200200 Задачи и решения Прикладная механика 2011

 СОДЕРЖАНИЕ
1 Задачи статики
2 Решение задач статики
3 Задачи кинематики
4 Решение задач кинематики (1-10)
5 Решение задач кинематики (11-27)
6 Задачи динамики
7 Решение задач динамики (01-30)
8 Решение задач динамики (31-45)
9 Задачи динамики (2)
К барабану ворота весом Р и радиуса z
приложен постоянный вращающий момент М. К концу намотанного на барабан невесомого не‐
растяжимого троса привязан груз весом Q, который поднимается по гладкой наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом. Определить реакцию оси барабана, считая барабан однородным круглым цилиндром. Заданы массы тел (m1, m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...), коэффициенты трения скольжения f и качения b, силы Р (если они указаны на рис.). Найти скорость тела 1 (или 4) после его перемещения на 2 м из состояния покоя. Простой цилиндр считать однородным, у сложных ‐ радиус инерции i. Заданы массы тел (ml, m2 …), радиусы колес (R1, r1 ...), движущие момент М или сила Р, момент сопротивления Мс. Найти ускорение тела 3. Простой цилиндр считать однород‐
ным, у сложных ‐ радиус инерции i.
____________________________________________________________________
Груз весом Q, спускаясь по гладкой наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом, приводит во вращение посредст‐
вом невесомой и нерастяжимой нити барабан весом Р. Определить натяжение нити, считая барабан однородным круглым цилиндром. ______________________________________________
___________________________________________________________
___
Заданы массы тел (m1, m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...), движущие момент М или сила Р, мoмeнт сопротивления Мс. Найти ускорение тела 3. Простой цилиндр считать однород‐
ным, у сложных ‐ радиус инерции i. Заданы массы тел (m1, m2 ...),. радиусы колес (R1, r1 ...), движущие момент М или сила Р, момент сопротивления Мс. Найти ускорение тела 3. Простой цилиндр считать однород‐
ным, у сложных ‐ радиус инерции i. Заданы массы тел (m1,m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...),
коэффициенты трения скольжения f и качения b, силы Р (если они указаны на рис.). Найти скорость тела 1 (или 4) после его перемещения на 2 м из состояния покоя. Простой цилиндр считать однородным, у сложных ‐ радиус инерции i. ‐
_______________________________________________________________________
________________________________________________________________________
Заданы массы тел (m1, m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...), движущие момент М или сила Р, момент сопротивления Мс.
Найти ускорение тела 3. Простой цилиндр считать однород‐
ным, у сложных ‐ радиус инерции i. Заданы массы тел (m1, m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...), движущие момент М или сила Р, момент сопротивления Мс.
Найти ускорение тела 3. Простой цилиндр считать однород‐
ным, у сложных ‐ радиус инерции i. Заданы массы тел (m1, m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...), коэффициенты трения скольжения f и качения b, силы Р (если они указаны на рис.). Найти скорость тела 1 (или 4) после его перемещения на 2 м из состояния покоя. Простой цилиндр считать однородным, у сложных ‐ радиус инерции i. _________________________________________________________
___
_________________________________________________________
Заданы массы тел (m1, m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...), движущие момент М или сила Р, момент сопротивления Мс. Найти ускорение тела 3. Простой цилиндр считать однород‐
ным, у сложных ‐ радиус инерции i. _
Заданы массы тел (m1, m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...), движущие момент М или сила Р, момент сопротивления Мс. Найти ускорение тела 3. Простой цилиндр считать однород‐
ным, у сложных ‐ радиус инерции i. ________________________________________________________________
____ Заданы массы тел (m1, m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...), движущие момент М или сила Р. момент сопротивления Мс. Найти ускорение тела 3. Простой цилиндр считать однородным у сложных ‐ радиус инерции i. Заданы массы тел (m1, m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...), движущие момент М или сила Р, момент сопротивления Мс. Найти ускорение тела 3. Простой цилиндр считать однород‐
ным, у сложных ‐ радиус инерции i. Глава 1. УСЛОВИЯ ЗАДАЧ 1.1 Статика Задача С01 На штангу АВ шатунно‐балансировочного механизма действует сила F . Определить момент m пары сил, которую следует приложить к балансиру ОЕ, чтобы уравновесить механизм в положении когда ∠ ОЕА = β, ∠ ЕАВ= α. Длина балансира ОЕ равна l. Весом звеньев и трением пренебречь. Задача С02 b Однородный куб с ребром b и весом P одной гранью опирается на гладкую вертикальную стену, а одним из своих ребер – на гладкую наклонную плоскость, образующую с вертикалью угол α. Найти реакцию вертикальной плоскости и точку K ее приложения, а также равнодействующую реакции наклонной плоскости. Задача С03 На гладкой горизонтальной плоскости стоит открытый с обеих сторон полый прямой цилиндр с радиусом a . Внутри цилиндра находятся два шара весом P1 и P2 с радиусами, соответственно равными r1 и r2 . При этом нижний шар лежит на плоскости. Пренебрегая трением, определить минимальный вес Q цилиндра, при котором цилиндр не опрокинется.. Задача С04 F
h R O Гладкий шар радиусом R и весом P, касаясь вертикальной стены, покоится на шероховатом горизонтальном полу. Коэффициент трения бруска о пол f. С какой силой F следует прижать брусок к шару, чтобы оторвать шар от пола? Весом бруска пренебречь, величина h задана. Задача С05 Шар весом P и радиусом R опирается на гладкую стену и на однородный гладкий стержень AB, заделанный в стену. Вес стержня Q=4P, его длина 6
0
2l= 3R 3 . Определить силу давления и момент в заделке. Задача С06 Симметричная трехшарнирная арка нагружена вертикальной силой Р, как показано на рисунке. Определить реакции шарниров А и В. Задача С07 Цилиндр радиусом r и весом 2Q разрезан по диаметральной плоскости на две части, которые опираются на гладкую плоскость. Угол α известен. Найти при равновесии: 1) коэффициент трения, 2) реакции в точках опирания А и В, 3) давление между цилиндрами. Задача С08 Система состоит из двух одинаковых однородных шарнирно скрепленных стержней каждый. Стержень AB и BC весом P AB шарнирно закреплен в точке A и к середине его подвешен груз весом Q . Стержень BC опирается на гладкий горизонтальный пол. Какую горизонтальную силу чтобы система F следует приложить в точке C , находилась ∠OAB = ∠OCB = 60D . Трением следует пренебречь. в равновесии, если Задача С09. На чертеже изображена схема колодочно ‐ бандажного F
тормоза вагона трамвая. Определить зависимость между a, b и c, при наличии которой колодки A и B под действием силы F прижимаются с C
A
B
D
одинаковыми по модулю силами к бандажам колес C и D. Найти также величину этой силы. Колеса считаем неподвижными. Задача С10. Коэффициент трения между дорогой и колёсами автомобиля равен f. Определить максимальный угол, составляемый дорогой и горизонтом, при котором возможно равномерное движение автомобиля вверх по дороге; размеры указаны на рисунке. Разобрать два случая: 1) все четыре колеса – ведущие; 2) ведущие только два задних колеса. B
h
Задача ирригационного С11. Прямоугольный канала может щит AB вращаться относительно оси O. Если уровень воды невысок, щит α
закрыт; когда вода достигает некоторого уровня H, щит поворачивается вокруг оси и открывает канал. Пренебрегая трением и весом щита, определить высоту H, при которой открывается щит. Размер h и угол α известны. Задача С12. Найти координаты центра тяжести 1) однородной кривой линии и 2) однородной плоской фигуры, если радиус R задан. Задача С13 При каком минимальном количестве одинаковых труб нижнего ряда система не раскатится? Угол α = 20 . Трение не учитывать. Задача С14 Клиновой захват состоит из двух клиньев, распираемых цилиндром C. Каким должен быть коэффициент трения клиньев о поднимаемую деталь, чтобы при заданном угле α = 50 скоса клиньев можно было ее поднять? Весом клиньев и цилиндра, а также трением внутри захвата пренебречь. Задача С15 Однородный куб A с ребром a и весом PA установлен на горизонтальной плоскости, имеющей упор C . Куб с ребром b и весом PB положен на гладкую наклонную плоскость, образующую угол α с горизонтом. Ребро куба B упирается в грань куба A . Плоскость рисунка является плоскостью симметрии кубов. Определить, при каком весе куба B произойдет опрокидывание куба A . Размерами упора C пренебречь. Задача С16 Прямоугольный однородный параллелепипед весом b A
a
P опирается на шероховатую наклонную плоскость, угол которой с горизонтом постепенно α
возрастает; коэффициент трения равен f
. При каком угле α параллелепипед начнет скользить вдоль плоскости или опрокидываться вокруг ребра A ? Задача С17 q
A
O
a
B
a
C
a
Две однородные балки F
a
h
D
идеальным стержнем AB и CD соединены BC . Силы, размеры и углы указаны на рисунке. Найти усилие в стержне BC и реакцию оси O блока. Задача С18 Найти внутренние усилия в поперечном сечении n‐n составной балки, отстоящем от конца А на расстоянии АД=c=1 м, если сила F=2 кН, размеры: a = 2 м, b = 1м, A = 4 м, Весом балки пренебречь. α A α = 45° . Задача С19 A1 α
A2 Однородный стержень АОВ весом Р изогнут под прямым углом так, что ОА= A 1 , ОВ= A 2 . Стержень подвешен в точке сгиба О и может вращаться около нее в вертикальной плоскости, опираясь концом В на горизонтальный однородный стержень СД, шарнирно закрепленный в точке С и силу натяжения F пружины, если вес СД равен Q, СВ=
α = 45° .Трением пренебречь. 1
СД, 3
Задача С20. Определить усилие S в стержне AB плоской фермы, закреплённой и нагруженной, как указано на чертеже. 45 °
Задача С21 Три одинаковых тяжелых однородных диска радиуса R расположены в вертикальной плоскости, как указано на рисунке. Коэффициент трения между дисками, а также опорной поверхностью и дисками одинаков и равен ƒ (ƒ<1). Определить максимальное расстояние между центрами нижних дисков и область допустимых значений коэффициента трения при равновесии системы. Задача С22. Однородный стержень длиной a опирается одним концом на гладкую вертикальную стенку, другим, B, на гладкий профиль, расположенный в вертикальной плоскости. Какова должна быть форма профиля, чтобы стержень мог оставаться в покое в любом положении? Задача С23. Призма B опирается на клин A и вертикальную стену. Массы призмы и клина одинаковы. Трение между клином и призмой пренебрежительно мало. Коэффициенты трения между клином A и полом, а также призмой B и стеной одинаковы и равны f. Наклонная плоскость клина составляет с горизонтом угол б . При каких значениях f призма и клин будут оставаться в покое? Задача С24 Тяжелая балка ОА, закрепленная одним концом на шарнире О, опирается в точке В на шар весом Р, лежащий α
на горизонтальной плоскости. Определить угол α при равновесии, если коэффициенты трения шара о балку и горизонтальную плоскость одинаковы и равны f. 1.2. Кинематика Задача К01 Подъем трубы производится при помощи талевого ступенчатого барабана, вал которого делает n =10 об/мин. Определить скорость подъема трубы, т
ба
если r = 5 см, R=15 см. Тросы BE и CD – вертикальны. Задача К02 Парабола y = bx вращается вокруг оси Oy с постоянной угловой скоростью ω . Бусинка движется по параболе с постоянной скоростью 2
ω V0 . Найти абсолютную скорость и проекции абсолютного ускорения бусинки в зависимости от ее положения. V0 0 x
Задача К 03 Резец M совершает поперечное возвратно‐поступательное движение согласно закону OM = х = а∙sin ωt. Найти уравнение траектории конца резца M относительно диска, вращающегося равномерно с угловой скоростью ω вокруг оси O, пересекающей абсолютную траекторию резца. Задача К04 Найти ускорение середины стержня AB, если известны величины ускорений его концов aA=10 см/с2,aB=20 см/с2 и углы, образованные ускорениями с прямой AB α =10°; β =70°. Задача К05 В кривошипно‐шатунном механизме OA=AB. Кривошип имеет постоянную угловую скорость ω . Найти скорость и ускорение ползуна B, скорость мгновенного центра ускорений звена AB и ускорение мгновенного центра скоростей звена AB в момент, когда ϕ
Задача К06. =
π
2
. Полуцилиндр, совершая качение без скольжения, колеблется по закону θ
= sin pt . Определить ускорение точки контакта в те моменты, когда θ
= 0 и θ = 1 рад . Радиус цилиндра R. Задача К07 Колесо радиуса R катится без скольжения по кривой, радиус кривизны которой в точке касания с колесом равен . Определить величину скорости точки С как функцию ρ , если известна величина ускорения ρ
a A точки А. Задача К08 Для данного положения механизма найти угловую скорость ω1
ω
2
звена О2 В , если известна угловая скорость ω2 Задача К09 ω звена О А . 1
1
Очень длинная доска лежит горизонтально на двух катках A и B, причем каток A – ступенчатый. Из положения, указанного на рисунке, катки начали одновременно без проскальзывания катиться по горизонтальной поверхности. Через какое время каток B столкнется с катком A, если скорость доски V = 0.5 м с , r = d = 1 м , S = 10 м . Задача К10 Колесо радиуса R катится без скольжения. Скорость центра V0 – постоянна. Определить радиус кривизны V0 траектории точки А, используя теорию плоского движения. Задача K11 Определить скорость точки С рычажного механизма руки робота, если OA =
AB = BC = A м, α = β = γ =
α Задача К12 π
2
рад, α
= β = γ = 1 рад/с. Стержень АВ движется поступательно со скоростью V1 , VGа стержень СD – со скоростью V2 . Стержни 2
α
продеты свободно через кольцо М и образуют между собой угол G
V
1
кольца G
V1 М, если α . Найти абсолютную скорость G
V1 перпендикулярна АВ, а G
V2 перпендикулярна CD. G
V2 Задача К13 Колечко M надето на проволоку AMB, изогнутую в виде полуокружности, и перемещается по ней при помощи стержня AC так, что ϕ =
ε ⋅t2
2
(ε=const). Определить абсолютные скорость V, касательное aτ и нормальное an ускорения колечка M, если AO=OB=R и при t=0, ϕ =0, ϕ =0. Задача К14 Точка движется в плоскости таким образом, что составляющая ее скорости, перпендикулярная к радиусу‐вектору OM , обратно пропорциональна величине этого вектора. Доказать, что ускорение точки M направлено вдоль G OM . r
Задача К15 Тяжелый диск радиуса R скатывается на двух нерастяжимых нитях, намотанных на него. Свободные концы нитей закреплены, нити при движении диска постоянно натянуты. В некоторый момент времени угловая скорость диска равна ω , а угол между нитями α . Какова в этот момент скорость центра диска? Задача К16. Человек получил задание в кратчайшее время добраться из пункта А , находящегося на острове, в пункт В на берегу, причем остров находится на расстоянии 10 3 км от берега. В каком месте С человек должен пересесть с катера в автомобиль, если скорость автомобиля 72 км/ч, а катера 36 км/ч? Зада
ча К17. Определить угловое ускорение вращающейся кулисы O1B кривошипно‐кулисного механизма строгального станка при горизонтальном положении кривошипа (φ=90°), если его длина AO=40 см, расстояние между осями кривошипа и кулисы OO1=30 см, угловая скорость равномерного вращения ω=3 с‐1. Задача К18. Водило 1 дифференциальной передачи вращается с постоянной угловой скоростью ω1 вокруг вертикальной оси и несет на себе коническое колесо 3. Колесо 3 свободно насажено на ось водила и входит в зацепление с коническим колесом 2, которое вращается с постоянной угловой скоростью ω2 (ω2>ω1) вокруг вертикальной оси. Углы α и β заданы. Найти абсолютное угловое ускорение шестерни 3. Задача К19. Шарик перекатывается без проскальзывания в точках контакта с конической поверхностью и плоскостью, вращаясь вокруг оси Z со скоростью ωz. Найти точку M шарика, имеющую наибольшую абсолютную скорость и вычислить ее при следующих данных: α=60°, R=
ωz =
2
2− 3
3
3− 3
r (см), (с‐1). Задача К20. Стержень B движется в вертикальных направляющих по закону u (t ) = bt 3 и надавливает нижним концом на призму CDE. Найти скорость и ускорение призмы, если угол CED равен α. В начальный момент времени (t = 0 ) CA=AE. Задача К21. Ползуны A и C,соединенные двумя стержнями AB длины 0,4 м и BC длины 1 м, движутся по прямолинейным, взаимно перпендикулярным направляющим соответственно по законам s A (t ) = 0,1t 2 м, sC (t ) = 0,4t − 0,1t 2 м. В момент времени t = 1 с S
механизм занимает положение, указанное на рисунке. Для этого момента времени определить угловые скорости и угловые ускорения стержней AB и BC. Задача К22. В кривошипно‐шатунном механизме OA = r, AB = l. Кривошип имеет угловое ε0 ускорение ε . Найти ускорение точки A и угловое 0
ускорение шатуна AB в момент, когда кривошип перпендикулярен шатуну и ускорение ползуна равно нулю. Задача К23 Для механизма, изображенного на рисунке, определите ускорение точек В и С , если угловая скорость стержня ОА постоянна и равна ω . ОА = АВ = 2 ВС = A ,α = 60о . Задача К24 y
Точка движется из начала координат со G
скоростью V = 2t ⋅ i + 3 ⋅ j , где i и j ‐ орты координатных осей. Найти ρ
скорость и ускорение центра кривизны С к x 0 траектории движения точки по отношению указанной системе координат. Задача К25 Цилиндр радиусом R=0,2 м катится без скольжения по неподвижной плоскости, имея в данный момент времени скорость и ускорение центра V0=2м/c , а0=1 м/с. По радиусу цилиндра из центра О движется точка М по закону S = OM = 0.1t 2 м. В положении, показанном на рисунке, определить абсолютные ускорения точки М при t=1 c. Задача К26. Прямая AB вращается в плоскости вокруг точки O с постоянной угловой скоростью ω . Вдоль прямой движется точка M так, что ее абсолютные ω
скорость взаимоперпендикулярны. и ускорение Определить абсолютные скорость и ускорение точки M, если в начальный момент времени S 0
= b, S = 0. Найти их численные значения при b = 2 см, ω = 3 рад/с. ε3 3 A 2 B α С Задача К27 В плоском механизме длины звеньев одинаковы и равны l. Для положения, указанного на чертеже, известны угловая скорость первого звена ω1 = ω и угловое ускорение третьего звена ε 3 = ε . 1 ω1 O Определить: ε1 и ω3 . 1.3. Динамика Задача Д01 Массивная барабанная лебедка поднимает шахтную клеть с глубины H. Мотор лебедки создает постоянный момент M. Пренебрегая трением, определить на какой высоте h следует отключить мотор, чтобы клеть вышла на поверхность с нулевой скоростью, если радиус барабана равен R, а вес клети P. Задача Д02 Брусок и диск, соединенные стержнем и представленные самим себе, начали двигаться из состояния покоя по шероховатой поверхности. Каким условием должны быть связаны угол наклона плоскости α , коэффициент трения скольжения f между плоскостью и бруском, коэффициент трения качения k диска по плоскости и радиус диска r, α
чтобы стержень не был нагружен? Диск катится без проскальзывания. Задача Д03 Тело, имеющее форму цилиндра радиусом r, имеет массу m и момент инерции относительно оси цилиндра J. Центр тяжести цилиндра смещен на величину a от его оси. Цилиндр положен на горизонтальную плоскость так, что его центр тяжести занимает наивысшее положение. Вследствие небольшого толчка цилиндр катится без скольжения. Определить скорость оси цилиндра в момент, когда его центр тяжести занимает низшее положение. Задача Д04 V0 l r
Вычислить кинетическую энергию гусеницы трактора, движущегося со скоростью V0 . Расстояние между осями колес l , вес одного погонного метра гусеничной цепи ‐ γ . Задача Д05 Тяжелый однородный цилиндр, получив ничтожно малую начальную скорость, скатывается без скольжения с горизонтальной площадки AB , край которой заострен и параллелен образующей цилиндра. Радиус основания цилиндра r . В момент отделения цилиндра от площадки плоскость, проходящая через ось цилиндра и край B , отклонена от вертикального положения на некоторый угол ∠CBC1 = α . Определить угловую скорость цилиндра в момент отделения его от площадки, а также угол α . Трением качения и сопротивлением воздуха пренебречь. Задача Д06 B
2l C A
Стержень AB длиной 2l падает, скользя концом A по гладкому горизонтальному полу. В начальный момент стержень занимал вертикальное положение и находился в покое. Определить скорость h центра тяжести стержня в зависимости от его высоты h над полом. Задача Д07 Тяжелая стальная отливка весом Р прикреплена к стержню, который может вращаться без трения вокруг неподвижной оси О. Отливка падает из наивысшего положения А с ничтожно малой начальной скоростью. Пренебрегая массой стержня, определить наибольшее давление на ось, а также зависимость давления от угла ϕ. Задача Д408 Космический аппарат (КА) вращается с угловой скоростью Ω0. Определить, какую полную работу должен совершить двигатель маховика, чтобы остановить вращение космического аппарата, считая, что вращение КА происходит вокруг поступательно перемещающейся оси, проходящей через его центр масс. Ось вращения маховика совпадает с осью вращения аппарата; I и I0 – момент инерции маховика и аппарата (вместе с маховиком) относительно общей оси вращения. Задача Д09 Однородная тяжелая балка AB длиной 2l и весом Q при закрепленных концах находится в горизонтальном положении. В некоторый момент конец A освобождается и балка начинает падать, вращаясь вокруг горизонтальной оси, проходящей через конец B; в момент, когда балка становится вертикальной, освобождается и конец B. Определить в последующем движении балки траекторию ее центра тяжести и угловую скорость ω. Задача Д10 В цирке Шапито мотоциклист едет по внутренней поверхности сферы радиуса r. Траектория мотоциклиста – окружность радиуса R, лежащая в горизонтальной плоскости. Выяснить, при каких скоростях траектория в нижней полусфере будет устойчивой, если коэффициент трения шин о поверхность сферы равен k. Задача Д11 Деревянная доска длинной l и весом Р может вращаться без трения вокруг горизонтальной оси ОО1. В середину доски углубляется пуля, летевшая перпендикулярно к ней со скоростью V0. Определить угловую скорость, которую приобретает доска в момент попадания пули, если вес пули равен Р1. Задача Д12 Груз весом Р подвешен на нерастяжимом однородном тросе длиной l, навитом на цилиндрический барабан с горизонтальной осью вращения. Момент инерции барабана относительно оси вращения I, радиус барабана R, вес единицы длины троса р. Определить скорость груза в момент, когда длина свисающей части троса равна x, если в начальный момент скорость груза равна нулю, а длина свисающей части троса была x0. Трением на оси барабана, толщиной троса и изменением потенциальной энергии троса, навитого на барабан, пренебречь. Задача Д13 В эпициклическом механизме бегающая шестеренка радиуса r1 насажена на кривошип с противовесом, вращающийся вокруг оси неподвижной шестеренки под действием приложенного момента M. Определить угловое ускорение вращения кривошипа и окружное усилие S в точке касания шестеренок, если расстояние между осями шестеренок равно l, момент инерции кривошипа с противовесом относительно оси вращения кривошипа равен I0, масса бегающей шестеренки m1, момент инерции шестеренки относительно ее оси I1. Трением пренебречь. Центр тяжести шестеренки и кривошипа с противовесом находится на оси вращения O кривошипа. Задача Д14 Три шарика одинаковой массы m прикреплены к нижним концам сварной стержневой конструкции, имеющей возможность вращаться вокруг горизонтальной оси О, перпендикулярной плоскости чертежа. Пренебрегая размерами шариков и массой конструкции, определить частоту малых колебаний системы, если l задано. Задача Д15 Основной частью прибора, используемого для измерения моментов инерции деталей, является колебательная система, состоящая из легкой рамки 1, в которой закрепляется деталь 2, и спиральной пружины. Последовательно замеряют периоды колебаний: T1‐одной рамки, T2‐ рамки с эталоном, момент инерции IЭ которого известен, и T3‐ рамки с деталью. Найти с помощью перечисленных данных момент инерции детали относительно оси, проходящей через опоры рамки. Задача Д16 С каким ускорением a должен двигаться треугольник ABC с острым углом, чтобы груз поднимался вверх по AB? Коэффициент трения груза о треугольник равен f. Задача Д17 По какой плоской кривой следует изогнуть трубку, чтобы помещенный в нее в любом месте шарик оставался по отношению к трубке в равновесии, если она вращается с постоянной угловой скоростью ω вокруг оси 0 y ? Задача Д18 Цилиндр радиуса 2a имеет отверстие радиуса a ; сечение цилиндра показано на рисунке. Цилиндр может перекатываться по плоскости без скольжения. Найти период малых колебаний цилиндра. Задача Д19 Цилиндр радиусом r и массой m может катиться без скольжения по горизонтальной плоскости. Две одинаковые пружины жесткости с прикреплены посередине его длины на расстоянии a от плоскости; противоположные концы пружин закреплены. Определить период малых колебаний цилиндра. Задача Д20 Металлическая цепь длиной l удерживается на гладкой наклонной плоскости с помощью гвоздя. В некоторый момент гвоздь выдергивают. Определить скорость цепи в момент, когда она полностью соскользнет на горизонтальную плоскость, если α=1°. Задача Д21 Центру масс С однородного катка весом P радиуса R сообщают начальную скорость V0. Коэффициент трения качения k. К точке С шарнирно крепиться однородный стержень весом Q, который скользит по плоскости. Длина стержня l, коэффициент трения f. Какой путь пройдет каток до остановки? Задача Д22 y = h − cx Проволока, выгнутая по параболе расположена в вертикальной плоскости. Из вершины A параболы начинает перемещаться кольцом М весом Р. Какую начальную скорость V0 следует сообщить кольцу в точке А, чтобы при последующем движении оно не оказывало давления на проволоку? 2
Задача Д23 Однородный цилиндр положен на наклонную плоскость. При каких углах α цилиндр будет катиться без скольжения, если коэффициент трения скольжения равен κ . Трением качения и сопротивлением воздуха пренебречь. α Задача Д24. Однородный стержень длиной l и весом P удерживается в горизонтальном положении двумя нитями. Точка С – центр тяжести стержня. В момент обрыва нити АВ определить натяжение N нити ED, закреплённой на стержне в точке D и составляющей с горизонтом угол β , если CD =
1
l . 4
Задача Д25. Однородная пластина, имеющая форму прямоугольного треугольника, гипотенуза которой равна 12 см, поставлена на гладкую горизонтальную плоскость так, что гипотенуза перпендикулярна ей. Предоставленная затем самой себе пластинка падает под влиянием силы тяжести. Определить, какую кривую описывает при этом точка М – середина стороны ВС. Задача Д26. Ползуны A и B одинакового веса P, шарнирно соединенные невесомым стержнем (AB=l), могут скользить без трения по взаимно перпендикулярным направлениям. Ползун A отводится в положение Ao, в котором ему сообщается начальная скорость Vo вдоль оси Ax. Считая, что α=60°, определить: 1) при какой минимальной скорости Vo стержень достигает горизонтального положения; 2) усилие в стержне в этот момент. Задача Д27 Гантелька состоит из двух шариков (A,B) и соединяющего их тонкого невесомого стержня длины l. Гантелька стоит в углу, образованном гладкими плоскостями. Нижний шарик B гантельки смещают горизонтально на очень маленькое расстояние, и гантелька начинает двигаться – шарик B вправо, шарик A вниз вдоль стены. Найти скорость нижнего шарика в этот момент, когда верхний оторвется от вертикальной плоскости. Считать, что верхний и нижний шарики имеют равные массы, размерами их пренебречь. Задача Д28 n б/
Барабан электролебедки диаметром 0,32 м после включения тока начинает вращаться равноускоренно. Через 4 секунды барабан делает 60 об/мин. Определить натяжение N наматываемого на барабан каната, поднимающего груз P=20 kH. Задача Д29 ω α A Невесомый стержень АВ длиной A , на конце которого находится точечная масса m, закреплен с помощью цилиндрического шарнира на вертикальной оси, вращающейся с угловой скоростью ω . При отклонении стержня АВ на малый угол ϕ 0 от положения относительного равновесия он начинает колебаться около этого положения с круговой частотой, равной ω ⋅ sin α , где α ‐ угол, при котором имеет место относительное равновесие. Найти добавочные гироскопические давления на подшипники в момент прохождения стержнем положения относительного равновесия. Расстояние между подшипниками равно b . Задача Д30. Материальная точка массы m начинает двигаться без начальной скорости из точки A по P гладкой которой y
направляющей, = a cos
уравнение 2π x
. l
Определите силу давления точки на направляющую в тот момент, когда она l 2 проходит через точку B. l 2 Задача Д31. ϕ Точка M массой m скользит вдоль гладкой полуокружности внутри призмы, a
mg движущиеся вдоль оси Ox с постоянным ускорением a. Определить давление на призму точки M в нижнем положении K, если в верхнем положении A относительная скорость точки равна нулю. Задача Д32. Шарик массой m запускают в точке O со скоростью V0 в покоящуюся горизонтально расположенную трубку OAB, прикрепленную к V0 вертикальной оси. Момент инерции трубки относительно оси вращения равен I z = I , OB = 2r . С какой относительной скоростью шарик вылетит из трубки? Трением пренебречь. Задача Д33 Однородный цилиндрический каток массой A m и радиусом r скатывается без A скольжения по цилиндрической поверхности радиусом 4r тела B масса которого равна 5m . В начальный момент времени оба тела покоились и оси O и O1 находились на прямой, составляющей 30o с горизонталью. Определить скорость тела положение. Трением тела B в тот момент когда ось O проходит низшее B о неподвижную горизонтальную поверхность пренебречь. Задача Д34 Три одинаковых трубы радиусом 1
2
r
R
равновесии в неподвижно закрепленной трубе радиусом 3
r находятся в R , располагаясь в два ряда. Все трубы малого радиуса касаются друг друга, при этом трубы нижнего ряда касаются также трубы большего радиуса. Найти наибольшее значение
R , при котором равновесие системы ещё возможно. Задача Д35 B P
К клину весом 1 , расположенному на 1 гладкой горизонтальной плоскости, приложена постоянная сила стержня F . Вес A AB − P2 . Считая угол α α
известным и пренебрегая весом ролика, определить скорость клина в зависимости от пройденного пути S , если его начальная скорость равнялась нулю. Задача Д36 Д
в
а
о
д
н
ородных прямолинейных стержня АВ и ВD массы m и длины A каждый связаны посредством шарнира В. Определить реакции жесткой заделки А стержня АВ, когда опущенный без начальной скорости из горизонтального положения BD0 стержень BD повернется на угол 900 под действием силы тяжести. Трением в шарнире В пренебречь. ЗадачаД37 В
е
р
е
в
к
а
,
з
акрепленная одним концом на барабане 1, несколько раз наматывается на него, далее перебрасывается через неподвижный блок 2, и затем прикрепляется в точке А к платформе 3. Барабан и блок ‐ однородные цилиндры радиуса r и веса Р, вес платформы Q. К барабану приложен вращательный момент М=const. Считая, что платформа движется поступательно и веревка не проскальзывает по блоку, найти ускорение, с которым будет подниматься платформа. Задача Д38 Сплошной однородный диск радиуса r скреплен с тонким однородным стержнем АВ. В положении, указанном на рисунке, диск находится в покое. При незначительном отклонении стержня от вертикали диск вместе со стержнем под действием силы тяжести начинает катиться по плоскости без скольжения. Определить скорость конца В стержня в момент удара о плоскость. Вес стержня и диска считать одинаковыми. Длина стержня 2r. Трением качения М
О
пренебречь. А
φ Задача Д39
С
В
Два однородных стержня (ОА длиной а, весом Р и АС длиной b, весом Q) соединены шарниром А и находятся в вертикальной плоскости. Стержень ОА укреплен шарнирно, а стержень АС проходит через гладкую муфту В. Определить уравновешивающий момент М, удерживающий стержень ОА в горизонтальном положении под углом φ к стержню АС. Задача Д40 M
V1
A
Два обруча радиуса r катятся без скольжения по направляющей в разные стороны. Скорости центров А и В V2
B
обручей постоянны и равны соответственно V1 и V2 . Определить ускорение кольца М, надетого на два обруча, в зависимости от угла φ. Задача Д41 Материальная точка опускается под действием силы тяжести по гладкой кривой, расположенной в вертикальной плоскости. При этом она удаляется от горизонтали, проходящей через ее начальное положение, с постоянной скоростью c. Выбрав начало координат в начальном положении точки, найти уравнение этой кривой. Принять горизонтальную составляющую скорости в начальный момент времени равной нулю. Задача Д42 Стержень ОА, момент инерции которого относительно оси z равен J, вращается вокруг этой оси. При этом свободно надетое на стержень колечко K скользит по стержню с постоянным относительным ускорением а. В начальный момент времени OK=l и относительная скорость колечка равно нулю. Определить:1)угловую скорость ω , угловое ускорение ε стержня как функции времени и закон вращения стержня, 2) составляющие реакции стержня на колечко, 3)вращающий момент Мвр. Трением пренебречь. Задача Д43 R Однородный круглый цилиндр радиуса R и веса Q имеет цилиндрический выступ, радиус которого r , и удерживается в равновесии на шероховатой наклонной плоскости силой трения и весом P груза, привязанного к свободному концу нити, намотанной на выступ. Найти условия, при которых возможно равновесие, а также вес P уравновешивающего груза и давление цилиндра на плоскость при равновесии, если угол наклона плоскости равен α , а коэффициент трения равен f. r α
P Задача Д44 Однородному стержню длиной 2l, лежащему на горизонтальной плоскости, сообщена угловая скорость ω0 вокруг оси, перпендикулярной к стержню и проходящей через его центр. Определить время вращения стержня до остановки, считая его давление на плоскость равномерным, а коэффициент трения о плоскость равным f. Задача Д45 Гладкий Г‐образный стержень вращается в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через конец стержня О, с постоянной угловой скоростью ω . Муфта В массой m прикреплена к стержню в точке А при помощи пружины с жесткостью с. Длина недеформированной пружины l0 . При каких условиях имеет место относительное равновесие муфты. Глава 2. РЕШЕНИЯ 2.1.Статика Решение С 01 Способ 1 1.1. Рассмотрим равновесие стержня АE. Невесомый стержень находится под действием двух сил реакций шарниров А и Е. Значит эти реакции направлены по линии АЕ в SE F x RC SE YO RD X
O
противоположные стороны и равны по величине S A = − S E и SA=SE. 1.2. Составим уравнение равновесие стержня AB в проекции на ось x: n
∑X
k =1
k
= 0 , S A ⋅ cosα − F = 0 , SA=F/сos α . 1.3. Рассмотрим равновесие стержня ОЕ. Из трех уравнений равновесия составим одно: n
∑ m ( F ) = 0 , S
k =1
0
k
E
⋅ sin β ⋅ OE − m = 0 , S E
Учитывая, что SA=SE , получим m = F ⋅ l
= m /(l ⋅ sin β) sin β
. cos α
Способ 2. δS E VE Применим принцип возможных перемещений: δϕ F ⋅ δS A − m ⋅ δϕ = 0 , отсюда m = F
δS A
. δϕ
Причем δS A = VA ⋅ δt , δϕ = δS E / l = V E δt / l . VA δS A По теореме о проекциях скоростей точек А и Е на прямую АЕ V A cos α = VE sin β . И следовательно m = F ⋅l
δS A Va ⋅ l sin β
=
=
l , VE
δϕ
cos α
sin β
cos α
Ответ: m = F ⋅ l
sin β
. cos α
Решение С03 Рассмотрим равновесие цилиндра (без шаров) в критический момент, когда Q = Qmin ( R E = 0) ∑M
C
= N 1 ⋅ AC − N 2 ⋅ r2 − Qmin ⋅ a = 0 Отсюда Qmin =
N 1 ⋅ AC − N 2 r2
a
Рассмотрим равновесие системы из двух шаров ∑M
D
= − N 1 ⋅ AC + N 2 ⋅ r2 + P1 ⋅ (2a − r1 − r2 ) = 0
Отсюда N 1 ⋅ AC − N 2 ⋅ r2 = P1 (2a − r1 − r2 ) Тогда Qmin = (2 −
r1 + r2
) P1 a
Решение С04 Рассмотрим равновесие шара в момент, когда он оторвался от пола: y N
∑
Q
x
N=
Y = N ⋅ sin α − P = 0;
P
P
sin α
Рассмотрим равновесие бруска (весом бруска пренебрегаем): N N1 F α ∑ X = F − F − N ⋅ cosα = 0;
∑Y = N − N ⋅ sin α = 0.
ТР
1
Отсюда, FТР FТР = f ⋅ N 1 = f ⋅ N ⋅ sin α F = FТР + N ⋅ cos α = P ( f + ctgα ). Учитывая, что sin α =
( R − h)
1
R 2 − ( R − h) 2
; cos α =
R
R
Ответ: F
= P( f +
, найдём ctgα =
R2
− 1. ( R − h) 2
R2
− 1) ( R − h) 2
РЕШЕНИЕ С06 Рассматривая равновесие правой части арки, установим линию В С действия реакций шарниров В и С. Затем рассмотрим равновесие всей арки под действием сил P , R A , RC . Условия равновесия: 2
= 0 , 2
2
∑ Y = R A sin α − P + RC 2 = 0 . ∑X =R
A
cos α − RC
Синус и косинус угла α находятся из треугольника AOD: sin α =
ОD = DВ = АD
OD
, cos α =
. ОА
ОА
3
1
3
r
r, АD = r, OA = АD 2 + ОD 2 =
10 , следовательно sin α =
, 2
2
2
10
1
. cos α =
10
Решая уравнения равновесия, найдем: RA
=P
10
2
, RC = P
. 4
4
Решение С07 Р
а
с
N
с
м
о
т
р
и
Q
/
м
равновесие левой части цилиндра. От отброшенной правой части действует сила давления N и сила трения Fтр = f ⋅ N . Уравнения равновесия: ∑X = F
тр
−
Q
sin α + R A sin α = 0 ,
2
Q
∑ Y = N − 2 cos α + R
A
cos α = 0 ,
(1)
(2)
На конструкцию из двух частей цилиндра действует система параллельных сил R A , RB , Q
2
иQ
2
. Уравнения равновесия: ∑Y = R
A
+R
B
−Q = 0,
( 3)
Q
Q
∑ M A = R B ⋅( AB ) − h1 − h2 = 0 ( 4 )
2
2
Учитывая, что О1С1 = О2 С 2 =
AB =
4r
, найдем: 3π
BO2
4r
r
4r
sin α . sin α , h2 = AB +
=
, h1 = r cos α −
3π
tgα tgα
3π
Из уравнений (4), (3), (1) найдем: RB =
Q
(1 + sin α ), R A = Q (1 − sin α ), N = Q sin α cos α ,
2
2
2
f =
Fтр
N
= tgα . Решение С09. Применим принцип возможных перемещений. F
F ⋅ δS
Из N
A
N
B
M
− N ⋅ δS − N ⋅ δS = 0 (1) B
B
A
A
рисунка δS A = b ⋅ δϕ1 , δSM = (a + b )⋅ δϕ1 . следовательно δS
N
A
=N
B
=F
A
По = δS
B
δS B = a ⋅ δϕ2 , условию N = N , B
A
. Тогда из уравнения (1) a+b+c
. Из условий δS = δS , B
A
b+c
a+b+c
. c
a
b
δS = c ⋅ δϕ1 = (a + b + c )δϕ2 имеем =
Решение С10. Для случая, когда задние колеса ведущие, составим уравнения равновесия автомобиля, обозначив FA и FB – силы трения. ∑X = F
A
− FB − G ⋅ sin α = 0 , (1) ∑M
A
= G ⋅ cos α ⋅ a − G ⋅ sin α ⋅ h − N B (a + b ) = 0 , (2) ∑M
B
= N A (a + b ) − G ⋅ cos α ⋅ b − G ⋅ sin α ⋅ h = 0 , (3) Находим из (3) N A = G
NB = G
b ⋅ cos α + h ⋅ sin α
, из (2) a+b
a ⋅ cos α − h ⋅ sin α
. Учитывая, что FA = f ⋅ N A , a+b
FB = f ⋅ N B , из уравнения (1) найдем (a − b ) f . tgα =
2hf − a − b
Для случая, когда все колеса ведущие: ∑X = F
A
∑M
∑M
A
B
+ FB − G ⋅ sin α = 0 , (4) = G ⋅ cos α ⋅ a − G ⋅ sin α ⋅ h − N B (a + b ) = 0 , (5) = N A (a + b ) − G ⋅ cos α ⋅ b − G ⋅ sin α ⋅ h = 0 , (6) Из уравнений (4) ‐ (6) находим tgα = f . Решение С11. Давление воды на щит может представить как нагрузку, распределенную по закону треугольника. Равнодействующая сил давления проходит через центр тяжести треугольника, расположенный на высоте 1/3 H. Условие равновесия щита в критический момент, когда равнодействующая сил давления Q проходит через точку O, запишется так состояния 1 3 H кр = h ⋅ sinα или H кр = 3h ⋅ sinα . n
∑ m0 ⎛⎜⎝ Fk ⎞⎟⎠ = 0 . Для этого k =1
После того, как вода достигнет уровня H кр = 3h ⋅ sinα , щит откроется. H
Q 1
H 3 кр
O
α h
Решение С12. Рассмотрим однородную кривую. Разобьем ее на три части. Координаты центров тяжести этих частей x1 = 0 , x 2 = −
y1 =
2R
,
р
R
R
, x3 = , 2
2
y2 =
2r
2r
, y3 = − . р
р
Длины частей A 1 = рR ,
Длина всей кривой L = A 1 + A 2 + A 3 = 2 р R Координаты центра тяжести кривой A 2 = A 3 = рr = р
R
2
xc =
A 1 x1 + A 2 x 2 + A 3 x3
=0,
L
yc =
A 1 y1 + A 2 y 2 + A 3 y 3 R
= L
р
Рассмотрим плоскую фигуру. Разобьем ее на три части, площади которых S1 = рR 2 2 ‐ большой полукруг, S 2 = S 3 = р r 2 2 = рR 2 8 . Площадь всей фигуры S = S1 − S 2 + S 3 = S1 =
Координаты центров тяжести частей: x1 = 0 , x 2 = − r , x3 = r y1 =
2 2R
,
3 р
y2 =
2 2r
,
3 р
y3 = −
2 2r
3 р
Координаты центра тяжести всей фигуры: xc =
S1 x1 − S 2 x 2 + S 3 x3 R r
= = ,
4 2
S
yc =
S1 y1 − S 2 y 2 + S 3 y 3 R 2r
= =
. р
р
S
Решение С13 y
Рассмотрим равновесие верхней трубы рR 2
. 2
∑ x = 0, N
∑ y = 0, N
0
cos 600 − N1 cos 600 − P sin α = 0;
0
0
0 cos 30 + N1 cos 30 − P cos α = 0;
Трубы нижнего ряда нумеруем 0, 1, … Из уравнений исключим N 0 и найдем давление на трубу с номером 1. N1 =
P cos(α + 600 ) 2 cos 300 cos 600
Теперь рассмотрим трубу 1. ∑ x = 0, F + N
1
cos 600 − P sin α = 0; Чтобы трубы не раскатились, необходимо F ≥ 0 или N1 cos 600 ≤ P sin α . Для n труб будем иметь N1 cos 600 ≤ n ⋅ P sin α . Учитывая значение N1, найдем y
P cos(α + 600 ) cos 600
≤ n ⋅ P sin α , 2 cos 300 cos 600
откуда nmin=8. Следовательно, всего труб нижнего ряда может быть n+1=9. Ответ: 9 труб Решение С14 y
Рассмотрим равновесие клина под действием сил: Q – давление детали, FТР – сила трения между клином и Q x
N FТР деталью, N – давление цилиндра. Уравнения равновесия: ∑ X = 0, N cos α − Q = 0, ∑ Y = 0, N sin α − Fтр = 0. Учитывая, что FТР = fQ, из уравнений находим: Nf cos α = N sin α , следовательно, f = tgα Ответ: f = tgα Решение С16 Условия равновесия параллелепипеда: a
b
a
∑ M = − P cos α ⋅ 2 + P sin α ⋅ 2 + N 2 = 0 (1)
( 2 ) ∑ X = F − P sin α = 0
(3)
∑ Y = N − P cos α = 0
A
тр
Скользить он начнет при P sin α = Fтр или tg α = f
. При опрокидывании параллелепипеда контакт его с плоскостью возможен только в точке уравнении (1) N
= 0 , найдем tg α =
A . Положив в a
b
Решение С17 A
q a a α RB
O
T
P Для определения усилия в стержне B
BC рассмотрим балку AB как рычаг с опорой в точке A . ∑M
RB =
A
1 1
= 0 , RB sin α ⋅ 2a − qa a = 0 2 3
qa
. 12sin α
Из условия равновесия блока находим реакцию оси O блока: ∑ Y = 0 , N
0
− P − T = 0 , ∑ M 0 = 0 , P⋅ r − T ⋅ r = 0 . T = P , следовательно, N 0 = 2 P Решение С21 Условие равновесия диска 1: ∑m
A
( FK ) = 0 F1 R − FR = 0 отсюда F1=F ∑F
= 0 : F1 + F cos α − N sin α = 0 (1)
KX
Для диска 3: ∑F
KY
= 0 : 2 N cos α + 2 F sin α − P = 0 (2)
Решая систему (1) ‐ (2) , выразим из нее реакции в точках контакта объектов равновесия: F = N
sin α
, N = 0.5P . 1 + cos α
Из неравенства F ≤ f ⋅ N с учетом l=4Rsinα находим искомое расстояние A max =
8R f
. 1+ f 2
Очевидно, что A max ≥ 2 R , откуда получим область изменения коэффициента трения f ≥ 2 − 3 . Решение С22. По теореме о трёх силах линии их действия пересекаются в точке D. Тогда ( )
a
P
N = Ptgα , ∑ M B F = − N a cos ϕ + P sin ϕ = 0 , N = tgϕ . k
k
2
2
tgϕ
. tgα =
2
N N N1 ϕ N1 P α α
P
Отсюда получаем: Пусть (x, y) ‐ координаты точки B. Тогда tgϕ =
x
2
a −x
2
, дифференциальное dy
. dx
Получаем уравнение кривой: tgα =
dy
x
=
dx 2 a 2 − x 2
. Интегрируя уравнение с учётом граничного условия a2 − x2
a
y= −
2
2
, где x ≤ a ,
y≤
y = 0 при x = 0, получим: a
. 2
После преобразования получим уравнение четверти эллипса: x2
a
2
+
a ⎞2
⎟
2 ⎟⎠ = 1 , x ≤ a , y ≤ a . 2
a2
⎛
⎜⎜ y −
⎝
4
Решение С23. __
Q б __
б N б __
б N __
NB Равновесие призмы B при минимальном коэффициенте трения f: ∑ F kx = 0, N B = N ⋅ sin б. ∑ F ky = 0, N ⋅ cos α + fN B = Q. __
Q Отсюда N
__
__
NA ∑ F kx = 0, N A =
=
Q
cos б + f sin б
f NA Равновесие клина A: N ⋅ sin б
. f
(1) ∑ F ky = 0, N A − N cos б = Q. Отсюда N=
Qf
sin б − f cos б
(2). Приравниваем (1) и (2): f
1
= ⎯
⎯→ f 2 + 2 f ctgб − 1 = 0 . sin б − f cos б cos б + f sin б
Минимальное положительное значение коэффициента: f min = −ctgб + ctg 2б + 1 = −
Ответ: f ≥ tg
cos б
1
1 − cos б
б
+
=
= tg . 2
sin б sin б
sin б
б 1 − cos б
. =
2
sin б
Решение С24 G
NB
Рассмотрим равновесие шара: 1) α/2
α/2
( )
− N B ⋅ a − P ⋅ a + N D ⋅ a = 0 , G
FB
G
FD
G
m
F
∑ 0 K = 0 , С
G
P
отсюда P =
N D − N B . D
G
ND
2) G
m
F
∑ C K = 0 : FB ⋅ r − FD ⋅ r = 0
( )
, отсюда FB
= FD . 3)
∑ FKX
= 0 : − FB cos α + N B sin α − F
. Учтем FB ≤
f ⋅ N B , откуда следует f ≥
sin α
=
1 + cos α
2 sin
α
cos
α
2 = tg α
α
2
2 cos 2
2
2
. 2.2.Кинематика Решение К01 Скорости точек E и D равны скоростям точек на большом и малом ободе ступенчатого барабана VD=V1=πnr/30=10∙5π/30=5π/3 см/с V =V =πnR/30=5π см/с. Сечение трубы совершает плоское движение, P ‐ мгновенный центр E
2
n
скоростей трубы. VE/PE=VD/PD, PE=r0+OP, PD=r0–OP, VE/(r0+OP)=VD/(r0–OP) Из этих соотношений находим OP=½ r0. Затем, так как Vo/OP=VE/(r0+OP), получим Vo=VE∙OP/(r0+OP)=5π/3=5,24 см/с Решение К02 ω
Движение точки по параболе – относительное, вращение параболы – переносное движение. y
По теореме сложения скоростей ρ
n
aотн
V0 Va = Vотн + Vпер , ц
где aпер
VотнA=( xV,0y, )V пер = ωx ; V0 ⊥ Vпер , aкор 0 z α
следовательно, x Va = V02 + ω 2 x 2
. По теореме сложения ускорений aa = aотн + aпер + aкор . τ
Vотн = const , поэтому aотн
= 0 , 2
V
n
= 0 .
aотн
ρ
вр
ц
ω = const , поэтому aпер
= 0 , aпер
= ω 2 x . aкор = 2ω × Vотн , aкор = 2ωV0cosα . Находим проекции абсолютного ускорения a a на оси x, y, z: n
ц
aax = −aотн
⋅ sinα − aпер
, n
aay = aотн
⋅ cosα , aaz = aкор . Здесь 1
cosα =
sinα =
, tgα
1 + tg α
2
= 2bx =
[1 + ( y′) ]
, ρ =
2
2bx
1 + 4b 2 x 2
3
2
y′′
dy
, dx
(1 + 2b x )
=
2
2
3
2
. 2b
Итак, aax = −ω x −
2
4b 2V02 x
(1 + 4b x )
2
2 2
, aay
=
2bV02
(1 + 4b x )
2
2 2
, aaz
=
2ωV0
1 + 4b 2 x 2
. Решение К 03 ξη ‐ оси, связанные с диском. Диск вращается равномерно, поэтому φ = ω ⋅ t . Координаты точки M: η
1
2
ξ = OM cos φ= a ⋅ sin 2ωt ω C X
O
M
1
2
η = OM ⋅ sin φ = a(1 − cos 2ωt ). Исключая время, находим 2
ξ
2
a⎞ ⎛a⎞
⎛
траекторию точки М ξ + ⎜η − ⎟ = ⎜ ⎟ ‐ это окружность 2⎠ ⎝2⎠
⎝
a
⎛ a⎞
с центром в точке C ⎜ 0, ⎟ . Радиус окружности равен . На 2
⎝ 2⎠
2
φ рисунке окружность показана пунктиром. Решение К05 Изобразим механизм в момент, когда угол ϕ имеет произвольное значение ϕ
= ωt . VA = ω ⋅ OA , a A = a An = ω 2 ⋅ OA . Р – МЦС звена АВ. OA=AP, значит ω AB =
VA VA
=
= ω AP OA
VB = ω AB ⋅ PB = ω ⋅ 2 ⋅ OA ⋅ sin ϕ . Так как ω
- const , то ε AB = 0 и tgµ =
ε AB
= 0 . 2
ω AB
Ускорения всех точек звена АВ направлены к точке О, являющейся МЦУ звена. Когда ϕ
=
π
2
точка В совпадает с точкой О, VA AP
π
, VB = 2ω ⋅ OA ⋅ sin = 2VA , =
2
VB BP
следовательно, BP = 2 AP , a A OA 1
=
= , aP = 2a A = 2ω 2 ⋅ OA . aP OP 2
Решение К06. Полуцилиндр имеет плоское движение. Примем точку С за полюс. Найдем ускорение полюса x = Rθ = R sin pt , x = VC = Rp cos pt , x = aC = − Rp 2 sin pt . Отсюда ω=
dω
VC Rp cos pt
= − p 2 sin pt . =
= p cos pt , ε =
dt
R
R
Для точки контакта А n
τ
a A = aC + a AC
+ a AC
. При θ = 0 ( sin pt = 0, cos pt = 1) , n
aC = 0 , a AC
= ω 2 R = p 2 R cos 2 pt = p 2 R , aτAC = ε R = 0 . n
a A = a AC
= p 2 R . При θ = 1 рад ( sin pt = 1, cos pt = 0 ) , n
aC = − p 2 R , a AC
= ω 2 R = p 2 R cos 2 pt = 0 , aτAC = ε R = − p 2 R sin pt = − p 2 R . a A = aC + aτAC = − p 2 R + ( − p 2 R ) = −2 p 2 R . Решение К07. Так как колесо совершает плоское движение, то выбрав за полюс точку С, можно записать ц
вр
a A = a Cn + a Cτ + a AC
+ a AC
, где aCτ = ε 1 ( ρ − R ) , ε 1 , ε 2 − угловые ускорения колеса и радиуса ρ . вр
aCτ = ε 2 ⋅ AC и a AC
= ε 2 ⋅ R , геометрическая сумма τ
векторов aC
вр
+ a AC
= 0 , тогда aA = a + a
ц
AC
n
C
VC2
VC2
ρ
=
+
=
VC2 , ρ − R R R ⋅ ( ρ − R)
G
V Ar Решение К08 G
VAe Движение точек А и В механизма ‐ сложное. В соответствии с теоремой сложения G
G
G
VA = VAe + VAr , G
G
G
VВ = VВe + VВr . G
G
V A ⊥ O1 A, VB ⊥ O2 B . G
VBe скоростей α Построим параллелограммы скоростей, из них VB =
VBe
V
, VA = Ae . sin α
sin α
Так как VBe OB
OB
=
, то VBe = VAe
V
OA
OA
Ae
и VB = V
A
OB
. OA
O1 A ⋅ OB
V A = ω1 ⋅ O1 A , VB = ω 2 ⋅ O2 B , следовательно, ω 2 = ω1
OA ⋅ O2 B
Из рисунка видно, что O1 A O2 B = OA OB , поэтому ω 2 = ω1 . Решение К09 G
V G
VA
G
V
G
V
G
VB
Движение каждого катка – плоское. Из рисунка, где показано распределение скоростей, видно, что время: t
=
1
1
VB = V , VA = V . Учитывая, что rB = ( r + d 2 ) 2 = 3 4 . Находим 2
3
S − ( d 2 + rB )
VB − VA
= 105 секунд Ответ: 105 секунд Решение К10 Точка К – мгновенный центр скоростей колеса: ω=
V0 a A
VA
V0
V
= 0 , V A = ω ⋅ AK = V0 ⋅ 2 OK R
Так как ускорение точки О a0
колеса, aA = a
поэтому ц
AO
= 0 , то в точке О находится мгновенный центр ускорений ускорение V02
= ω ⋅ AO =
R
2
точки А направлено к точке O и равно . Но траектория точки А – циклоида, по касательной к ней идет V A . Проекция a A на перпендикуляр к касательной есть нормальное ускорение точки А a An = a A ⋅ cos 450 =
VA2
ρ
, откуда ρ =
VA2
= 2 2 ⋅ R . a A ⋅ cos 450
Ответ: ρ = 2 2 ⋅ R Продолжение Решение K11 Звено ОА вращается: V A = ωOA ⋅ OA = αA . Движение звена АВ – плоско‐ параллельное: β
γ
VB = V A + VBA , где VBA = ω AB ⋅ AB , VBA ⊥ AB , ω AB ‐ абсолютная угловая скорость звена AB, то есть ω AB = α + β = 2 . VC = VB + VCB = V A + VBA + VCB , здесь VCB = ωCB ⋅ BC , VCB ⊥ BC . Найдем проекции VC на оси x и y VCX = −V A + VCB = −V A + ωCB ⋅ BC , ωCB = α + β + γ VCY = VBA = ω AB ⋅ AB VCX = 2A м/с VCY = 2A м/с VC = VCX2 + VCY2 = 2 2A м/с Ответ: VC
= VCX2 + VCY2 = 2 2A м/с Решение К12 Свяжем подвижную систему координат со стержнем АВ. Тогда на основании теоремы сложения скоростей G
G G
VM = V1 + VM 1 (1) Здесь неизвестны величина и направление G
VM и величина относительной G
скорости VM 1 . Если подвижную систему вектора координат связать со стержнем CD, то G
G G
V M = V2 + VM 2 (2) Запишем проекции уравнений (1) и (2) на оси X и Y VMX = VM 1 , VMX = V2 sin α + VM 2 cos α ; VMY = −V1 , VMY = −V2 cos α + VM 2 sin α , Отсюда VM 1
= V2 sin α + VM 2 cos α , VM 2 =
− V1 = −V2 cos α + VM 2 sin α V2 cos α − V1
, sin α
VM = V
2
MX
+V
2
MY
= V +V
VM =
2
2
2
M2
⎛ V cos α − V1 ⎞
= V +⎜ 2
⎟
sin α
⎝
⎠
2
2
2
V22 + V12 − 2V1V2 cos α
sin 2 α
, . Решение К22. Уравнение a
B
τ
n
= a An + a Aτ + a BA
+ a BA
сначала проецируем на ось x: 0 = a τ − a n . Отсюда A
BA
ε 0 r = ω2AB l , или ω2AB = ε0
ω ⋅ AP
r
. Кроме того V A = ω r = ω AP , или ω = AB
. OA
AB
OA
l
r
Так как tgα =
ωOA = ω AB
l2
l AP
l2
, то AP =
, =
r
l
r
. Ускорение r2
точки А: a
α n
A
a
ε0 r l4
l3
a = ω r = ε0 ⋅ r = ε0
l r4
r2
2
OA
n
A
τ
A
a
α
n
BA
τ
a BA
aA =
⎛
⎜
⎝
2
2
a n ⎞⎟ + ⎛⎜ a τ ⎞⎟ =
A
⎠
⎝
A⎠
ε
r
0
2
, l6 + r6
. Теперь уравнение для a проецируем на ось B
y: 0 = a τ
BA
ε AB l = ε 0
− a An . Отсюда получаем l3
r
2
, или ε
AB
= ε0
l2
r
2
. Решение К23 VA = ω ⋅ A ω2 =
VA ω
= AP2 2
α 3
VB = ω2 ⋅ BP2 =
⋅ A ⋅ω 2
ω3 =
VB
3
=
⋅ω BP 2
G
G
G n Gτ
aB = a A + aBA
+ aBA (1) P G
G
Gn
Gτ
(2) aB = aC + aBC
+ aBC
a A = A ⋅ ω 2 , 1
n
aBA
= ω22 ⋅ A = ⋅ A ⋅ ω 2 4
A 3
n
aBC
= ω32 ⋅ = ⋅ A ⋅ ω 2 . 2 8
ось Проецируем уравнение (1) на Gτ
aBA
X , а A
уравнение (2) на ось x
G
aAn
G
Gn
aBC
Y : 3
n
aBX = − a A ⋅ cos60 O − aBA
= − ⋅ A ⋅ω2 4
3
n
aBY = − aBC
= − ⋅ A ⋅ω2 8
2
2
aB = aBX
+ aBY
=
Для нахождения Так как 45
⋅ A ⋅ω2 8
a C , проецируем уравнение (2) на ось X : aBX = − aC − aτBC . aτBC = ε 3 ⋅ BC , а с другой стороны aC = ε 3 ⋅ CP и CP = BC , то aτBC = aC Тогда 3
aBX = −2 ⋅ aC , отсюда aC = ⋅ A ⋅ ω 2 8
Ответ: aB =
45
3
⋅ A ⋅ ω 2 , aC = ⋅ A ⋅ ω 2 . 8
8
Решение К24 x = 2t ; y = 3; G
aτ G
V
G
x = t 2 + C1 ; y = 3t + C 2 , при тогда t = 0 x0 = 0, y0 = 0 , С1 = 0, С2 = 0 и окончательно x = t 2 ; y = 3t , траектория y = ±3 x есть парабола. Модуль скорости V = x 2 + y 2 = 4t 2 + 9 ( м с) . Ускорения aτ =
x = 2 , y = 0 , a = x2 + y2 = 2 ( м с 2 ) ; 6
36
dV
4t
2
2
2
; a n = a − aτ =
; a n =
=
2
dt
4t 2 + 9
4t 2 + 9
4t + 9
3
V2 1 2
Радиус кривизны ρ =
= (4t + 9 ) 2 an 6
x = x + ρ ⋅ sin α , y c = y − ρ ⋅ cos α Из рисунка: c
sin α =
x = t2 +
Тогда c
an
aτ
, cos α =
a
a
1 2
(4t + 9), yc = 3t − t (4t 2 + 9); 2
3
xC = 2t + 4t = 6t , y C = −4t 2 ; VC = xC2 + y C2 = 2t 4t 2 + 9 xC = 6 , yC = −8t , aC = xC2 + yC2 = 2 16t 2 + 9 . V = 2t 4t 2 + 9 , aС = 2 16t 2 + 9 . Ответ: С
Решение К25 a M = a r + ae + ac τ
aMO
a
aC n
MO Так как переносное движение плоскопараллельное, то τ
n
a e = a0 + a MO
+ a MO
ω=
V0
= 10 c −1 R
ε=
dω a 0
=
= 5 c −2 dt
R
a r = S = 0.2 м / с 2 n
a MO
= ω 2 ( MO) = 10 м / с 2 ; a τMO = ε ⋅ ( MO) = 0.5 м / c 2 , a c = 2ωVr = 4 м / с 2 n
a M = (a r − a MO
) 2 + (a 0 + a c + a τMO ) 2 = 11.24
м / с2 Решение К25 ac __
Ve __
ω aen __
__
__
__ __
V m = V r + Ve , Vr a r Так как __
__ __ __
a m = a r + ae + ac , __
__
a m ⊥ Vm , то – __ __ __
__ __ __ __ __ __
+ ae + ac ) (Vr + Ve ) = ar Vr + aen Vr + ac Ve = ar Vr − aen Vr + ac Ve = 0. am ⋅Vm = ( ar
Подставляя ..
..
ac = 2ωVr и сокращая на Vr , получим S − ω2 S + 2ω2 S = 0 или S + ω2 S = 0 . Решение этого дифференциального S = c1 cos ωt + c2 sin ωt , уравнения: S = −c1ωsin ωt + c2 ω cos ωt . Используя начальные условия, находим c1 = b, c2 = 0, тогда Vr = S = −bωsin ωt , S = b cos ωt , Ve = ωS = bω cos ωt , ar = S = −bω2 cos ωt , Vm = Vr 2 + Ve 2 = bω = 6 см/с, aen = ω2 S = bω2 cos ω , ac = 2ωVr = −2ω2b sin ωt , a = (ar − aen ) 2 + ac 2 = 2bω2 = 36 см/с 2 . Решение К27 VA=l ω1 =VBsin α VB A aBn a Aτ 2 n
τ
aBA
ω1 VB=l ω3 С ε3 ω3 α B VA a An aBA 1 3 l ω1 =l ω3 sin α ; ω3 =
aBτ
ω1
. sin α
VB = VA + VBA VBA=VBcos α ; l ω2 = ω1 lctg α ; ω2 = ω1 ctg α . O n
a An = lω12 ; aτA = lε1 ; aBA
= lω22 = lω12 ctg 2α ; n
2
τ
aBA = lε 2, aB = lω3 =
lω 2
; aτB = lε ; 2
sin α
n
τ
aBn + aBτ = a An + a Aτ + aBA
+ aBA
(1) Проецируем (1) на ось х, получаем: n
n
aBn cos α + aτB sin α = aτA − aBA
; aτA = aBn cos α + aτB sin α + aBA
lε 1 =
lω 2 cos α
cos α
+ lε sin α + lω 2 ctg 2α ε1 = ω 2 ( 2 + ctg 2α ) + ε sin α 2
sin α
sin α
2.3. Динамика Решение Д01 Применим теорему об изменении кинетической энергии к системе барабан – клеть на перемещении H груза. В начале и в конце этого перемещения кинетическая энергия системы равна нулю, поэтому уравнение T‐T0=Ae принимает вид 0 = M ϕ − PH , где угол поворота барабана ϕ =
h=
h
так как на высоте h мотор отключают. Из уравнения находим R
PR
H . M
Ответ: h =
P⋅R
H M
Решение Д02 Составим уравнения движения отдельно для бруска и для диска. На основании теоремы о движении центра масс бруска: P
a = P sin α − FТР , g
FТР a
P FТР = fN1 . 0 = N1 − P cos α , здесь Для диска, совершающего плоское движение: MC Q
aC = Q sin α − FСЦ , g
N2
FСЦ
0 = N 2 − Q cos α , 1 Q 2 aC
r
= FСЦ r − M C , 2g
r
aC здесь FCЦ = fN 2 , момент сопротивления качению M C = kN 2 . Из уравнений для бруска a = g (sin α − f cos α ) . Из k
r
уравнений для диска aС = ( f − )2 g cos α . При Q α
ненапряженном aС = a . стержне Отсюда k
tgα = 3 f − 2 . r
Ответ: tgα = 3 f − 2
k
r
Решение Д03 По теореме об изменении кинетической энергии на заданном P VC P
V
перемещении цилиндра T − T0 = Ae (тело абсолютно твердое, поэтому T=
Ai = 0 ), T0 = 0 , 1
V
J K ω 2 , где ω = , J K – 2
r
момент инерции цилиндра относительно его мгновенного центра скоростей. CK = r − a , 2
J K = J C + m(r − a) 2 , V = 2r
Ae = 2mga . Итак, mga
. J + mr 2 − 2mra
1
V
( J + mr 2 − 2mra) 2 = 2mga, 2
r
откуда Решение Д04 O
Вычислим кинетическую энергию гусеницы трактора как 2V0
V0 r
сумму T = Tгор + Tоб , где Tгор ‐ кинетическая энергия горизонтального (верхнего участка); l Tоб ‐ кинетическая энергия части гусеницы, охватывающей колеса (два полуобода рассматриваем как целый обод). Нижняя горизонтальная часть гусеницы имеет скорость равную нулю, ее кинетическая энергия также равна нулю. m ( 2V0 )
=
= 2mV02 . Здесь m ‐ масса горизонтального участка. Так как обод 2
2
Tгор
совершает плоско‐параллельное движение, для определения его кинетической энергии применим теорему Кенига: Tоб
Tоб = mобV02 . масса его mоб
Итак, = 2π
=
mобV02 I 0 ω2
+
2
2
, причем T = Tгор + Tоб = 2mV02 + mобV02 . I 0 = mоб r 2 , ω =
Длина обода V0
r
2πr , , тогда поэтому γ
γ
. Масса горизонтального участка m = l . Окончательно получим g
g
2 γV02
T=
( l + πr ) g
Решение Д05 Применим принцип Даламбера. Фτ Фn
M
Nτ
момент сил инерции цилиндра, Ф
c
N ‐ главный Фτ , Фn ‐ составляющие главного вектора сил инерции: Фn = macn , Фτ = macτ . Q
M cФ Уравнения движения в форме уравнений статики: ∑ X = Ф − Q sin α + N = 0 (1)
(2) ∑ Y = Ф − Q cos α + N = 0
∑ M = Ф r + M − Qr sin α = 0 ( 3 )
τ
τ
n
B
В момент отделения Ф
с
τ
N = 0 . Из уравнения (2) Ф n = Q cos α или Q 2
rω = Q cos α . g
Из уравнения (3), имея в виду Ф
получим ε
скорость =
Q
1Q 2
I
r ε , rε и M Ф
=
ε
=
o
c
g
2g
=
2 g sin α
dω 2 g sin α
=
. Учитывая, что ε =
найдём угловую 3 r
dt 3 r
dα
ω=
dt
ω
, 2gα
∫ ωdω =
∫ sin αdα 3r0
0
, отсюда ω2 2 g
=
(1 − cos α) . Выше было получено rω 2 = g cos α , следовательно 2
3r
g
g cos α 2
4
= g (1 − cos α) . Итак, cos α = и ω = 2
7r
7
2
3
. Решение Д06 По теореме об изменении кинетической энергии B T − T = Ae ( Ai = 0 ). Стержень совершает плоскопараллельное 0
C0
K C
mVc2 I c ω2
+
. Точка K ‐ мгновенный ω
a движение, поэтому T =
h 2
2
V
A α c
центр скоростей стержня, угловая скорость стержня VA
V
Vc
. Из теоремы о движении центра масс следует, ω= c =
KC a cos α
что центр масс C стержня движется по вертикали. Ae = P ( a − h ) , T0 = 0 , cos α =
a 2 − h2
a
получим V
= (a − h)
, Ic =
1 P
2
( 2a ) , P ‐ вес стержня. Из уравнения T − T0 = Ae 12 g
6(a + h)
4a 2 − 3h 2
g Решение Д07 Движение точки М (отливки) происходит под действием сил P и N ( N ‐реакция опоры О). Основное уравнение динамики для точки М ma = P + N (1), что в проекциях на оси τ и n дает m
V2
dV
= P sin ϕ ; m
= P cos ϕ + N (2). R
dt
Из уравнения (2) найдем N: N = mg cos ϕ − m
V2
R
, R=OM. Из уравнения (2) можно найти cкорость V: ω
ϕ
dV
dϕ
dϕ = g sin ϕ dϕ , = ω , dV = Rdω , ∫ ω Rdω = ∫ g sin ϕ dϕ , dt
dt
0
0
V2
что дает = −2 g ( cos ϕ − 1) . В результате получаем R
N = mg cos ϕ + 2mg ( cos ϕ − 1) . Максимальное значение N= ‐5P достигает при cos ϕ
= −1 или ϕ=180° (в точке В). Знак минус в ответе означает, что реакция N в нижнем положении стержня направлена от точки М, т.е. стержень в это время растянут. Решение Д08 Для определения угловой скорости космического аппарата применим теорему об изменении кинетического момента системы, состоящей из космического аппарата и маховика dK z
= M ze dt
Ось z ‐ ось вращения маховика и космического аппарата. M ze = 0 , следовательно, K z = const . В начальный момент K z0 = I 0Ω0 . В некоторый момент, когда маховик вращается с угловой скоростью ω, кинетический момент системы K z = I 0Ω + I ω . Так как K z = K z0 = const , то Ω = Ω0 −
I
ω . I0
Чтобы космический аппарат не вращался (Ω=0), необходимо вращать маховик с угловой скоростью ω
= Ω0
I0
I
в направлении вращения космического аппарата. Работу двигателя маховика вычислим при помощи теоремы об изменении кинетической энергии T − T0 = A . В начальный момент вращается космический аппарат вместе с маховиком I 0Ω02
T0 =
2
остановлен: T
. В конечный момент вращается лишь маховик, космический аппарат Iω 2
=
2
. Тогда I ω 2 I 0Ω02
I 0Ω02
, откуда −
=A
A=
( I 0 − I ) . Итак, 2
2
2I
чтобы остановить вращение космического аппарата, двигатель маховика должен совершить работу A =
I0 ( I0 − I ) 2
Ω0 . 2I
Решение Д10 Рассмотрим движение точки М (мотоциклиста), которое происходит по окружности радиуса ME=R под действием силы тяжести P , нормальной реакции сферы N и силы трения Fтр . По второму закону Ньютона ma = P + N + Fтр . с
Когда мотоциклист имеет минимальную скорость, он может соскользнуть вниз (потеря устойчивости), поэтому сила трения направлена вверх. В этом случае уравнения движения точки М в проекции на оси τ и n имеют вид ⎧−ma sin α = − P cos α + Fтр
. ⎨
ma
cos
α
=
−
P
sin
α
+
N
⎩
V2
Здесь a =
, Fmp = kN . Из второго уравнения найдем N, подставим в первое и R
определим скорость V = Vmin = gR
1 − ktgα
tgα + k
. При максимальной скорости мотоциклиста может заносить в верхнюю полусферу, при этом сила трения направлена вниз: ⎧− ma sin α = − P cos α − Fтр
⎨
ma
cos
α
=
−
P
sin
α
+
N
⎩
Отсюда получим Решение Д11 Внешние силы, действующие на систему тел (пуля и доска) – это силы тяжести P и P1 и реакции опор О и О1, для которых ∑M
e
x
= 0 . Тогда по теореме о кинетическом моменте dK x
= 0 или K x = K x0 = const . dt
K x0 =
P1 l
P l
V0 , K x = 1 V + I ω . g 2
g 2
1P 2
l
l , V = ω , K x = K x0 , 2
3g
I=
следовательно, ⎛ P1 l 2 1 P 2 ⎞
P1 l
V0 = ⎜
l ⎟ ω . +
4
3
g 2
g
g
⎝
⎠
Отсюда ω
=
6 PV
1 0
. ( 3P1 + 4 P ) l
Решение Д12 Применим теорему об изменении кинетической энергии к системе, состоящей из груза, троса и барабана T
− T0 = A , T0 = 0 , I ω 2 PV 2 plV 2 V 2 ⎡ I
P pl ⎤
. +
+
=
+
+
T=
2
2g
2g
2 ⎢⎣ R 2 g g ⎥⎦
Вычислим работу сил тяжести частей системы на перемещении x‐x0. Работа силы тяжести груза P(x‐x0); силы тяжести свисавшего участка троса px0(x‐x0); силы тяжести части троса, раскручивающегося с барабана x
∫
x0
x
⎛ x2
⎞
p
p ( x − x0 ) dx = p ⎜ − x0 x ⎟ = ( x 2 − 2 x0 x + x02 ) . ⎝ 2
⎠ x0 2
Полная работа A =
Из T
1
⎡ 2 P + p ( x − x0 ) ⎤⎦ ( x − x0 ) . 2⎣
⎡ 2 P + p ( x − x0 ) ⎤⎦ ( x − x0 )
g . − T0 = A находим V = R ⎣
Ig + ( P + pl ) R 2
Решение Д14 =
Уравнение вращательного движения конструкции I Oϕ
M вр , M вр = −mgl sin ϕ − mg ( h + b ) − mg ( h − b ) , h = l cos ϕ , b = l sin ϕ , I = ml 2 + 2m ( l 2 + l 2 ) = 5ml 2 . 5ml 2ϕ = −3mgl sin ϕ . Для малых колебаний sin ϕ
≈ ϕ , тогда 5l 2ϕ + 3 glϕ = 0 , откуда частота малых колебаний k
Решение Д15 =
3g
5l
. = −cϕ , ϕ + k
Уравнение вращения системы Iϕ
колебаний T
=
T22 = T12 + 4π 2
2π
I
= 2π
k
c
IЭ
c
2
. Для одной рамки T1
2
. Для рамки с деталью T3
= 4π 2
ϕ = 0 , k 2 =
2
= 4π 2
Iр + I
c
Iр
c
c
, период I
. Для рамки с эталоном = T12 + 4π 2
I
. Исключая c
T32 − T12
жесткость с из T2 и T3, получим I = I Э 2
. T2 − T12
Решение Д16 Дифференциальное уравнение относительного движения груза в проекции на оси x и y maотн = − P sin α − Fтр + Ф cos α 0 = N − P cos α − Ф sin α , где Fтр
= fN , Ф = ma . При движении груза вверх аотн>0, отсюда получим a>
sin α + f cos α
g . cos α − f sin α
Решение Д19 Составим уравнение движения цилиндра методом Лагранжа d ⎛ ∂T ⎞ ∂T
−
= Q . dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q
За обобщенную координату примем угол поворота цилиндра q
= ϕ , q = ϕ . Вычислим кинетическую энергию цилиндра mV02 I 0ω 2 3 2 2
=
+
= mr ϕ . 2
2
4
T = Tплоское
Обобщенная сила Qϕ
=
δ Aa −2 Fупрδ x
=
. Здесь Fупр = cx = cϕ a , x = ϕ a , δϕ
δϕ
δ x = aδϕ , следовательно Qϕ = −2ca 2ϕ . Уравнение Лагранжа 4ca 2
3 2
2
ϕ = 0 . mr ϕ = −2ca ϕ или ϕ +
3mr 2
2
Отсюда период колебаний τ=
2π
r 3m
=π
k
a c
. Решение Д20 Изобразим цепь во время движения. Применим теорему об изменении кинетической энергии. Цепь считаем не растяжимой, поэтому ∑A
T − T0 = ∑ Ae i
= 0 и (1). Здесь T0
= 0 , T =
1P 2
V . 2g
Вычислим работу внешних сил. l
l
0
0
δ A = Pl − xδ x sin α , ∑ A = ∫ Pl − xδ x sin α = ∫
e
P
P
( l − x ) δ x sin α = l sin α . 2
l
V2
Из уравнения (1) получим = l sin α , при α = 1° V = 0,1 gl . g
Решение Д21 Из условия, что в направлении, перпендикулярном плоскости, движения нет, получим N1 + N2 − P − Q = 0 (1) Пока неясно, постоянны ли внешние силы, поэтому воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме dT
= ∑Wke + ∑Wki . (2) dt
Сумма мощностей внутренних сил ∑W
i
k
= 0 . Сумма мощностей внешних сил равна ∑W
e
k
= − fN 2VC − N1
Вся энергия T = T1 + T2 , T1 =
k
VC . R
V2
3P 2
1Q 2
VC , T = C ( 3P + 2Q ) . VC , T2 =
4g
2g
4g
dT
1
=
( 3P + 2Q )VC aC , dt 2 g
поэтому уравнение (2) имеет вид 1
k
k
( 3P + 2Q )VC aC = − ⎛⎜ fN2 + N1 ⎞⎟VC или ( 3P + 2Q ) aC = −2 g ⎛⎜ fN2 + N1 ⎞⎟
2g
R⎠
R⎠
⎝
⎝
(3). В уравнениях (1) и (3) неизвестны величины – N1, N2, ac. Третье уравнение можно получить, если рассмотреть отдельно стержень. Применяя принцип Даламбера, запишем ∑ m ( F ) = 0 , C
k
l
Q l
Q cos α − aC sin α − N 2 l cos α − fN 2l sin α = 0
g 2
2
(4) Из уравнений (1), (3), (4) найдем N1, N2, ac. Затем определим путь: S=
V02
2aC
=
V02 R
2g
⋅
3P
2 Pk
(
(
) (
+ fR ) + Q ( k l − R
l 2 − R 2 + fR + Q k + 2 l 2 − R 2 + fR
l 2 − R2
2
Продолжение 2
)
+ fR l 2 − R 2 + 2 Rfk
)
. Решение Д31. Учитывая, что сила инерции Ф
е
= ma , проецируем основные уравнения динамики относительного ϕ Фе N
mg движения точки на нормаль и на касательную. 2
n : m V = N − ma cosϕ − mg sin ϕ , R
τ
τ: m
dV
= mg cos ϕ − ma sin ϕ . dt
dV dV dϕ dV V
=
⋅
=
⋅ : dt dϕ dt dϕ R
Интегрируем второе уравнение от V(A) до V(K), учитывая, что V (K )
∫
V ( A)
π 2
VdV = R ∫ (g cos ϕ − a sin ϕ) dϕ . Учтем, что V (K ) = Vk , V (A) = 0 . Получим 0
Vk2 = 2R(g − a ) . N ϕ =π 2
⎛ 2
⎜ Vk
= m⎜
⎜ R
⎝
Из первого уравнения получим +
N= m
V2
+ ma cos ϕ + mg sin ϕ , R
⎞
⎟
g ⎟ = m(3g − 2a ) . ⎟
⎠
Решение Д32. По теореме моментов во время всего движения ω dK
oz
dt
V0 Ve следовательно, = ∑ M ⎛⎜ F e ⎞⎟ = 0 , k
k
⎠
K oz = const = 0 . Отсюда в момент вылета шарика Vr z⎝
Iω − 2rmV = 0 , где V ‐ абсолютная скорость шарика, V = Ve + Vr , Ve = 2rω . Тогда (
)
Iω − 2rm V − 2rω = 0 , ω =
r
2rm
I + 4mr
2
Vr . По теореме об изменении кинетической энергии, учитывая, что ∑ A
k
конечный момент времени момент времени T
0
e
k
(
= 0 , имеем T = T0 . В )
1
1
T = Tтрубки + Tшарика = Iω2 + m V − 2rω
r
2
2
2
, в начальный mr 2
1
= mV02 . Тогда, подставив значения ω , получим Vr = V0 1+ 4
2
I
. Решение Д33 Из теоремы об изменении количества движения: G
Ge
dQ
= ∑ FK , dt
dQX
= 0 , dt
то есть A O1 следует B G
PB QX (t ) = QX (t = 0) = 0 (1). В нижнем положение Q X = m ⋅ V0 − 5 ⋅ m ⋅ VB (2). Из (1)и(2) следует O
По теореме об G
VB энергии G
V0 V0 = 5 ⋅ VB (3). изменение кинетической C T − T0 = ∑ AKe + ∑ AKi mB ⋅ V 2 B mA ⋅ V02 1
получим +
+ ⋅ J 0 ⋅ ω A2 = mA ⋅ g ⋅ h (4). 2
2
2
Точка C − МЦС тела A . Тогда ω A =
VB + V0
V
= 6⋅ B r
r
mA ⋅ r 2
OO1 3
, Учитывая, что h =
= ⋅ r , J 0 =
2
2
2
V =
из (4) получим B
V =
Ответ: B
1
g ⋅r 4
1
g ⋅r 4
Решение Д34 Рассмотрим равновесие 1 трубы: ∑ X i = 0 : N1 ⋅ cos 60o − N 2 ⋅ cos 60o = 0 ; N1 = N 2 y
o
1
2
αr
G
N1
G
N 1′
G G NG
N P 3
R
G
N2
3
α x
∑ Yi = 0 : N1 ⋅ cos 30o − P + N 2 ⋅ cos 30o = 0
P
; N1 = N 2 = N1′ =
3
Рассмотрим равновесие 2 трубы: ∑ X i = 0 : P ⋅ sin α − N 3 ⋅ cos α − N1′ ⋅ cos(60 + α ) = 0 В момент раскатывания: Тогда P ⋅ sin α −
Отсюда R=r+
tgα =
N 3 = 0 . P
⋅ cos(60 + α ) = 0 . 3
7
3
; sin α =
; 9
14
r
= r ⋅ (1 + 2 7 ) = 6,3 ⋅ r sin α
Ответ: трубы не раскатятся при R < 6,3 ⋅ r Решение Д35 B 1 F
h
G
V2 G
P1
A α
T − T0 = ∑ Ake , T0 = 0 , T = T1 + T2 P1 ⋅ V 2
P2 ⋅ V22
T1 =
T2 =
V2 = V ⋅ tgα
2g
2g
; T2 =
, P2
(V ⋅ tgα )2 = P2 V 2 ⋅ tg 2α 2g
2g
V2
(P1 + P2 ⋅ tg 2α ) T=
2g
e
∑ Ak = A( F ) + A( P2 ) = F ⋅ S − P2 ⋅ h ; Учитывая, что t
t
0
0
h = ∫ V2 dt = ∫ V ⋅ tgαdt = S ⋅ tgα , получим e
∑ Ak = S ( F − P2 ⋅ tgα ) Из рисунка окончательно T = ∑ Ake получаем V = 2g ⋅ S ⋅
F − P2 ⋅ tgα
P1 + P2 ⋅ tg 2α
. Ответ: V = 2g ⋅ S ⋅
F − P2 ⋅ tgα
P1 + P2 ⋅ tg 2α
. Р
е
YB ш
XB D
ϕ е
н
и
е
Д
3
6 Рассмотрим вращение стержня BD вокруг оси z B . По теореме об изменении кинетической энергии: mA 2 2 mgA
ω =
sin ϕ 6
2
ε=
отсюда находим ω2 =
3g
sin ϕ . A
Дифференцируя, получим 3g
cos ϕ . 2A
При ϕ
= 90 0 , ω 2 =
3g
, ε = 0 . A
По теореме о движении центра масс mac
= P + X B + YB . Проецируем на оси x и y при ϕ = 90 0 X B = 0;
n
mac
= YB − mg .
Отсюда YB =
5mg
. 2
Из условия равновесия балки АВ: YB XB YA XA P X A = X B = 0 , YA = YB + mg =
7mg
mgA
+ YB A = 3mgA M A =
2
2
Решение Д37 Применим теорему об изменении кинетической энергии системы на том ее перемещении, при котором платформа 3 поступательно поднимается на S и приобретает, при этом, скорость T=
V. Кинетическая энергия системы 1 P 2 1 Pr2 2 1 Pr2 2 1 Q 2
ω1 +
ω2 +
V +
V . 2g
2 2g
2 2g
2g
ω1 =
к этому Кинематические моменту связи: будет: V = V ′ ; 2V
V
1
; ω 2 = . Тогда T =
(7 P + 2Q) V 2 . Работа сил на рассматриваемом r
r
4g
A = 2M
ϕ1 =
A = Mϕ1 − ( P + Q) ⋅ S ; перемещении: 2S
; r
S
1
− ( P + Q) ⋅ S = (2 M − ( P + Q) r ) ⋅ S . По теореме об изменении кинетической r
r
T − T0 = A ; энергии 1
1
(7 P + 2Q) V 2 − T0 = (2M − ( P + Q) r ) ⋅ S . 4g
r
Дифференцируя a=
обе части 2 g (2M − ( P + Q) r )
r (7 P + 2Q)
Q по t, находим Решение Д38 Используем теорему кинетической об энергии: изменении T −T 0= ∑ Ake , T0 = 0 ∑A
VB T=
e
3
= mgh = mg r ; 2
m(ω ⋅ r ) 2 m ⋅ r 2 ω 2 m(ω ⋅ r ) 2
+
⋅
+
+ 2
2
2
2
m(2r ) 2 ω 2 mω 2 ⋅ r 2 17
+
⋅
=
⋅
; 12
2
2
6
T = A . mω 2 ⋅ r 2 17
18 g
6
3
⋅ = mg r . Отсюда ω =
; V B = 3
g r . 17 r
17
2
6
2
Решение Д39 Рассмотрим M − P⋅
YA
YO
M
XO
равновесие стержня a
+ Υ A ⋅ a = 0 (1) 2
XA
О
A
P
K
D
XA
A
YA
RB
Q
B
C
Рассмотрим равновесие стержня АС: АО: ∑ m o ( Fк ) = 0 ∑m
D
( Fk ) = 0 − Υ A ⋅ AD − Q ⋅ DK = 0 (2) AB =
a
; cos ϕ
AB
a
a
b
=
; DK = AD − AK =
− cos ϕ 2
2
cos ϕ cos ϕ
cos ϕ 2
AD =
Из (2) Y A = −Q ⋅
Из (1) M = P
⎛ a
⎞ cos 2 ϕ
DK
b
⎟⎟
; = −Q⎜⎜
−
cos
ϕ
2
AD
⎝ cos ϕ 2
⎠ a
⎞
⎛ a
a
b
+ Q cos 2 ϕ ⎜⎜
− cos ϕ ⎟⎟ . 2
2
⎠
⎝ cos ϕ 2
Решение Д40 Y
Предположим для определённости V2>V1 M
Поместим ось y в начальное положение точки M. Тогда V1
x = −V1t + r cos ϕ = V2 t − r cos ϕ . Oтсюда V2
cos ϕ =
X
X
V 1t
V1 + V2
⋅ t . Дифференцируем по времени 2r
: V 2t
•
− sin ϕ ⋅ ϕ =
или ϕ =−
V1 + V2
; 2r sin ϕ
••
(V1 + V2 ) cos ϕ
•
ϕ=−
Тогда 2r sin 2 ϕ
•
ϕ=
(V1 + V2 )2 cos ϕ 4r 2 sin 3 ϕ
V1 + V2
; 2r
x = V2 t −
••
V1 + V2
V − V1
⋅t .r = 2
⋅ t , x = 0 2r
2
•
•
y = r + r sin ϕ ; y = r cos ϕ ⋅ ϕ ; (V1 + V2 ) 2
a = y = − r ⋅ sin ϕ (ϕ ) + r ⋅ cos ϕ ⋅ ϕ =
4r ⋅ sin ϕ
••
•
••
2
Решение Д41 N
tgб =
Так как V y
Vx y: б V
Приравниваем (1) и (2): ma x = N x , m
ma
(1) = c , то y = ct . Из уравнения движения по оси y
= mg − N
y
, с учетом V y = c , ⋅
N
N
a y = V y = 0 , получим N y = mg и tgб = x = x N y mg
оси x: Vy c
= Vx Vx
(2) c Nx
c
=
. Отсюда N x = mg
V x mg
Vx
. Из уравнения движения по dV x
c
= mg , получаем ∫ V x dV x = cg ∫ dt , V x = 2cgt ; Vx
dt
V x0 = 0 при t=0. Интегрируя еще раз, находим x = 2cg t
2 ⎛ y⎞
0, т.е. c = 0 . Так как y = ct , то x = 2cg .⎜⎜ ⎟⎟
2
3 ⎝c⎠
Решение Д42 3
2
. 3
2
2
+ c ; при t = 0 x = 3 2
Рассмотрим относительное движение колечка mar=m ω 2y, y=l+0,5at2, ω =
ε =
a
(1) l + 0,5at 2
a a
t
dω
⋅
, ε = −
(2) dt
2 (l + 0,5at 2 ) 3 2
t
t
0
0
t
dt
2l
= 2 ln(t + t 2 + ) =
a 0
2l 2
+t
a
ϕ = ∫ ω dt = 2 ∫
a
at 2
+
+ 1)
2l
2l
= 2 ln(t
На колечко действуют следующие силы: φ n = mω 2 y; φ
τ
= myε = −
2mat a
φk = 2mω y =
l + 0,5t 2 a
ma a
t
⋅
; 2
2
l + 0,5at
, N z=mg , N x
3
ma at
= −(φk + φ τ ) = − ⋅
2 R + 0,5at 2
На стержень действуют силы Nx, Nz и момент Мвр Дифференциальное уравнение вращения стрежня: Nz J z ε = M вр + N x y ; отсюда получаем: Mвр=J ε ‐Nxy= = J z ε +
Nx 3
ma at ⋅ l + 0,5at 2
2
Решение Д43 К цилиндру приложена уравновешенная система сил ( Q, N , P , Fтр ), причем Fтр=fN. (1) Уравнения равновесия: ∑F
F
y kx
∑F
α ky
∑m
A
= 0 ; ‐(P+Q)sin α +Fтр=0 (2) = 0; ‐(P+Q)cos α +N=0 (3) ( F k ) = 0; QRsin α ‐ P(r‐Rsin α )=0 (4) В уравнении (4) следует потребовать, чтобы выполнялось условие :r‐ Rsin α > 0 или RSin α <r (5) Из уравнения (4) P=
QRsinα
r − R sin α
Неравенство (1), с учетом (2) ,(3): (P+Q)Sin α ≤ f(P+Q)cos α (6) Из уравнения (3) с учетом найденного Р: N=(P+Q)cos α = (
QR sin α
QrCosα
+ Q ) cos α =
r − R sin α
r − R sin α
Ответ: 1) Условия возможности равновесия tg ≤ f , Rsin α <r 2) P=
QR sin α
Qr cos α
, N=
r − R sin α
r − R sin α
Решение Д44 Уравнение вращения стержня: ω
dFT
I Z ε = M e = − ∫ dM T
, m(2l )2 ml 2
=
IZ =
12
3
где
, dM Т = dFT ⋅ r = d (mg ) ⋅ f ⋅ r = gf ⋅
m
dr ⋅ r
2l
. Подставляем найденные значения в уравнение: ml 2 dω
mgf
=−
3 dt
2l
l
mgf
=
−
rdr
∫
2l
−l
⎛ l2 l2 ⎞
⎜ + ⎟ = − mgf l
⎜2
2 ⎟⎠
2
⎝
. Интегрируем левую и правую части: gf t
l 0
∫ dω = − 2 ∫ dt , 3ω
0
ω0 l
3
0
=
gf
t , 2
t=
2 ω0 l
. 3 gf
Решение Д45 При равновесном состоянии муфты: Фе ⋅ cos α − F = 0 l
0
G
F
x
G
Фе
α
G
a ne
m(OB ) ⋅ ω 2 cos α − c ⋅ x = 0 Из ∆ ОАВ: Подставим cos α =
в l0 + x
. (ОВ )
уравнение: m(l0 + x )ω 2 − c ⋅ x = 0 , x=
ml0ω 2
c − mω 2
ω2 <
c
. m
; x >0 при Заданы массы тел (m1, m2 ...), радиусы колес (R1, r1 ...), коэффициенты трения скольжения f и качения b, силы Р (если они указаны на рис.). Найти скорость тела 1 (или 4) после его перемещения на 2 м из состояния покоя. Простой цилиндр считать однородным, у сложных ‐ радиус инерции i.