2
9
10
4
10
9
0,8
u2
0,4
u
0,5
u2
0,3
u
0,6
u2
0,5
u
0,8
u2
0,4 u
0,2
ч2
0,5
u
t,5
4
5
2,5
4
2,5
,)
3
Z
3
4
sin
(4f)
*5
cos
(4r)
бt2
-2
cos
(2t)
-
5
sin
(2t1
3t
6
cos
(4r)
-3
sin
(4r)
4 cos
(2t)
4
sin
(2t)
В
точке
В груз, не
изменяя
значения
своей
скорости, перехош{т на
участок
ВС
трубы,
где на нею
кроме
силы
тяжести
действует
переменнiлrl
сипа
Д,
проекщ{я которой
Fx
на осъ
х
задана
в таблице.
С.итая
груз материальной
точкой и зная
расстоянне
АВ
=
l
wли
вре-
мя
f
1
движения
груза от точкп
А
до
точки
лВ, найпл
закон
движения
груза
на
rlастке
ВС,
т.е.
х
=
f
(t),
гд€
х
=
BD.
Треrrием
груза
о
трубу
пре-
небречъ.
Указанuя.
Задача
Д1
на интегрирование
диффереIщиапъных
урав-
неrий
движения
ючки
(решеrие
основной
задачи
динамики).
Решение
задачи
разбивается
на
ше
части.
Сначагlа
нужно составитъ и
проинтегри-
роватъ
методом
разделения
переменных
шфференциальное
урilвнение
движения
точки
1рруза)
на
участке
АВ,
учтя
начальные
условия.
Затем,
зная время
движения
на
участке
.4В или его
длину,
определитъ,
какую
скоростъ будет иметъ
груз в точке
В.
Эта
скоростъ
будет начальной
для
движения
груза
на
участке
ВС.
После
этого
нужно
составитъ и
проинтег-
рироватъ
дифференциальное
урi}внение
движения
груза на
у"tacTкe
ВС
тоже с
учетсм
IIачаJIьных
условий,
ведя
отсчет
времени
от
момента,
ког-
да
груз находится
в
точке
В,
и
полагаJI,
что
в
этот
мог},tент
времени
/
=
0.
При
интегрировании
уравнения
ддижения
на
участке
.4В в
случае,
когда
33
l
J
ав
il
{
D
ад
а"|
Рtас.
д1.6
д
R
р
задана
ддина
/
участка,
целесообразно
перейпл
в
уравнении
к
переменному
х,
учтя,
что
drx
=
uч
dux
dr
*
dx
Пример
Д1.
На
вертикаJIъном
участке
АВ
трубы
(рис.
Д1)
на
груз
D массой
m
действуют
сила
тяжести
и
сила сопроти"rrения
F;
расстоя-
ние
от
точкп А,
гд9
u
=
uo,
до
точки В
равно
I.
На
накпонном
участке
ВС
на
груз
действуют
сила тяжести
и
переменная
сила
Р
=
Ё
(r),
задан,
ная
в
ньютонах.
2
кг,
Д
=
pl)z,
гдо
л
=
0,4
кг/м,
u0
=
5
м/с,
/
=
2,5
м,
ylacTKe
ВС.
считая груз
положекии)
сост:tвляем
на
эту
ось:
(1)
l*
ln
(u3
_
п)
=
,2kz.
Отсюда
tt2
1п
:
=-Жz
и
":-"
=r-'k'.
ДДl
u]
-п
ч"о-п
В
резупьтате
наход{м
l)'
=п
+
(ufr
-
п)
,'zkz
.
(6)
Полагая
в
равенстве
(6)
z
=l
=2,5
ми
заменяяkцпих
значения-
ми
(3),
опредепим
скоросТЬ
uB
груза
в
точке.в
(uo
=
5
м/g,
число
е
=
2,7):
чЪ=
50
-
25|е
=40,7
и
uB=
6,4
м/с.
(7)
2.
Теперъ
рассмотрим
движение
груза
на
rIастке
ВС;
найденнаrI
ско,
рость
u
В
будет
для
дрижения
на
этом
участке
начальной
скоростъю
(uo
=
uB).
изобрrтч**
.pJ.
(в
произвольном
положеНШl)
И
ДеЙСТВУЮuРrе
нанегосипыР=mg,
NпF.
проведем
из
точки
В
ось
Вх
ц
составим
пифференIиапьное уравнение
дрижения
груза
в
проекIши
на эту
осъ:
dux
rr . l/ . rr
m*_-::
-Рх*i/х*Fх.
dr
Так как
Рх
=
Р
sin
30"
=
0,5
mg,
iУх
=
0,
Fх
=
16
(8)
примет
вид
dux
m
_.:
=
0,5
mg
+
16
sin
(4r)
,
d,
Разделив
обе
части
равенств
а
на
m
=
получим
Рис.
Д1
Дано:
m=
Fx
=
16
sin
(4r).
О
п
р
е
д
е
л и
т ь:
х
=,f
(r)
-
закон
движения
груза
на
Решение.
1. Рассмотрим
движение
цуза
на
ytacTKe
АВ,
материапъной
точкой.
Изображаем
грIз
(в
произвольном
и
действуюшие
на неrю
сипы
Р
=
m8
и
R.
Проводлм осъ
Az и
д.Iфференц,иапьное
уравнение
движения
груза
в
проекцIи
du, du,
m
-
Е
Fkz
ипи
ltluz
_:
=
Pz
+
Rz.
dt
'|э
э
dz
Дагlее
наход.Iм:
Pz
-
Р
-
mg,
Rz
=
_R
-
уравнении
все
переменкые
силы
надо обяза
)ки
ть
нер
tзи,
им
lдЧе[
рази
чим
Ipi
уч
(8)
sin
(4r),
то
уравнение
(9)
2 кг
и
попагая
опять
8:
-
10
Mlc'
,
по,
выI
олу
,\
l
pU2;
tbHo
:urп,
-U
-l
эл
lтел
Uz=
mg
р
ваем,
что
в
ЧеРе3 В€ЛШ.
(3)
(2)
можно
пред-
(4)
беря
от
обеих
частеЁ
ин-
(5)
даетС, =ь(uз
_п),
-п)
илиlп(u2
-п)-
(2)
введем
для
сокращения
зашлсей
mр
('
=
50
р
о
бозначения
м2
/с2
r'
переменные,
а затем
(u'-п)=_Zkz *сr.
du"
=
dr
умножая
обе
5+8sin(4r).
части
уравнения
(t0)
на
df и
интегрируя,
нйдем
U.x
=
5t
-
2
cos
(4r)
*
Сr.
(
10)
(11)
гДе при подсчете
принято
g
=
10 Mlc'. Тогда
уравнеЕие
ставитъ в
виде
-2k
(v2
-
п)
.
k=
F
=0,2м-',
п-
du
2u
---_
=
dz
Будем
теперъ
отсчитыватъ
время
от
момента,
когда
груз
наход{тся
в
точкеВ,
с.патаяв
этот
г"lоментf
=
0.
Тогда
при
f
=
0
ux
=
u0
=uд,
гдоuб
дается
равенством
(7)
.
Подстав
ляя
эти
величины
в
(
11)
,
полупtим
С2
--uB
*
2
cos 0
=
6,4
+ 2
=
8,4.
При
найденном
значении
С,
уразttение
(11)
дает
dx
u*
=
Й
-
5t
-
2
cos
(4r)
+
8,4.
Умножая
здесъ
обе
часм
на й
и
снова
иIIтегрирУя,
найдем
х
=
2,5t2
-
0,5
sin
(4/)
+
8,4r
+
Сr.
Разделяя
в
уравнении
(4)
тегрz}лы,
получим
2u
du
..-
=-\kdz
и lп
U'-п
По
начапьным
усJIовиям
при
z
=
0
u
=
и из
равенства
(5)
наход,Iм
lп
(u2
-
п)
=
-Zkz
34
Ug
l
ЧТО
+
ln
(r3
(12)
(t
3)
з5
Так как при
f
=
0
Х
=
0,
тоСз
=0иокончательноискомьйзакондвиже-
ния
цуза
будет
х
=
2,5t2
+
8,4r
-
0,5
sin
(4r),
(1+1
где
х
-
в метрах,
f
-
в
секундirх.
Зада,а
д2
Мехаrмческая система
состоит
из
прямоугольной
вертикапъной пли-
ты/
массой
m|
=
24 кги
грузаDмассойm,
=
8
кг; плитаt{лидвижется
вдолъ
г\эризонтilлъных направляюцд{х
(рис.
Д2.0-
Д2.4),
или вращается
вокруг вертикальнойоси
z,
лежащей в плоскости плиты
(рис.Д2.5
-Д2.9).
к
а
Рис.
л2.6
Рис.
Д2.1
Рис.
Д2.8
&rc.
Д2.9
в момент
времени
ro=0
груз
начннает
двигiлтъся
под
действием
внутрен-
них
сил
по имеюЩемуся
на
плите
желобУ;
закон
его
движеl{ия
s
=
AD=
=F(r)
задаНвтабЛ.д2,гДеs
выраlке}IО
в
MeTpax,f
-
в
секундах.
Форма
желоба
на
рис.
д2.0,
д2.1,
д2.8,
д2.9
прямолинейнаЯ
(желоб
кD
,
на
рис.
д2.2-
д2.,|
-
9"рУжностъ
радиуса
R
-
0,8
м
с
центром
в
центре
масс
Cr
rulиты
(s
=
AD
на
рис.
Ц2.2-Д2.7
отсчитывается
по
ДуГе
ОКрУЖ-
ности) .
плита
(рис.
Д2.0-Д2.41
имеет
в
момент
ro
=
0
скорОсТЪ
Цо
=
0
Пшtта
(рис.
д2.5
_д2.9)
имеет
в момект
вреМени
f
о
=
0
угловую
ско-
рость
(rо
=
8
С-
l
,
и
в этот
момент
на нее
начинает
действоватъ
вращаю_
цщй
момент
М
(момент
относителъно
оси
z),
задшtный
в
таблице
в нъюю-
номеграх
и
направленкый
как
Фо при
м>
0ив
противоположнуюсторо-
ну rгри
м
<
0.
ось
z
прохош.Iт
от
центРа
С, плиты
на
расстояrrии
D;
разме-
ры
rшиты
показаны
на
рисунках.
с.итая
груз
материагlьной
точкой
и
пренебрегая
всеми
сопротивле-
ниями, оггредgлитъ
ука:}анное
в таблице
в
столбцах
4
и 9,
где обозначено:
в
столбце
4
(относится
к
рис.
л2.0
-Д2.41
х
L
перемещение
tlлитЫ
31
Pltc.
Д2.0
hlc.
Д2.2
7'/ZVZZ/////////////////////////,
Рис.
Д2.1
Рис.
Д2.3
эб
Рис.
Д2.4
hlc.
Д2.5
t
|
-
1
с,
Ц
-
полная
сипа нормалъного
давления
плиты
на
направляюшие
В
МОМеНТ ВремеНи
'l
=
1 с
(указать,
кудх
сила направлена); в
столбце
9
(относится
к
рис.
5-9)
(rl
-
угловая
скоростъ ппиты в момент времени
'l
=
1
с, ц,
=
{
(t)
угловая
скоростъ плиты
как
функция
времени.
На всех
рисунках
груз показан в
положении,
при
котором
s
=
ДD
>
0:
при
ý
<
0
груз находится
по
другую
сторону
от
точкvl
А.
Указанuя.
3адача
Д2
-
на применение
теорем
о
движении центра
масс
и об
изменении количества
движения
и кинетического
момента
системы.
теоремой
о
движении центра
масс
целесообразно
воспользоватъся
в зада-
че, где нужно определитъ
поступательноё
перемещение одного
из
тел
сис-
темы
(или
реакцию
связи), а
теоремой об
изменении
количества
движе-
ния
-
когда
нужно
определитъ
скоростъ
такого тела.
Теорема об
измене-
нии
кинетическою
момента
применяется
в задачах,
гд0
нужно
наfiш
уг-
ловую
скорость
или закон вращения
одного из
тел
системы.
3&
Табпица
Д2
Рис.
5
-'|
hrс.8и9
h{c.
5
-9
ч
s=F(f)
s=F(f)
ь
м
Найм
5
6
,I
8
9
*,,
-2t)
*,,
+
2t2)
TR
з2
l
1
L
тR
(4t2
-
1)
3
TR
6
(5
-7t)
Ёрr'-3)
э
:1
(з
-
4t')
6
TR
3
(3t
-
t,)
TR
6
Qt
_3)
тR
----
(3
-
5t')
0,4
sin
(Trf)
0,2
(2
-
зr)
-0,8,
о,2
(2
0,4
(3r
0,6
cos
(Tr)
0,8
(|
-
t')
0,8
(5r2
_
2)
a,4t2
0,6
(,
_
2t')
л
2
4R
3
R
4R
3
л
т
R
R
т
4R
3
R
т
4R
3
5r)
1)
0
L2t2
0
0
_|2
0
0
-8r
0
(n-f(r)
G'l
ц)=f(t)
(*'t
('l
ц),f(t)
('1
(^'l
(r-f(t)
('l
при
решении
задачи
rlесть,
что
абсолютнаrI
скоростът
груза
слагает-
ся из
относителъной
Боr,.
и
переносной
Тпер
скоростей
(опрепеляются
так
же,
как
при
решекии
задаЧи
К3),
r.1ii=
Тотн
+ТпеР.
Тогда
коJIичест-
во
движекия
груза
mi
=
ИJoTH
+
muПер, а
момент
'1ru
относителъно
оси
z
по
теореме
Варинъона
(статика)
будет
lfl7
(rru)
-
lИ7
(Пzuglц)
+
+
ftl7
1итЦgр)
;
эти
моменты
вычиспяются
так же,
как
моменты
силы,
конкрепrее
ход
решения
разъяснен
в
примерах
Д2.
IvIoMeHT
инерции
ппиты
относителъно
оси
С,
z'
,
напРавленнОй
так
же,
как
осъ
z
на
рис.
д2.5
-д2.9,
но.
проходящей
через
центр
масс
С,
IUIиты,
равняе1ся
tllLlz
lL2,
где
J
ширина
ппиты
(в
задаче
J
=
3R
или
I
=
4Д),
Для
опредепения
момента
инерцпu
I,
относитепъно
оси
z
восполъзовать-
ся
теоремой
Гюйгенса
о
моментах
инерlши
относителъно
параплельных
осей.
осъ
z при
изображении
чертежа
провесм
на
тОм
рассТояниИ
Ь
оТ
центра
С,
,
которое
указано
в таблице.
39
ц
вЕ
>9
Ёg.
hлс.Oи1
s=l7(/)
hlc.
2-4
\.,
s=F(f)
ds
н|
rla
ýо
a
!ý
dý
Yн
0,6
}")
;,,)
3t')
-3)
-
2t')
(t'
(3
t2
t2
(t'
тЛ
3
тЛ
3
TR
2
тR
6
тR
6
тR
2
т
т
0,4
(t
-
зt')
0,4
sin
(Tt')
uI
л/l
0,8
cos
0,3
(1
-
0,8
sin
_3)
_
1)
(2t2
xr
л/t
r,)
0,6t2
0,4
(2t2
1)
х|
,л/l
0,6
cos
(
т
т
т
а
,,)
r,)
1,2
cos