Теоретическая механика

пружины в момент начала движения равна нулю. При движении на шкив 3

действует постоянный момент	M =1,2 Н м	сил	сопротивления (от трения в
подшипниках).	v1 груза 1
Определить скорость		в	тот момент времени, когда

перемещение s станет равным s1 =0,2 м .

Все катки, включая и катки, обмотанные нитями, катятся по плоскостям без скольжения.

Решение:

1. Рассмотрим движение неизменяемой механической системы, состоящей из весомых тел и невесомых тел, соединенных нитями. Изобразим

действующие на систему внешние силы: активные							F ,	F упр ,	P1,	P3,	P5 , реакции
N 1,	N 3,	N	4 , натяжение нити	S2 , сила трения	F 1
						и момент			М .
					тр

Для определения кинетической энергии:

T −T 0=∑ Aek

2. Определим T 0 и покое, то T 0=0 . Величина

T =T 1+T 3+T 5 .

v1 воспользуемся теоремой об изменении

T . Так как в начальный момент система находилась в T равна сумме энергий всех тел системы:

Учитывая, что тело 1 движется поступательно, тело 5 — плоскопараллельно, а тело 3 вращается вокруг неподвижной оси, получим

T 1= m1 v12		; T 3=			I3 ω32		;
2			2
T 5=	m5 vC52		+	I C5 ω52		.
2			2

Всех входящие в уравнения скорости выразим через искомую v1 . Заметим, что vC5=v3мал ; vбол3 =v1 , где v3мал и vбол3 - скорости любых точек

соответственно малой и большой ступени шкива 3.

Для шкива 3:

Для блока 5:

ω3=

v3мал

=

v3бол

=

v1

r3

R3

R3

v

C5

=v мал=ω

r

=

v3бол r3

=

v1 r3

;

ω = vC5

=

v1 r3

3

3

3

R3 R3

5

r5

R3 r5

Кроме того, моменты инерции имеют значения:

I 3=m3ρ32 ; I C5=														m5 r52
Тогда получим:																2
T	= m1 v12 ; T											= m3 ρ32 v12									;
1				2						3						2 R32
				m v2 r						2			m			v2 r2
T		=					5 1			3	+				5	1	3			.
							2 R32								4 R32
	5
			m		1			m	3	ρ2					m r		2				m	r2	2
										3						5	3				5	3
T =(							+					+							+				) v1
			2					2 R32							2 R32						4 R32

3. Теперь найдем сумму работ всех действующих внешних сил при перемещении, которое будет иметь система, когда груз 1 пройдет путь s1 .

∑ Aek= A(F )+ A(P1)+A(P5 )+ A( M )+ A(F тр1 )+A( F упр)

s1

A( F )=∫40(9+4s)ds=40(9s1+2s21 )

0

A( P1 )=P1 s1sin 60 ̊

A( P5 )=−P5 s1 r3 R3

A( M )=−M

s1

R3

A( F1тр )=−F 1тр s1=− fP 1 sin 30 ̊ s1

A( F упр )=−

2 c r32 s12

R32

√

P5 s1 r3

s1

fP1 s1

2 cr32 s12

e

2

3

∑ Ak=40(9s1+2s1 )+P1 s1

−

− M

−

−

R3

R3

2

2

2

R3

Тогда, формула T −T 0=∑ Aek преобразуется в следующую:

m1

m3 ρ32

m5 r32

m5 r32

√

P5 s1 r3

s1

fP1 s1

2 cr32 s12

2

2

3

(

+

+

+

) v1

=40(9s1+2s

1 )+P1 s1 2

−

−M

−

−

2

2 R32

2 R32

4 R32

R3

R3

2

R32

Откуда

√

√

−

P5 s1 r3

−M

s1

−

fP1 s1

2 cr32 s12

40 (9s

+2s2)+P

s

3

−

R32

v1=

1

1

1

1

2

R3

R3

2

m

1 +

m

ρ2

m

r2

m

r2

3

3 +

5

3 +

5

3

2

2

2

2

2 R3

2 R3

4 R3

√

√

− 6 9,8 0,2 0,1 − 1,2 0,2 − 0,1 5 9,8 0,2 − 2 240 0,01 0,04

40 (9 0,2+0,08)+5 9,8 0,2

3

v1=

2

0,3

0,3

2

0,09

5 +

4 0,04

+

6 0,01

+6 0,09

2

0,18

0,18

0,36

v1=√75,2+8,49−3,92−0,8−0,49−2,13 =3,82 м/ с 2,5+0,89+0,33+1,5

Ответ: v1=3,82 м/с

Задача Д7

Барабан радиуса R весом P имеет выточку (как у катушки) радиуса r=0,6 R . К концам намотанных на барабан нитей приложена постоянная сила F =0,1 P , направление которой определяется углом β=90 ̊ ; кроме сил на барабан действует пара с моментом M =0,2 PR . При движении, начинающемся из состояния покоя, барабан катится без скольжения по шероховатой наклонной плоскости с углом наклона α=30 ̊ .

Пренебрегая сопротивлением качению, определить закон движения центра масс барабана, т. е. xC = f (t) , и наименьшее значение коэффициента трения f min о плоскость, при котором возможно качение без скольжения. Барабан рассматривается как сплошной однородный цилиндр радиуса R.

P , F , N , F тр

Решение:

Барабан совершает плоскопараллельное движение под действием сил и момента M . Проводим оси Oxy и составляем дифференциальные

уравнения плоскопараллельного движения:

mx¨C=∑ F kx ; m x¨C=P sin 30 ̊−F тр

my¨C=∑ F ky ; m y¨C =N −P cos30 ̊+F

		mR2
	I Cz ε=∑ mCz (F k );		ε=−FR+ Fтр R+M
		2

1. Определение xC = f (t) .

Так как yC= R=const , то y¨C=0 .

Учтем, что x¨C =aC (так как центр движется прямолинейно) и что при качении без скольжения в точке В находится мгновенный центр скоростей. Тогда

vC =ω R , x¨C =aC=v˙C=ω˙ R=ε R

Следовательно, полученное диф. уравнение для моментов преобразуется в следующее

m x2¨C =−F + Fтр + MR

Получили систему с тремя уравнениями и тремя неизвестными:

mx¨C= P sin 30̊− F тр

my¨C=N −P cos30 ̊+ F

mx2¨C =−F + Fтр + MR

Исключим F тр сложив 1 и 3 уравнение.

32 m x¨C =−F+ MR + P2

32 m x¨C =−0,1 P+0,2 P+ P2

32 m x¨C =0,6 P m x¨C=0,4 P

Отсюда, так как P=mg , найдем для определения xC = f (t) следующее дифференциальное уравнение:

x¨C =0,4 g

Интегрируя уравнение получим

x˙C =0,4 g t+C1 ; xC=0,2 gt2+C1 t+C 2

По начальным условиям при t=0 vC =0 и xC =0 (ось y проводим через начальное положение точки C). Получим С1=С2 =0

Следовательно, закон движения центра С:

xC =0,2 g t2

2. Определение f min

При качении без скольжения сила трения должна удовлетворять неравенству

F тр ≤ fN

Величину N найдем из второго составленного дифференциального уравнения движения:

m y¨C=N −P cos30 ̊+ F

N =m y¨C +P cos30 ̊− F

Учитывая, что y¨C=0 получим

N = P √23 −0,1 P=0,77 P

Значение F тр найдем из составленного ранее дифференциального уравнения:

m x2¨C =−F + Fтр + MR

Подставим значение x¨C =0,4 g получим

0,2 mg=−F +F тр+ MR

Тогда

F тр=0,2 P+ F − MR =0,2 P+0,1 P−0,2 P=0,1 P ,

Таким образом, исходное условие качения без скольжения F тр ≤ fN преобразуется в следующее:

0,1 P ≤ f 0,77 P

0,1≤ f 0,77

f≥0,13

fmin=0,13

Ответ: xC =0,2 g t2 , f min=0,13