Контрольная по теоретической механике, Теоретическая механика

Пример готовой контрольной работы по предмету: Теоретическая механика

Содержание

Дано: жесткая рама, закрепленная в вертикальной плоскости (рис. 1),

M=100 Н∙м; l=0,5 м; F_1=10 Н; F_4=40 Н; α_1=30°; α_4=60°.

Определить реакции опор.

Решение:

Рассмотрим равновесие рамы. Проведем координатные оси xy (рис. 2) и покажем действующие на раму силы: силы F_1 и F_4, пару сил с моментом M и реакции связей X_A,Y_A,R_B.

Рисунок 2

Для полученной плоской системы сил составим три уравнения равновесия. Силы F_1 и F_4 по теореме Вариньона разложим на составляющие:

〖F'〗_1=F_1 sin⁡〖α_1 〗=10∙sin⁡〖 30°〗=5 Н;

ЗАДАЧИ К КОНТРОЛЬНЫМ ЗАДАНИЯМ

СТАТИКА

Задача C l

Жесткая рама (рис. Cl.0 — C1.9, табл. Cl) закреплена в точке А шарнирно, а в точке В прикреплена или к невесомому стержню ВВ

1. или к шарнирной опоре на катках; стержень прикреплен к раме и к неподвижной опоре шарнирами.

На раму действуют пара сил с моментом М = 100 Н*м и две силы, значения которых, направления и точки приложения указаны в таблице (например, в условиях № 1 на раму действуют сила F1 = 10 Н под углом

30. горизонтальной оси, приложенная в точке К, и сила F4 =40 Н под углом 600 к горизонтальной оси, приложенная в точке Н).

Определить реакции связей в точках А и В, вызываемые заданными нагрузками. При окончательных подсчетах принять L = 0,5 м.

Указания. Задача Cl — на равновесие тела под действием плоской системы сил. Составляя уравнения равновесия, учесть, что уравнение моментов будет более простым (содержать меньше неизвестных), если брать моменты относительно точки, где пересекаются линии действия двух реакций связей (в данном случае относительно точки А).

При вычислении момента силы F часто удобно разложить ее на составляющие F ' и F", для которых плечи легко вычисляются, в частности на составляющие, параллельные координатным осям, и воспользоваться теоремой Вариньона; тогда mО (F) = mО (F ') + mО (F ").

Таблица С 1

Сила

F1= 10 H

F2 = 20 Н

F3 = 30 H

F4 = 40 H

Номер

условия

Точка

Прилож.

α 1

Точка

Прилож.

α 2

Точка

прилож.

α 3

Точка

Прилож.

α 4

0 — — D 60 Е 45 — —

1 к 30 — — — — H 60

2 — — H 45 К 30 — —

3 D 60 — — — — Е 30

4 — — К 30 Е 60 — —

5 H 60 — — D 30 — —

6 — — Е 30 — — К 45

7 D 45 — — II 60 — —

8 — — Н 60 — — D 30

9 Е 30 — — — — К 60

Пример Сl. Жесткая пластина ABCD (рис. Cl) имеет в точке А неподвижную шарнирную опору, а в точке В — подвижную шарнирную опору на катках. Все действующие нагрузки и размеры показаны на рисунке.

Дано: F =

2. кН, α =600, Р=

1. кН, γ = 750, М =50 кН*м, β = 300, l = 0,5 м.

0пределить: реакции в точках А и В, вызываемые действующими нагрузками.

Решение.

1. Рассмотрим равновесие пластины. Проведем координатные оси ху и изобразим действующие на пластину силы: силу F, пару сил с моментом М, натяжение троса Т (по модулю Т = Р) и реакции связей ХА, УА, RB (реакцию неподвижной шарнирной опоры А изображаем дву- мя ее составляющими, реакция шарнирной опоры на катках направлена перпендикулярно опорной плоскости) .

2. Для полученной плоской системы сил составим три уравнения равновесия. При вычислении момента силы F относительно точки А воспользуемся теоремой Вариньона, т.е. разложим силу F на составляющие F', F" (F' = F*cos α, F" = = F* sin α) и учтем, что mA (F) = mA (F') + mA (F").

Получим

Σ Fkx = 0, ХA + RB sin β— F cos α + Т sin γ = 0, (1)

Σ Fky =0, УA+RB cos β +F sin α — Тcos γ = 0, (2)

Σ mA (Fk) = 0, М — RB cos β * 4l+ F cos α * 2l — F sin α *.3l—

Т sin γ * 2l = 0. (3)

Подставив в составленные уравнения числовые значения заданных величин и, решив эти уравнения, определим искомые реакции.

0 т в е т ХA = — 8,5 кН, YA = — 23,3 кН, RB = 7,3 кН. Знаки указывают, что силы ХA и YA -направлены противоположно показанным на рис. С 1.

Задача С 2

Однородная прямоугольная плита весом Р = 5 кН со сторонами АВ = 3l, ВС =

2. закреплена в точке А сферическим шарниром, а в точке В цилиндрическим шарниром (подшипником) и удерживается в равновесии невесомым стержнем СС' (рис. С 2.О-С 2.9) .

На плиту действуют пара сил с моментом М= 6 кН*м, лежащая в плоскости плиты, и две силы. Значения этих сил, их направления и точки приложения указаны в табл. С

2. при этом силы F1 и F4 лежат в плоскостях, параллельных плоскости ху, сила F2 — в плоскости, параллельной xz, сила F3 — в плоскости, параллельной yz. Точки приложения сил (D, Е, Н) находятся в серединах сторон плиты.

Таблица С 2

Сила

Номер усло-вия F1= 4 кН F2 = 6 кН F3 = 8 кН

F4=

1. кН

Точка прилож.

Точка прклож.

9 D

E —

D 0

30 —

Определить реакции связей в точках А, В и С. При подсчетах принять l = 0,8м.

Указания. Задача С 2 — на равновесие тела под действием пространственной системы сил. При ее решении учесть, что реакция сферического шарнира (или подпятника) имеет три составляющие, а реакция цилиндрического шарнира (подшипника) — две составляющие, лежащие в плоскости, перпендикулярной оси шарнира. При вычислении моментов силы F тоже часто удобно разложить ее на составляющие F' и F", параллельные координатным осям; тогда, по теореме Вариньона. mx (F) = mx (F' )+ + mx (F") и т.д.

Пример С

2. Вертикальная прямоугольная плита весом Р (рис. С

2. закреплена сферическим шарниром в точке А, цилиндрическим (подшипником) в точке В и невесомым стержнем DD', лежащим в плоскости, параллельной плоскости yz. На плиту действуют сила F1, (в плоскости xz), сила F2, (параллельная оси у) и пара сил с моментом М (в плоскости плиты).

Дано: Р= 5 кН, М= 3 кН • м, F1 = 6 кН, F2 = 7,5 кН, α = 300, АВ = 1 м, ВС = 2 м, СЕ = 0,5 АВ, BК = 0,5 ВС.

0пределить: реакции опор А, В и стержня DD'.

Решение.

1. Рассмотрим равновесие плиты. На нее действуют заданные силы Р, F1, F2, и пара сил с моментом М, а также реакции связей. Реакцию сферического шарнира разложим на три составляющие ХA, УA, ZA, цилиндрического (подшипника) — на две составляющие YB, ZB (в плоскости, перпендикулярной оси подшипника), реакцию N стержня на- правим вдоль стержня, предполагая, что он растянут.

2. Для определения шести неизвестных реакций составляем шесть уравнений равновесия действующей на плиту пространственной системы сил:

Σ Fkx = 0, ХA + F1, соs α = 0, (1)

Σ Fky = 0, YA + YB + F2 — N cos 750 = 0, (2)

Σ Fkz = 0, ZA + ZB — Р — N sin 750 + F1 sin α = 0, (3)

Σ mx (Fk) = 0, — F2 * ВК + N cos 750 * BC = 0, (4)

Σ my (Fk) = 0, Р * AB/2 + F1 cos α * BC — F1 sin α * AB/2—ZA * AB + N sin 750 * AB + M = 0, (5)

Σ mz (Fk) = 0, YA * АВ — N cos 750 * АВ= 0. (6)

Для определения момента силы F1, относительно оси у разлагаем F1, на составляющие F'1, и F"

1. параллельные осям х и z (F'1 = F1* соs α, F"1 = F1* sin α), и применяем теорему Вариньона (см. указания).

Аналогично можно поступить при определении моментов реакции N.

Подставив в составленные уравнения числовые значения всех задан- ных величин и решив затем эти уравнения, найдем, чему равны искомые реакции.

0 т в е т: ХA = -5,2 кН, YA = 3,8 кН, ZA = 28,4 кН, YB = — 7,5 кН, ZB = — 12,4 кН, N = 14,5 кН. Знаки указывают, что силы ХA, YB и ZB направлены противоположно показанным на рис. С 2.

КИНЕМАТИКА

Задача K1

Точка В движется в плоскости ху (рис. Kl.0 — Kl.9, табл. Kl; траектория точки на рисунках показана условно).

Закон движения точки задан уравнениями: x = f 1 (t), у = f 2 (t) где х и у выражены в сантиметрах, t — в секундах.

Найти уравнение траектории точки; для момента времени t 1 = 1 с определить скорость и ускорение точки, а также ее касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории.

Зависимость x = f 1(t) указана непосредственно на рисунках, а зависимость у = f 1 (t) дана в табл. Kl (для рис. 0 — 2 в столбце

2. для рис. 3— 6 в столбце

3. для рис. 7 — 9 в столбце 4) . Как и в задачах Cl, С

2. номер рисунка выбирается по предпоследней цифре шифра, а номер условия в табл. К 1 — по последней.

Таблица К 1

Номер условия Y= f 2(t)

Рис. 0-2 Рис. 3-6 Рис. 7-9

1 2 3 4

Указания. Задача Kl относится к кинематике точки и решается с помощью формул, по которым определяются скорость и ускорение точки в декартовых координатах (координатный способ задания движения точки), а также формул, по которым определяются касательное и нормальное ускорения точки.

В данной задаче все искомые величины нужно определить только для момента времени t = 1 с. В некоторых вариантах задачи при определении траектории или при последующих расчетах (для их упрощения) следует учесть известные из тригонометрии формулы: cos 2α = 1 — 2sin 2 α = 2cos 2 а — 1; sin 2α = 2 sin α cos α.

Пример Kl. Даны уравнения движения точки в плоскости ху:

x = — 2cos((π ∕ 4) * t ) + 3. y=2sin ((π ∕ 8) * t) — 1

(х. у — в сантиметрах, t — в секундах) .

Определить уравнение траектории точки; для момента времени t = 1 с найти скорость и ускорение. точки, а также ее касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории.

Решение.

1. Для определения уравнения траектории точки исключим из заданных уравнений движения время t. Поскольку t входит в аргументы тригонометрических функций, где одаргумент вдвое больше другого, используем формулу

cos 2α = 1 — 2 sin 2 α или cos ((π/4) * t) = 1 — 2sin 2 ((π/8) * t) (1)

Из уравнений движения находим выражения соответствующих функций и подставляем в равенство (1) . Получим

cos ((π/4) * t) = (3 — x)/2, sin ((π/8) * t) = (y+1)/2

следовательно,

(3 — х)/2 = 1 — (2(y+1)2)/4

Отсюда окончательно находим следующее уравнение траектории точки (парабола, рис. Kl):

точки (парабола, рис. Kl):

x = (y+1)2 + 1 (2)

2. Скорость точки найдем по ее проекциям на координатные оси:

Vx = dx/dt = (π/2) * sin (πt/4);

Vy = dy/dt = (π/4) * cos (πt/8);

V =

При t = 1 c V1x = 1.11см/с, V1y = 0.73 см/с, V1 = 1.33 см/с

3. Аналогично найдем ускорение точки:

ax = = cos ; ay = = — sin ;

a =

и при t = 1 c a 1x = 0.87 см/с2, a 1y = — 0.12 см/с2, a 1 = 0.88 см/с2. (4)

4. Касательное ускорение найдем, дифференцируя по времени равенство V1 = V2x + V2y.Получим

Числовые значения всех величин, входящих в правую часть выражения (5), определены и даются равенствами (3) и (4) . Подставив в (5) эти числа, найдем сразу, что при t 1 = 1 с а 1τ = 0,66 см/с2.

5. Нормальное ускорение точки . Подставляя сюда

найденные числовые значения а 1 и а 1τ, получим, что при t = 1 с a 1n = 0,58 см/с2.

6. Радиус кривизны траектории . Подставляя сюда числовые значения V1 и a

1. найдем, что при t 1 = 1 с = 3,05 см.

0 т в е т: V1= 1,33 см/с, а 1 = 0,88 см/с2, а 1τ = 0,66 см/с2, а 1n = 0,58 см/с2, = 3,05 см.

Задача К 2

Механизм состоит из ступенчатых колес 1—

3. находящихся в зацеплении или связанных ременной передачей, зубчатой рейки 4 и груза

5. привязанного к концу нити, намотанной на одно из колес (рис. К 2.0 — К 2.9, табл. К 2).

Радиусы ступеней колес равны соответственно: у колеса 1 – r 1 = 2 см, R1 = 4 см, у колеса 2 — г 2 = 6 см, R2 = 8 см, у колеса 3 — r 3 = 12 см, R3 = 16 см. На ободьях колес расположены точки A, В и С.

В столбце «Дано» таблицы указан закон движения или закон изменения скорости ведущего звена механизма, где φ1(t) — закон вращения колеса 1, s 4(t) — закон движения рейки 4, ω2(t) — закон изменения угловой скорости колеса 2, υ 5(t) — закон изменения скорости груза 5 и т. д. (везде φ выражено в радианах, s — в сантиметрах, t — в секундах).

Положительное направление для φ и ω против хода часовой стрелки, для s 4, s 5 и υ 4, υ 5 — вниз.

Определить в момент времени t 1 = 2 с указанные в таблице в столбцах «Найти» скорости (υ — линейные, ω — угловые) и ускорения (а — линейные, ε — угловые) соответствующих точек или тел (υ 5— скорость груза 5 и т.д.).

Указания. Задача К 2 — на исследование вращательного движения твердого тела вокруг неподвижной оси. При решении задачи учесть, что, когда два колеса находятся в зацеплении, скорость точки зацепления каждого колеса одна и та же, а когда два колеса связаны ременной передачей, то скорости всех точек ремня и, следовательно, точек, лежащих на ободе каждого из этих колес, в данный момент времени численно одинаковы; при этом считается, что ремень по ободу колеса не скользит.

Пример К

2. Рейка 1, ступенчатое колесо 2 с радиусами R2 и г 2 и колесо 3 радиуса R3, скрепленное с валом радиуса г

3. находятся в зацеплении; на вал намотана нить с грузом 4 на конце (рис. К 2).

Рейка движется по закону s 1 = f(f).

Д а н о: R2= 6 см, г 2 = 4 см, R3 = 8 см, г 3 = 3 см, s 1 = Зt 3 (s — в сантиметрах, t — в секундах), А — точка обода колеса 3, t 1 = 3 с. Определить: ω3, υ 4, ε 3, aA в момент времени t = t 1.

Решение. Условимся обозначать скорости точек, лежащих на внешних ободах колес (радиуса Ri), через υi, а точек, лежащих на внутренних ободах (радиуса гi), — через ui.

1. Определяем сначала угловые скорости всех колес как функции времени t. Зная закон движения рейки

1. находим ее скорость:

. (1)

Так как рейка и колесо 2 находятся в зацеплении, то υ 2 = υ 1 или ω2R2= v

1. Но колеса 2 и 3 тоже находятся в зацеплении, следовательно, и 2 = υ 3 или ω2r 2 = ω3R3. Из этих равенств находим

. (2)

Тогда для момента времени t 1 = 3 с получим ω3 = 6,75 с -1.

2. Определяем υ

4. Так как υ 4 = υB = ω3r 3, то при t 1 = 3 с υ 4 = 20,25 см/с.

3. Определяем ε

3. Учитывая второе из равенств (2), получим ε 3 = = 1,5t. Тогда при t 1 = 3 с ε 3 = 4,5 с -2.

4. Определяем aА. Для точки A , где численно = R3ε 3, = . Тогда для момента времени t 1 = 3 с имеем

= 36 см/с2, = 364,5 см/с2 ;

= 366,3 см/с2.

Все скорости и ускорения точек, а также направления угловых скоростей показаны на рис. К 2.

О т в е т: ω3 = 6,75 с -1, υ 4 = 20,25 см/с, ε 3 = 4,5 с -2, =366,3 см/с2.

Номер условия

Дано

Найти

скорости ускорения

0 s 4=4(7t-t 2) ,

,aA,a 5

1 =2(t 2-3)

, aB,a 4

2 =2t 2-9

,aC,a 5

3 =7t-3t 2

,aA,a 4

4 =3t- t 2

,aB,a 5

5 =5t-2t 2

,aC,a 4

6 =2(t 2-3t)

,aC,a 5

7 =3t 2-8

, aB,a 5

8 s 5=2t 2-5t ,

,aC,a 4

9 =8t-3t 2

,aA,a 4

Задача К 3

Плоский механизм состоит из стержней 1 — 4 и ползуна В, соединенных друг с другом и с неподвижными опорами О 1 и О 2 шарнирами (рис. К 3.0 — К 3.9).

Длины стержней: l 1 = 0,4 м, l 2 = 1,2 м, l 3 = 1,4 м, l 4 = 0,8 м. Положение механизма определяется углами α, β, γ, φ, θ, которые вместе с другими величинами заданы в табл. К

2. Точка D на всех рисунках и точка К на рис. К 3.7-К 3.9 в середине соответствующего стержня.

Таблица К 3

Номер условия Углы Дано Найти

ω1 ω4

0 30 150 120 0 60 2 — —

1 60 60 60 90 120 — 3 —

2 0 120 120 0 60 — — 10

3 90 120 90 90 60 3 — —

4 0 150 30 0 60 — 4 —

5 60 150 120 90 30 — — 8

6 30 120 30 0 60 5 — —

7 90 150 120 90 30 — 5 —

8 0 60 30 0 120 — — 6

9 30 120 120 0 60 4 — —

Определить: величины, указанные в таблице в столбце "Найти". Найти также ускорение aA точки А стержня l , если стержень 1 имеет в данный момент времени угловое ускорение ε 1= 10 с2.

Дуговые стрелки на рисунках показывают, как при построении чертежа должны откладываться соответствующие углы, т.е. по ходу или против хода часовой стрелки (например, угол т на рис. 1 следует отложить от стержня DE против хода часовой стрелки, а на рис. 2 — от стержня АЕ по ходу часовой стрелки).

Построение чертежа начинать со стержня, направление которого определяется углом а; ползун В и его направляющие для большей наглядности изобразить, как в примере К 3 (см. рис. К 3).

Заданную угловую скорость считать направленной против хода часовой стрелки, а заданную скорость VB — от точки В к b.

Указания. Задача К 3 — на исследование плоскопараллельного движения твердого тела. При ее решении для определения скоростей точек механизма и угловых скоростей его звеньев следует воспользоваться теоремой о проекциях скоростей двух точек тела и понятием о мгновенном центре скоростей, применяя эту теорему (или это понятие) к каждому звену механизма в отдельности.

Пример К

3. Механизм (рис. К, а) состоит из стержней 1, 2, 3. 4 и ползуна В, соединенных друг с другом и с неподвижными опорами О, и О, шарнирами.

Д а н о: α = 1200, β = 600, γ = 900, φ = 00, θ = 300, AD = DE, 11 = 0,6 м, 13 = 1,2 м, ω1 = 5 c-1, ε 1 = 8 c-2.

Определить: VB,VE, ω3 и аA.

Решение.

1. Строим положение механизма в соответствии с заданными углами (рис. К 3, б).

2. Определяем VE. Точка Е принадлежит стержню АЕ. Чтобы найти VE, надо знать скорость какой-нибудь другой точки этого стержня и направление VE. По данным задачи можем определить

VA = ω1l 1= 5* 0,6 = 3 м/с; (1)

Направление найдем, учтя, что точка Е принадлежит одновременно стержню O2 Е, вращающемуся вокруг О 2 ; следовательно, . Теперь, зная и направление воспользуемся теоремой о проекциях скоростей двух точек тела (стержня АЕ) на прямую, соединяющую эти точки (прямая АЕ).

Сначала по этой теореме устанавливаем, в какую сторону направлен вектор (проекции скоростей должны иметь одинаковые знаки) . Затем, вычисляя эти проекции, находим

; м/с (2)

3. Определяем . Точка В принадлежит стержню ВD. Следовательно, по аналогии с предыдущим, чтобы определить , надо сначала найти скорость точки D, принадлежащей одновременно стержню АЕ. Для этого, зная и , построим мгновенный центр скоростей (МЦС) стержня АЕ; это точка С

2. лежащая на пересечении перпендикуляров к и восставленных из точек А и Е (к и перпендикулярны стержни 1 и 4) . По направлению вектора определяем направление поворота стержня АЕ вокруг МЦС С

2. Вектор будет перпендикулярен отрезку С 2 D, соединяющему точки D и С 2, и направлен в сторону поворота. Величину ) найдем из пропорции

(3)

Чтобы вычислить С 2 D и С 2 А, заметим, что ∆ А С 2 Е — прямоугольный, так как острые углы в нем равны 300 и 600, и что С 2 А=

= АЕ * sin 30 = 0,5 AE=АD. Тогда ∆ А С 2 D является равносторонними С 2 А = С 2 D. В результате равенство (3) дает

м/с; (4)

Так как точка В принадлежит одновременно ползуну, движущемуся вдоль направляющих поступательно, то направление известно. Toгда, восставляя из точек В и D перпендикуляры к скоростям и , построим МЦС С 3 стержня BD. По направлению вектора определяем направление поворота стержня BD вокруг центра С

3. Вектор будет направлен в сторону поворота стержня BD. Из рис. К 3, б видно, что

∟ С 3 D B = 300, а ∟ D C3 В = 900, откуда С 3 В = l 3 sin 300, С 3 D = l 3 cos 300. Составив теперь пропорцию, найдем, что

; м/с (5)

4. Определяем aA. Так как МЦС стержня 3 известен (точка С 3), то

c-1

5. Определяем aA. Так как ε

1. известно, то = l 1 * ε

1. Далее = , или = l 1ω21. Тогда . Произведя вычисления, получим aA = 15,8 м/c 2

О т в е т: = 5,2 м/с, = 1,7 м/с, = 2,9 с-1, aA = 15,8 м/c 2

Задача K4

Прямоугольная пластина (рис. К 4.0-К 4.5) или круглая пластина радиусом R = 60 см (рис. К 4.6 — К 4.9) вращается вокруг неподвижной оси с постоянной угловой скоростью ω, заданной в табл. КЗ (при знаке минус направление ω противоположно показанному на рисунке).

Ось вращения на рис. К 4.0 — К 4.З и К 4.8, К 4.9 перпендикулярна плоскости пластины и проходит через точку О (пластина вращается в своей плоскости); на рис. К 4.4 — К 4.7 ось вращения ОО 1 лежит в плоскости пластины (пластина вращается в пространстве) .

Таблица К 4

Номер усло-вия ω, 1 /с Рис. 0-5 Рис. 6-9

b, см s = AM = f(t) l

-2

2 3 8

-4

7 -5 10

-5

По пластине вдоль прямой В D (рис. К 4.0 — К 4.5) или по окружности радиуса R, т.е. по ободу пластины (рис. К 4.6 — К 4.9), движется точка М. Закон ее относительного движения, выражаемый уравнением s = AM = = f (t) (s — в сантиметрах, t — в секундах), задан в табл. К 4 отдельно для рис. К 4.0 — К 4.5 и для рис. К 4.6-К 4.9, при этом на рис. 6-9 s = AM и отсчитывается по дуге окружности; там же даны размеры b и l. На всех рисунках точка М показана в положении, при котором s = АМ > 0 (при s > 0 точка М находится по другую сторону от точки А) .

Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени t 1 = 1 с.

Указания. Задача К 4 — на сложное движение точки. При ее решении движение точки по пластине считать относительным, а вращательное движение самой пластины — переносным и воспользоваться теоремами о сложении скоростей и о сложении ускорений. Прежде чем производить расчеты, следует изобразить точку М на пластине в том положении, в котором нужно определить ее абсолютную скорость (или ускорение), а не в произвольном положении, показанном на рисунках к задаче.

В случаях, относящихся к рис. К 4.6 — К 4.9, при решении задачи не подставлять числового значения R, пока не будут определены положение точки М в момент времени t 1 = 1 с и угол между радиусами СМ и СА в этот момент.

Пример К

4. Шар радиуса R (рис. К 4, а) вращается вокруг своего диаметра АВ по закону φ = f 1 (t) (положительное направление отсчета угла у показано на рис. К 4, а дуговой стрелкой) . По дуге большого круга ("меридиану") ADB движется точка М по закону s =АМ= f 2 (t); положительное направление отсчета расстояния s от А к D.

Дано: R = 0.5 м, φ = -2t, s=(πR/6)(7t — 2t 2 ) (φ — в радианах, s —

в метрах, t — в секундах)

Определить: и в момент времени t 1 = 1 с.

Решение. Рассмотрим движение точки М как сложное, считая ее движение по дуге A D B относительным (АВ — относительная траектория точки), а вращение шара — переносным движением. Тогда абсолютная скорость и абсолютное ускорение точки найдутся по формулам

, , (1)

где, в свою очередь,

Определим все характеристики относительного и переносного движений.

1. Относительное движение. Это движение происходит по закону

(2)

Сначала установим, где будет находиться точка М на дуге ADB в мо- 5

мент времени t

1. Полагая в уравнении (2) t = 1 с, получим . Тогда ∟ A C M1 = или ∟ B C M = 300. Изображаем на рис. К 4, а

точку в положении, определяемом этим углом (точка М 1).

Теперь находим числовые значения , , :

, ,

где — радиус кривизны относительной траектории, т.е. дуги ADB. Для момента времени t 1 = 1 с, учитывая, что А = 0,5 м, получим

м/с, м/с, м/с. (3)

Знаки показывают, что вектор направлен в сторону положительного отсчета расстояния s, а вектор — в противоположную сторону; вектор направлен к центру С дуги ADB. Изображаем все эти векторы на рис. К 4, а. Для наглядности приведен рис. К 4, б, где дуга АРВ совмещена с плоскостью чертежа.

2. Переносное движение. Это движение (вращение) происходит по закону φ = -2t. Найдем угловую скорость ω и угловое ускорение ε переносного вращения: ω = = — 2, ε = = 0 (шар вращается равномерно) . Таким образом,

ω = -2 с-1, ε =0 (4)

Знак указывает, что направление ω противоположно положительному направлению отсчета угла φ; отметим это на рис. К 4, а соответствующей дуговой стрелкой.

Для определения и найдем сначала расстояние h точки М 1 от оси вращения: h = R sin 300 = 0,25 м. Тогда в момент времени t 1 = 1 с, учитывая равенства (4), получим

м/с,

, м/с2 (5)

Изображаем на рис. К 4, а вектор с учетом направления ω и вектор (направлен к оси вращения).

3. Кориолисово ускорение. Так как угол между вектором и осью вращения (вектором ) равен 600, то численно в момент времени t 1 = 1 с [см. равенства (3) и (4)]

м/с2 (6)

Направление найдем, спроектирован вектор на плоскость,

перпендикулярную оси вращения (проекция направлена так же, как вектор ), и повернув затем эту проекцию в сторону ω, т.е. по ходу часовой стрелки, на 900. Иначе направление можно найти, учтя, что . Изображаем вектор на рнс. К 4, а.

Теперь можно вычислить значения и

0 пределение. так как ,а векторы и взаимно перпендикулярны (см. рис. К 4, а), то в момент времени t 1 = 1 с

м/с2

0 пределение . По теореме о сложении ускорений, так как = 0,

(7)

Для определения проведем координатные оси М 1 x y z (рис. КЗ, а)

и вычислим проекции вектора на эти оси. Учтем при этом, что вектор лежит на проведенной оси х, а векторы ,

, расположены в плоскости дуги ADB, т.е. в плоскости М 1 y z (рис. К 4, б).

Тогда, проектируя обе части равенства (7) на координатные оси и учтя одновременно равенства (3), (5), (6), получим для момента времени t 1 = 1 с:

м/с2,

м/с2

Отсюда находим значение в момент времени t, = 1 с:

м/с2

От в е т: = 0,93 м/с, = 3,23 м/с2.

Динамика

Задача Д 1

Груз D массой m, получив в точке А начальную скорость , движется в изогнутой трубе АВС, расположенной в вертикальной плоскости; участки трубы или оба наклонные, или один горизонтальный, а другой наклонный (рис. Д 1.0 — Д 1.9, табл. Д 1) . На участке АВ на груз кроме силы тяжести действуют постоянная сила (ее направление показано на рисунках) и сила сопротивления среды , зависящая от скорости v груза (направлена против движения) .

Таблица Д 1

Номер условия т, кг V0, М/С Q, H R, H l, м t 1, с Fx, H

0 2,4 12 5 0,8V2 1,5 — 4sin (4t)

1 2 20 6 0,4V — 2,5 -5cos (4t)

2 8 10 16 0,5V2 4 — 6t 2

3 1,8 24 5 0,3V — 2 -2cos (2t)

4 6 15 12 0,6V2 5 — -5sin (2t)

5 4,5 22 9 0,5V — 3 3t

6 4 12 10 0,8V2 2,5 — 6cos (4t)

7 1,6 18 4 0,4V — 2 -3sin (4t)

8 4,8 10 10 0,2V2 4 — 4cos (2t)

9 3 22 9 0,5V — 3 4sin (2t)

В точке В груз, не изменяя значения своей скорости, переходит на участок ВС трубы, где на него кроме силы тяжести действует переменная сила , проекция которой Fx на ось x задана в таблице.

Считая груз материальной точкой и зная расстояние АВ = l или время t, движения груза от точки А до точки В, найти закон движения груза на участке ВС, т.е. х = f(t), где х = BD. Трением груза о трубу пренебречь.

Указания. Задача Д 1 — на интегрирование дифференциальных уравнений движения точки (решение основной задачи динамики).

Решение задачи разбивается на две части. Сначала нужно составить и проинтегрировать методом разделения переменных дифференциальное уравнение движения точки (груза) на участке АВ, учтя начальные условия. Затем, зная время движения на участке АВ или его длину, определить, какую скорость будет иметь груз в точке В. Эта скорость будет начальной для движения груза на участке ВС. После этого нужно составить и проинтегрировать дифференциальное уравнение движения груза на участке ВС тоже с учетом начальных условий, ведя отсчет времени от момента, когда груз находится в точке В, и полагая, что в этот момент времени t =

0. При интегрировании уравнения движения на участке АВ в случае, когда задана длина l участка, целесообразно перейти в уравнении к переменному х, учтя, что

Пример Д

1. На вертикальном участке АВ трубы (рис. Д

1. на груз D массой т действуют сила тяжести и сила сопротивления R; расстояние от точки А, где V = V0 до точки В равно l. На наклонном участке ВС на груз действуют сила тяжести и переменная сила F = F (t), заданная в ньютонах.

Дано: m =

2 кг, R = μV2, где μ = 0,4кг/м, V0 =5м/с, l=2,5 м, Fx = 16 sin (4t).

0пределить: x = f (t) — закон движения груза на участке ВС. Решение.

1. Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз

материальной точкой. Изображаем груз (в произвольном положении) и действующие на него силы и . Проводим ось Az и составляем дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

или (1)

Далее находим: Pz = P = mg, Rz = — R = -μV2 , подчеркиваем, что в уравнении все переменные силы надо обязательно выразить через величины, от которых они зависят. Учтя еще, что Vz =V, получим

или (2)

Введем для сокращения записей обозначения

м-1, м 2/с2, (3)

где при подсчете принято м/с2. Тогда уравнение (2) можно представить в виде

. (4)

Разделяя в уравнении (4) переменные, а затем беря от обеих частей интегралы, получим

и . (5)

По начальным условиям при z = 0, V =V0 что дает С 1 = ln (V20 — n), и из равенства (5) находим In (V2 — n) = — 2kz + ln (V20 — n) или In (V2 — n)— Iп (V20— n) = — 2kz. Отсюда

и .

В результате находим

. (6)

Полагая в равенстве (6) z = l = 2,5 м и заменяя k и n их значениями (3), определим скорость VB груза в точке В (V0 = 5 м/с, число е = 2,7):

и м/с (7)

2. Теперь рассмотрим движение груза на участке ВС; найденная ско-рость VB будет для движения на этом участке начальной скоростью (V0= VB) . Изображаем груз (в произвольном положении) и действующие на него силы , и .

Проведем из точки В ось Bx и составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

. (8)

Так как Px= Р sin 300 =0,5mg, Nx=О, Fx= 16 sin (4t), то уравнение (8) примет вид

. (9)

Разделив обе части равенства на т = 2 кг и полагая опять g = 10 м/с2, получим

. (10)

Умножая обе части уравнения (10) на dt и интегрируя, найдем

. (11)

Будем теперь отсчитывать время от момента, когда груз находится в точке В, считая в этот момент t =

0. Тогда при t = 0 Vx = V0 = = VB, где VB дается равенством (7) . Подставляя эти величины в (11), получим

При найденном значении C1 уравнение (11) дает

. (12)

Умножая здесь обе части на dt и снова интегрируя, найдем

(13)

Так как при t = 0 х = О, то С 3 = 0 и окончательно искомый закон движения груза будет

х = 2,5t 2 + 8,4t — 0,5 sin (4t), (14)

где х — в метрах, t — в секундах.

Задача Д 2

Механическая система состоит из прямоугольной вертикальной плиты 1 массой т1 =

2. кг и груза D массой т2 = 8 кг; плита или движется вдоль горизонтальных направляющих (рис. Д 2.0 — Д 2.4), или вращается вокруг вертикальной оси z, лежащей в плоскости плиты (рис. Д 2.5 — Д 2.9).

В момент времени t 0 =

0. груз начинает двигаться под действием внутренних сил по имеющемуся на плите желобу; закон его движения s = АD= F (t) задан в табл. Д

2. где s выражено в метрах, t — в секундах. Форма желоба на рис. Д 2.0, Д 2.1, Д 2.8, Д 2.9 — прямолинейная (желоб КЕ), на рис. Д 2.2 — Д 2.7 — окружность радиуса R = 0,8 м с центром в центре масс С, плиты (s = AD на рис. Д 2.2 — Д 2.7 отсчитывается по дуге окружности).

Плита (рис. Д 2.0 — Д 2.4) имеет в момент t 0 = 0 скорость V0 = 0.

Плита (рис. Д 2.5-Д 2.9) имеет в момент времени t 0 = 0 угловую скорость ω0 = 8 с ', и в этот момент на нее начинает действовать вращающий момент М (момент относительно оси z), заданный в таблице в ньютонометрах и направленный как ω0, при М > 0 и в противоположную сторону при М < О. Ось z про ходит от центра С, плиты на расстоянии В; размеры плиты показаны на рисунках.

Считая груз материальной точкой и пренебрегая всеми сопротивлениями, определить указанное в таблице в столбцах 4 и

9. где обозначено: в столбце 4 (относится к рис. Д 2.0-Д 2.4) х 1 — перемещение плиты за время от t 0 = 0 до t 1 = 1 с, V1 — скорость плиты в момент времени

Таблица

Номер условия Рис. 0 и 1 Рис. 2 — 4 Рис.0 — 4

Найти

1 2 3 4

t 1 = 1 с, N1 — полная сила нормального давления плиты на направляющие в момент времени t 1 = 1 с (указать, куда сила направлена); в столбце 9 (относится к рис. 5 — 9) ω1— угловая скорость плиты в момент времени t 1 = 1 с, ω = f(t) — угловая скорость плиты как функция времени.

На всех рисунках груз показан в положении, при котором s = AD > 0;

при s < 0 груз находится по другую сторону от точки А.

Указания. Задача Д 2 — на применение теорем о движении центра масс и об изменении количества движения и кинетического момента системы. Теоремой о движении центра масс целесообразно воспользоваться в задаче, где нужно определить поступательное перемещение одного из тел системы (или реакцию связи), а теоремой об изменении количества движения — когда нужно определить скорость такого тела. Теорема об изменении кинетического момента применяется в задачах, где нужно найти угловую скорость или закон вращения одного из тел системы.

Таблица Д 2.

Рис.5 — 7 Рис. 8 и 9 Рис. 5 — 9

b M Найти.

5 6 7 8 9

8 ω = f (t)

0 ω1

12t 2 ω = f (t)

0 ω1

ω = f (t)

0 ω1

t ω = f (t)

0 ω1

При решении задачи учесть, что абсолютная скорость груза слагается из относительной и переносной скоростей (определяются так же, как при решении задачи КЗ), т.е. . Тогда количество движения груза а момент относительно оси z по теореме Вариньона (статика) будет ; эти моменты вычисляются так же, как моменты силы.

Конкретнее ход решения разъяснен в примерах Д 2.

Момент инерции плиты относительно оси С 1 z', направленной так же, как ось z на рис. Д 2.5 — Д 2.9, но проходящей через центр масс С 1 плиты, равняется m 1l 2/12, гдеl — ширина плиты (в задаче l = ЗR или l = 4R).

Для определения момента инерции Iz относительно оси г воспользоваться теоремой Гюйгенса о моментах инерции относительно параллельных осей. Ось z при изображении чертежа провести на том расстоянии b от центра C1, которое указано в таблице.

Пример Д 2. К вертикальной плите 1 массой т1 с помощью невесомого стержня BD длиной l прикреплен груз D массой m 2 (рис. Д 2а) . В момент времени t 0 = 0 стержень начинает вращаться вокруг точки В так, что расстояние s = AD изменяется изменяется по закону s = F (t), где s — в метрах, t — в секундах.

Плита движется по горизонтальным направляющим и при t 0 = 0 ее скорость U = U0

Дано: т1 =12 кг, m 2 =бкг, i=08M, t 1=2с,

U0 = 0, . (1)

1. Определение перемещения х 1 плиты за время от t 0 = 0 до t = t 1 Решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из плиты и груза. Изобразим действующие на нее внешние силы: силы тяжести , и суммарную реакцию направляющих. Проведем координатные оси xy так, чтобы ось y прошла через начальное положение центра масс плиты. Для определения х, воспользуемся теоремой о движении центра масс С системы и составим дифференциальное уравнение его движения в проекции на ось х, обозначая массу системы через m:

, или , так как

Интегрируя это уравнение, получим

, , (2)

где С 1 и С 2 — постоянные интегрирования.

Из формулы, определяющей абсциссу xC центра масс, следует, что для рассматриваемой системы , где х — абсцисса центра масс плиты, определяющая одновременно ее положение, — абсцисса груза D. Из рис. ДЗ а видно, что , где

и . (3)

В результате, найдя значение mxC и подставив его в (2), получим

. (4)

Для определения постоянных С 1 и С 2 понадобится еще одно уравнение, которое получим, продифференцировав обе части равенства (4) по времени; это даст:

, (5)

Где — скорость плиты. По начальным условиям при t = 0 х = 0, , =

0. Подставив эти величины в равенства (5) и (4), получим С 1 = 0, С 2 = m 2l . При найденных значениях С 1 и С 2 из равенства (4) окончательно получим

Этот результат дает зависимость х от t Полагая здесь t = t 1 = 2 с, найдем искомое перемещение х 1. 0 т в е т: х 1 = -0,4 м (плита переместится влево).

2. Определение скорости U1. При тех же условиях (1) найдем скорость и, плиты в момент времени t 1 = 2 с.

Решение. Рассматриваем опять механическую систему, состоящую из плиты и груза, и изображаем действующие на нее внешние силы , и реакцию ; проводим оси ху (рис. Д 26) . Для определения и, воспользуемся теоремой об изменении количества движения системы, учитывая, что для рассматриваемой системы где и — количества движения плиты и груза соответственно. Составляя уравнение в проекции на ось х, получим

или ,

так как

Отсюда следует, что

или

. (6)

Для определения VDx рассмотрим движение груза как сложное, считая его движение по отношению к плите относительным, а движение са- мой плиты — переносным движением. Тогда , где численно Vпер и Vотн= . Покажем вектор на рис. Д 2 б, направив его перпендикулярно BD в сторону положительного отсчета s или φ, и определим проекцию вектора на ось х; получим , где

и . (7)

В данной задаче можно еще найти, определив абсциссу точки D, т.е. (рис. Д 2а); тогда , где , , а значение cos φ дает равенство (7) .

При найденном значении VDx равенство (6), если учесть, что Ux = U ,

а , примет вид

. (8)

По начальным условиям при t = 0 U = 0, что дает С 1 = 0, и окончательно из (8) находим

Этот результат определяет зависимость U от t. Полагая здесь t = t 1 = 2 с, найдем искомую скорость U1 .

От в е т: U1 = -0,48 м/с (скорость направлена влево).

3. Определение реакции N1. При тех же условиях (1) найдем реакцию N1 направляющих в момент времени t 1 = 2 с.

Решение. Опять рассмотрим механическую систему, состоящую из плиты и груза D), и изобразим действующие на нее внешние силы , и реакцию (рис. Д 2а).

Для определения N1 воспользуемся теоремой о движении центра масс системы и составим дифференциальное уравнение его движения в проекции на ось у:

или , (9)

где m — масса системы; Р 1 = m 1g; Р 2 = m 2g. Из формулы, определяющей ординату центра масс системы, следует, что для рассматриваемой системы где, как видно из рис. Д 2а, , . Тогда, используя равенство (7), получим

Вычисляя производные и учитывая, что h = const, получим

Подставив это значение в равенство (9), найдем зависимость N от t и из нее, полагая t = t 1 = 2 с, определим искомую величину N1.

Ответ: N1 =197,3 Н.

4. Определение угловой скорости ω. Плита вращается вокруг оси z, лежащей в плоскости плиты (рис. Д 2в), и в момент времени t 0 =0, когда угловая скорость плиты равна ω0, на нее начинает действовать вращающий момент М.

Дано: дополнительно к условиям (1): ω0 = 5 c-1 , M = kt, где k = 10 Н*м/с.

0пределить: ω = f(t) — зависимость угловой скорости плиты от времени.

Решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из плиты и груза D, и изобразим действующие на нее внешние силы: силы тяжести , и реакции и подпятника и подшипника и вращающий момент М. Для определения ω применим теорему об изменении кинетического момента системы относительно оси z. Предварительно заметим, что так как силы и , параллельны оси z, а реакции и эту ось пересекают, то их моменты относительно оси z равны нулю. Тогда и теорема дает

или . (10)

Умножая обе части этого уравнения на dt и интегрируя, получим

. (11)

Для рассматриваемой механической системы

где и — кинетические моменты относительно оси z плиты и груза О соответственно. Поскольку плита вращается вокруг оси z, то

, где . (13)

Для определения рассмотрим движение груза как сложное, считая его движение по отношению к плите относительным, а вращение плиты вокруг оси z — переносным движением. Тогда по теореме Вариньона,

. (14)

Но вектор лежит в одной плоскости с осью z и, следовательно, . Вектор направлен перпендикулярно плите (как ось Х, если осьь Y в плоскости плиты); по модулю . Тогда . Но из рис. Д 2в видно, что DD1 =l + l sin φ. Взяв значение sin φ из формулы (3) и подставив все найденные величины в равенство (14), получим

. (15)

Зная и [формулы (13) и (15)], найдем из равенства (12) значение Kz., тогда уравнение (11) примет вид

. (16)

или при числовых значениях задачи

Постоянную интегрирования определим по начальным условиям: при t = 0 ω = ω0 = 5 с-1 ; получим С 1 = 128. При этом значении С, из уравнения (16) находим искомую зависимость ω от t.

Ответ:

Примечание. Из полученного результата можно найти и значение ω1 при t = t

1. Но если по условиям задачи одновременно М = 0, то уравнение (10) дает Кz = const, и тогда обычно проще не искать зависимость ω от t в общем виде, а сначала определить положение груза D npu t = 0 (т.е. угол φ0 ) и вычислить значение Kzo при φ = φ0 и ω =ω0 с помощью равенств, аналогичных (11) — (15); затем определить положение груза при t = t 1 (угол φ1) и тем же путем найти Kz 1 при φ = φ1 и ω = ω1. Так, в рассмотренном примере при t = 0 будет φ0 = π/2 и DD1 = 2l (рис Д 2в),а при t = t 1 = 2 с будет φ1 = — π/6 и DD1 =l/2. Тогда

, .

Значение ω1 находится из равенства Kz 1 = Кzо.

Задача Д 3

Механическая система состоит из грузов 1 и 2 (коэффициент трения грузов о плоскость / = 0,1), цилиндрического сплошного однородного катка 3 и ступенчатых шкивов 4 и 5 с радиусами ступеней Л 4 = 0,3 м, г 4 = 0,1 м, Rs = 0,2 м, rs = 0,1 м (массу каждого шкива считать равномерно распределенной по его внешнему ободу) (рис. ДЗ.О-Д 3.9, табл. ДЗ).

Тела системы соединены друг с другом нитями, намотанными на шкивы; участки нитей параллельны соответствующим плоскостям

Таблица ДЗ

Номер условия m 1 m 2 m 3 m 4 m 5 M4 M5 F = f(f), S1 Найти

кг кг кг кг кг Н*м Н*м Н M

0 2 0 4 6 0 0 0,8 50(2+ 3s) 1,0

1 6 0 2 0 8 0,6 0 20(5 + 2s) 1,2

2 0 4 6 8 0 0 0,4 80(3 + 4s) 0,8

3 0 2 4 0 10 0,3 0 40(4 + 5i) 0,6

4 8 0 2 6 0 0 0,6 30(3 + 2s) 1,4

5 8 0 4 0 6 0,9 0 40(3 + 5s) 1,6

6 0 6 2 8 0 0 0,8 60(2 + 5s) 1,0

7 0 4 6 0 10 0,6 0 30(8 + 3s) 0,8

8 6 0 4 0 8 0,3 0 40(2 + 5s) 1,6

9 0 4 6 10 0 0 0,4 50(3 + 2s) 1,4

Под действием силы F = f (s) , зависящей от перемещении точки приложения силы, система приходит в движение из состояния покоя. При движении системы на шкивы 4 и 5 действуют постоянные моменты сил сопротивлений, равные соответственно M4 и Ms,

Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда перемещение точки приложения силы равно s

1. Искомая величина указана в столбце "Найти" таблицы, где обозначено: V1 — скорость груза 1, VC3 — скорость центра масс катка 3, ω4 — угловая скорость тела 4 и т.д.

Указания. Задача ДЗ — на применение теоремы об изменении кинетической энергии системы. При решении задачи учесть, что кинетическая энергия системы равна сумме кинетических энергий всех входящих в систему тел: эту энергию нужно выразить через ту скорость (линейную или угловую), которую в задаче надо определить. При вычислении кинетической энергии катка, движущегося плоскопараллельно, для установления зависимости между его угловой скоростью и скоростью его центра масс воспользоваться понятием о мгновенном центре скоростей (кинематика).

При определении работы все перемещения следует выразить через заданное перемещение s 1, учтя, что зависимость между перемещениями здесь будет такой же, как между соответствующими скоростями.

Когда по данным таблицы m 2 =

0. груз 2 на чертеже не изображать; шкивы 4 и 5 всегда входят в систему.

Пример ДЗ. Механическая система (рис, ДЗ) состоит из сплошного цилиндрического катка /, ступенчатого шкива 2 с радиусами ступеней R2 и r 2 (масса шкива равномерно распределена по его внешнему ободу) и груза 3 (коэффициент трения груза о плоскость равен /").

Тела системы соединены друг с другом нитями, намотанными на шкив 2.

Под действием силы F = зависящей от перемещения s точки ее приложения, система приходит в движения из состояния покоя. При движении на шкив 2 действует постоянный момент М 2 сил сопротивления.

Дано: m 1 = 4 кг, m 2 =

10 кг, m 3 = 8 кг. R2 = 0,2 м, r 2 = 0,1 м, f = 0,2, М 2 = 0,6 Н • м, F = = 2(1 + 2s) Н, sl = 2м,

Определить: скорость VC1 центра масс катка, когда s = s 1

Решение.

1. Рассмотрим движение неизменяемой механической системы, состоящей из теп 1, 2. 3, соединенных нитями. Изобразим все действующие на систему внешние силы: активные , момент сопротивления М 2, реакции и силы трения и

Для определения VC1 воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии системы

. (1)

2. Определяем Т 0 и Т. Так как в начальный момент система находилась в покое, то Т 0 =

0. Величина T равна сумме энергий всех тел системы:

(2)

Учитывая, что тело 1 движется плоскопараллельно, тело 3 — поступательно, а тело 2 вращается вокруг неподвижной оси, получим

, , (3)

Все входящие сюда скорости следует выразить через искомую VC1. Приняв во внимание, что точка K1 — мгновенный центр скоростей катка 1, и обозначив радиус катка через г

1. получим

, . (4)

Кроме того, входящие в (3) моменты инерции имеют значения

, (5)

Подставив все величины (4) и (5) в равенство (3), а затем используя равенство (2), получим окончательно:

3. Теперь найдем сумму работ всех действующих внешних сил при том перемещении, которое будет иметь система, когда точка С 1 пройдет путь s . Одновременно все перемещения следует выразить через заданную величину s 1 , для чего учтем, что здесь зависимость между перемещениями будет такой же. как и между соответствующими скоростями в равенствах (4).

т.е. В результате получим:

, ,

Работа остальных сил равна нулю, так как точка К

1. где приложены , и — мгновенный центр скоростей, точка О. где приложены и . неподвижна, а реакция , перпендикулярна перемещению груза

3. Тогда окончательно

(7)

4. Подставив выражения (6) и (7) в уравнение (I) и учитывая, что T0 =

0. получим

(8)

При числовых значениях, которые имеют заданные величины, равенство (8) дает

Отсюда находим искомую скорость. Ответ; = 1,53 м/с.

Выдержка из текста

ВАРИАНТ 14

Оглавление

Задача С 1 3

Задача С 2 5

Задача К 1 8

Задача К 2 11

Задача К 3 14

Задача К 4 17

Задача Д 1 21

Задача Д 2 24

Задача Д 3 29

Список использованной литературы

Тарг С.М. Теоретическая механика и др.

Пример готовой контрольной работы по предмету: Теоретическая механика

Содержание

Выдержка из текста

Список использованной литературы

Похожие работы