3.4. Методические указания и примеры решения задач

на практических занятиях

Практическое занятие №1

Из многообразия задач на кинематику точки рассмотрим два типа.

Первый тип– задачи, в которых по заданному закону движения точки требуется определить её траекторию, скорость, полное, касательное и нормальное ускорения точки, а также радиус кривизны траектории в момент времени.

Эти задачи решают путём дифференцирования по времени заданных уравнений движения. Для их решения необходимо повторить из математики таблицу основных формул дифференцирования.

Пример 1.Точкадвижется в плоскостисогласно уравнениям, где координатыизмеряются в метрах, а время- в секундах. Определить траекторию точки, а для момента временинайти положение точки на траектории, ее скорость, полное, касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории в соответствующей точке.

Решение. Для определения уравнения траектории точки исключим из уравнений движения время. Тогда из первого уравнения движения получим:

, подставляя это уравнение во второе уравнение движения, определим уравнение траектории

. (а)

Это выражение представляет собой уравнение параболы (рис. 3.4.1), вершина которой находится в точке , а ветви – симметричны относительно оси. При. C возрастаниемотрицательные значения координатитакже возрастают по модулю. Это значит, что точка движется из вершины параболы по ее левой ветви.

Точка на рисунке 3.4.1 изображает начальное положение точки, а- ее положение в момент времени, когда координаты равны.

Определяем модули скорости и ускорения точки

,

. (б)

;.

Касательное ускорение точки находим путём дифференцирования выражения (б) для скорости:

.

.

Получили, что , это означает, что движение точки ускоренное и, следовательно, направленияисовпадают.

Определяем нормальное ускорение точки в данный момент времени

.

Радиус кривизны траектории в положении ( где принаходится точка) равен.

Воспользовавшись уравнением (а) вычерчиваем траекторию (рис.3.4.1) изображаем на ней положение точкив заданный момент времени. По составляющимистроим вектор, причем он должен быть направлен по касательной к траектории точки. По составляющимистроим вектор(рис. 3.4.1).

Второй тип– задачи в которых указывается характер движения точки или объекта, принимаемого за материальную точку, по известной траектории, например движение равнопеременное, требуется определить два неизвестных параметра движения точки, если остальные параметры заданы.

Этот тип задач решается интегрированием уравнения для касательного ускорения точки как функции времени.

Пример 2. Точка М равномерно движется по окружности радиуса R со скоростью. В некоторый момент времениона начинает двигаться равноускоренно и к моменту времени=Т от начала ускоренного движения проходит путь. Определить в этот момент времени скорость, касательное и полное ускорение точки.

Решение. Согласно условию задачи точка М в течение известного промежутка времени (0,Т) движется равноускоренно, т.е. касательное ускорение.

Из определения касательного ускорения точки имеем:

. (a)

Интегрируя по времени равенство (а), получаем:

=, (б)

где постоянную интегрирования определяем из начальных условий; при,находим:и, следовательно, равенство (б)

примет вид: . (в)

Далее, из определения скорости точки как производной по времени от естественной (дуговой) координаты имеем:

. (г)

Интегрируем по времени равенство (г) получаем:

=, (д)

где постоянную интегрирования также определяем из начальных условий; при,; отсюда находими, следовательно, равенство (д) примет вид:. (е)

Решая совместно уравнения (в) и (е), определяют любые двапараметра кинематики точки при известных остальных её параметрах.

В рассматриваемом примере заданы: =Т. Определяеми.

Из уравнения (в) находим:. (ж)

Подставляя в уравнение (е), получаем:,

откуда определяем искомую скорость точки;

=.

Подставляем значение в равенство (ж), находим касательное ускорение точки:=.

Затем определяем нормальное ускорение и модуль полного ускоренияточкиМ(рис.3.4.2).

=.

.

Примечание.Если в условии задачи задано ускорение движения точки как функции времени впроекциях на декартовые оси координат, то задача решается путём интегрирования составляющих уравнений.

Практическое занятие №2

Пример 1. Уравнение вращения ротора турбины в период разгона из состояния покоя имеет вид. Определить в момент временипосле пуска: а) угол поворота, угловую скорость, угловое ускорение ротора,

б) скорость, касательное и нормальное ускорения точки ротора, отстоящей от оси вращения на расстоянии.

Решение.Угол поворота ротора в заданный момент времени

.

Угловая скорость по модулю равна

;

при

.

Угловое ускорение по модулю равно

;

при

.

Модуль скорости точки

;

при

.

Модуль касательного ускорения точки

;

при

.

Модуль нормального ускорения точки

;

при

.

Практическое занятие№3

Алгоритм решения задач на теорему Кориолиса

1. Согласно условию задачи изобразить переносящее тело так, чтобы его ось вращения совпала с одной из обозначенных осей координат x,y,z. В выбранный момент времениt отметить положение точкиМ, нанестиотносительнуюипереноснуютраектории её движения, а также указать направления векторов относительной скоростии переносной скорости.

2. Если закон относительного движенияточки по траектории задан аналитически, то следует определить алгебраические значения относите-льной скоростии относительного касательного ускорения, а также относительное центростремительное ускорение. В случае относительного прямолинейного движения.

3. Если закон вращения подвижной системы отсчёта (переносящего тела) также задан аналитически , то следует определить переносную угловую скоростьи переносное угловое ускорение.

4. Определить составляющие переносного ускорения: центростремительное и касательное, гдеh расстояние от точкиМдо оси вращения подвижной системы отсчёта (определяется из условия задачи).

5. Изобразить на рисунке приложенные к точке Мвекторы ускорений,,,и направленные:- перпендикулярно оси вращения переносящего тела;- по касательной к траектории совпадающей точкив сторону вращения тела при>0 или в противоположную сторону при< 0;- к центру кривизны траектории относительного движения точки, а- по касательной к этой траектории.

6.Если в условии задачи заданы ,,,, то пункты 2 и 3 не выполняются.

7. Направление и модуль ускорения Кориолиса определить согласно правилу векторного произведения двух векторов. Вектор приложить к движу-щейся точкеМ.

8. Абсолютное ускорение точки по направлению и по модулю можно определить геометрически путём последовательного применения правила параллелограмма и используя при этом теорему косинусов или теорему синусов.

Во многих случаях удобнее определять модуль абсолютного ускорения точки аналитически. Для этого формулу, выражающую теорему Кориолиса, проецируют на декартовы координатные оси:

,

,

.

Затем определяют модуль абсолютного ускорения точки:

.

При необходимости определяют направление вектораотносительно координатных осей, вычисляя направляющие косинусы.

Пример1. Диск радиусомR=60смвращается вокруг оси, совпадающей с его вертикальным диаметромАВ, по закону рад. От точи С горизонтального диаметра диска по его ободу движется точкаМ согласно уравнениюсм. Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки в момент времениt=1c.

Решение. Начальное положение подвижной системы отсчётаOx₁y₁z₁, связанной жёстко с вращающимся диском, выберем так, чтобы в момент времениt от начала движения она совпала с неподвижной системой отсчётаOxyz. К моменту времениt точкаМпройдёт по ободу диска путь s, равный длине дугиСМ.При t=1c; s=10π cм.УголСОМ=α составит:рад или α= 30^о.

Относительная траектория точкиМ– окружность радиусаR.Переноснаятраектория точки в момент времениt– окружность радиусаh.

Из рис.3.4.3 находим:см.СкоростииточкиМ направлены по касательным к соответствующим траекториям (см. рис.3.4.3). При этом переносная скоростьнаправлена перпендикулярно плоскостиzOy, т.е. параллельно осиOxв сторону вращения диска.

По теореме о сложении скоростей абсолютная скорость точки равна: ,

где модули скоростей ,;. Так как векторыивзаимно перпендикулярны, то модуль абсолютной скорости точкиМ равен:

.

При t=1c получим = .

В переносномиотносительномдвижениях точкаМ перемещается по криволинейным траекториям, поэтому абсолютное ускорение точки определим по формуле, выражающую теорему Кориолиса в развёрнутом виде

. (а)

Нормальное переносное ускорение направлено к оси вращения диска и по модулю равно:.

Касательное переносное ускорение направлено также как скоростьи по модулю равно:, где.

Нормальное относительное ускорение направлено к центруОдиска и по модулю равно:=.

Касательное относительное ускорение направлено также как скоростьи по модулю равно:.

Направление кориолисова ускорения должно быть видно при повороте против хода часовой стрелкимысленно перенесённого к точкеМ вектора. То есть векторсовпадает с направлением осиOx и по модулю равен:

.

При , составляющие абсолютного ускорения принимают следующие

значения: см/c²; см/c²; см/c²;

см/c²; см/c².

Модуль абсолютного ускорения точки Мопределяем аналитически. Проецируя векторное уравнение (а) на оси координатx,y,z получаем:

см/c², см/c².

.

Практическое занятие №4

Задачи на определение скоростей точек твёрдого тела, совершающего плоское движение, можно решать несколькими способами; применяя теорему о сложении скоростей или теорему о проекциях скоростей двух точек, или на основе метода мгновенного центра скоростей (МЦС). Рассмотрим все три способа на одном и том же примере.

Пример 1. КривошипОАдлинойl центрального кривошипно-ползунного механизма вращается с постоянной угловой скоростью. Определить скоростьползунаВ и угловую скоростьшатунаАВв момент времени, когда кривошипОАи шатунАВобразуют между собой угол 90^О, если длина шатуна в два раза больше длины кривошипа.

Решение

На рисунке 3.4.4,а изображен механизм в положении, указанном в тексте задачи. Механизм состоит из трёх подвижных звеньев.

Звено ОА– кривошип – совершает вращательное движение вокруг неподвижной осиО. Ось шарнира А движется по окружности радиусаОА. Скорость точкиАнаправлена по касательной к этой окружности,

т. е. , и по модулю равна:.

Звено В – ползун – движется поступательно вдоль линии ОВ. Вектор скорости оси шарнира В направлен по линииОВ, т. е..

Звено АВ– шатун – совершает плоское движение. Скорость его точкиА как точки кривошипаОА известна, поэтому примем её за полюс, тогда скорость точкиВползуна определится по теореме сложения скоростей:

, (1)

где вектор скорости точки Вотносительно полюсаАперпендикулярен звенуВА, то есть. В векторном уравнении (1) скорость точкиАкак точки кривошипа ОА известна по модулю и по направлению, остальные скорости известны только по направлению.

Решаем уравнение (1) геометрически. Для этого из произвольной точки плоскости механизма (рис. 3.4.4,b) изобразим отрезкомвектор скорости, затем через его конецпроводим прямую, перпендикулярную шатунуАВ, а через начало вектора, т.е. точку , - прямую параллельнуюОВ.Точку пересечения этих двух прямых обозначим через. Получили векторный треугольникскоростей. По построению этот векторный треугольник подобен прямоугольному∆OAB, образованному звеньями механизма.

Из подобия треугольников получаем отношения:

,. (2)

Из ∆OABимеем:==.

Тогда из отношений (2) имеем

==1,12.

.

Находим угловую скорость шатуна:

.

Решим этот пример, применяя теорему о проекции скоростей двух точекА иВ шатуна на ось, проходящую через эти точки, т.е. на прямуюАВ:

(3)

где угол между вектором скороститочкиАи осьюАВ,угол между вектором скороститочкиВ и той же осьюАВ.

Из рисунка 3.4.4,а видно, что угол , так как векторсовпадает с осьюАВ,.

Согласно формуле (3) находим значение скорости точки В:

=.

Отметим, что рассмотренный способ не позволяет непосредственно определить угловую скорость шатуна.

Решим этот же пример методом МЦС. Для этого изобразим механизм так, чтобы было удобно определять положение МЦС (рис. 3.4.5). Определяем скорость точкиАкривошипаОА;. Прикладываем векторк точкеА, принадлежащей кривошипу и шатунуАВ, перпендикулярноОА. Согласно условию задачи линия действия скоростисовпадает с осьюАВшатуна. Линия действия скорости точкиВ, как точки принадлежащей шатуну АВи ползунуВ, совпадает с прямойОВ.

Далее из точек АиВстроим перпендикуляры к линиям действия векторови. Точкар пересечения перпендикуляров есть МЦС шатунаАВ.

На основе свойства МЦС определяем скорость точки Вползуна:, откуда. (а)

Из подобия прямоугольных треугольниковрАВиОАВ, полученных в результате геометрического построения, имеем:. (b)

Подставляя значение (b) в равенство (а), получим искомое значение скорости точки В:

.

Согласно тому же свойству МЦС определяем угловую скорость шатуна АВ:

, (с)

где значение отрезка рА определяем из подобия ∆pABи∆OAB:

,

откуда . (d)

Подставляем выражение (d) в равенство (с), находим:

Практическое занятие №5

При решении задач статики целесообразно использовать (независимо от действующей системы сил) следующие методические рекомендации.

1. Решение начинают с выявления из условия задачи объекта равновесия, т.е. тела, равновесие которого должно быть исследовано.

2. На чертеже изображают схему объекта равновесия с указанными в задаче связями и активными силами.

3. Затем объект мысленно освобождают от наложенных связей, а их действие заменяют соответствующими реакциями, которые также изображают на чертеже. Если линия действия реакции заранее неизвестна, то она раскладывается на составляющие, параллельные осям координат.

4. Оси координат направляют так, чтобы большинство неизвестных сил были им перпендикулярны или соответственно параллельны.

5. Изобразив на чертеже все активные силы и реакции связей, устанавливают, какая из систем сил действует на тело и составляют соответствующие уравнения равновесия сил и моментов сил. При этом центры моментов сил располагают в точке пересечения линий действия неизвестных сил.

6. Затем решается система алгебраических уравнений равновесия относительно неизвестных величин (чаще всего реакций связей).

Следует отметить, что в результате решения уравнений равновесия определяют алгебраические значениянеизвестных сил. Если значение величины искомой силы получают со знаком «минус», то это означает, что действительное направление силы противоположно первоначально предположенному направлени

Пример 1. Однородная балкавесомкН и длинойудерживается в горизонтальном положении с помощью неподвижного шарнира, прикреплённого к стене, и веревкой, перекинутой через неподвижный блок(рис.3.4.6). К концу веревки подвешен груз. На участке длинойм на балку действуют равномерно распределенная нагрузка интенсивностикН/м и пара сил с моментомкН/м. Определить реакцию связи и вес груза,необходимого для удерживания балки в горизонтальном положении, если угол наклона веревки к горизонту.

Решение.Объект равновесия – однородная горизонтальная балка, удерживаемая в равновесии шарнирно-непод-вижной связьюА и гибкой связьюВС (рис. 3.4.6). На балку действуют активные силы: вес балки, приложенный к ее середине; равномерно распределенная нагрузка, равнодействующаяэтой нагрузки приложена к середине участкаBDи равна по модулю; пара сил с моментом. Связьшарнирно-неподвижная; её реакциянеизвестна по направлению и по модулю, поэтому раскладываем её на составляющиеипо направлению координатных осей. Осьсистемы координат направляем по оси балки, так как в этом случае она перпендикулярна большинству сил, действующих на балку. Грузоказывает воздействия на балку через гибкую связь – веревку. Реакцияверевкив состоянии равновесия равна по модулю весу груза, то есть, и, как принято, направляем её от балки вдоль верёвки (рис. 3.4.6).

Изображаем на чертеже все активные силы и реакции связей. Устанавливаем, что на балку действует плоская система сил. Составим уравнения равновесия этой системы сил в основной форме (2.2.3), (см. опорный конспект):

, (1)

. (2)

Уравнение моментов сил составляем относительно точки В, так как в ней пересекается наибольшее количество линий действия неизвестных сил.

, (3)

где кН.

Решаем полученную систему уравнений относительно трех неизвестных реакций связей: ,и.

Из уравнения (3), где только одна неизвестная реакция , находим:

.

Подставляем значение в уравнение (2), получаем:

.

Подставляем найденное значение в уравнение (1), находим:

.

Знак минус указывает на то, что в действительности реакция направлена в противоположную сторону.

Вес груза .

Ответ: .

Пример 2.На гладкой горизонтальной плоскости стоит передвижная лестница, состоящая из двух частейдлиной 3м и весом 150 Н,длиной 4м и весом 200 Н. Частиисоединены шарнироми веревкой; расстояниям,. Центр тяжести каждой из частейинаходится в её середине. В точкена расстояниимстоит человек весомН. В точкеподвешен груз весомН. Определить реакции пола и шарнира, а также натяжениеверевки, если угол.

Решение. Объект равновесия – механическая система, состоящая из двух тел, на которые действуют внешние силы тяжести: весчасти, весчасти, весчеловека и весгруза. Внешние связиитипа «ребро-плоскость»; реакцииинормальны (перпендикулярны) плоскостиАВ(рис. 3.4.7,а).

Система сил плоская параллельная, для нее согласно принципу «отвердевания» можно составить только два уравнения равновесия.

Уравнение моментов сил относительно точки :

, (1)

где плечи сил:м,

м,

м,

м,м.

Уравнение равновесия проекций сил на ось

. (2) Решаем систему линейных уравнений (1) и (2).

Из уравнения (1) находим

Н.Подставляя значение реакциив уравнение (2), получаем:

Н.

Для определения реакций внутренних связей воспользуемся методом расчленения. Изображаем (рис.3.4.7, б) часть лестницыбез связейи, и веревки. Вместо связей прикладываем реакции этих связей. Связьшарнирно-неподвижная, реакция неизвестна по направлению; заменяем ее реакциямии. Реакциянаправлена вдоль веревкив сторону удалённой связи. На частьдействуют три неизвестные реакции связей,и. Составляем три независимых уравнения равновесия

, (3)

, (4)

, (5)

где плечи сил: м,

м,

м.

Решаем систему уравнений (3), (4), (5). Из уравнения (5) находим

Н.

Из уравнений (3) и (4) определяем

Н,

Н.

Практическое занятие №6

Среди множества задач, решаемых с помощью основного уравнения динамики точки, обычно выделяют задачи двух типов. К первому типу относится прямая задача: задано движение точки, найти силы, вызывающие (или сопровождающие) это движение. В этот разряд попадают, прежде всего, задачи динамики несвободной точки, в которой подлежат определению реакции связей. Второй тип составляютобратные задачи, в которых по заданным силам, приложенным к точке, требуется найти кинематические и геометрические характеристики её движения.

Пример 1 (прямая задача).Материальная точкадвижется в горизонтальной плоскостисогласно уравнениям, где- положительные постоянные. Определить силу, вызывающую это движение.

Решение. Дважды дифференцируя по времени заданные уравнения движения, найдем проекции ускорения на оси декартовой системы координат:Проекции искомой силы равны:

.

Отсюда:

Таким образом, модуль искомой силы пропорционален модулю радиус-вектора движущейся точки (рис. 3.4.8).

Определяем направляющие косинусы для силы и радиус-вектораточки М:

,, (а)

,. (б)

Сравнивая выражения (а) и (б), заключаем, что векторы инаправлены по одной прямой в противоположные стороны, то есть силаявляется силой притяжения к центру(рис. 3.4.8).

Пример 2 (обратная задача).Самолет массойт летит по горизонтальной прямолинейной траектории. Сила тягипостоянна и составляет уголс направлением полета. Сопротивление воздуха пропорционально квадрату скорости:, где- постоянный положительный коэффициент. Определить, какое расстояниепролетит самолет, прежде чем его скорость увеличится с некоторого значениядо значения. Определить также условие, при котором полет самолета будет действительно горизонтальным.

Решение. Будем рассматривать поступательное движение самолета как движение материальной точки, к которой приложены сила тяжести, сила тяги, составляющая уголс направлением вектора скорости, подъемная аэродинамическая силаи сила сопротивления воздуха(рис. 3.4.9).

Совместим ось системы отсчетас горизонтальной траекторией самолета и составим дифференциальное уравнение движения точкив проекции на ось:

.

Сделаем замену , где- алгебраическая величина скорости. Далее выполним подстановку, введя аргументвместо:

.

Тогда дифференциальное уравнение примет вид

.

Получили дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными и. Разделяем переменные и интегрируем левую и правую части этого уравнения в соответствующих, заданных условиями задачи, пределах:

при ; при.

;

,

.

Для определения условия горизонтальности полета составим дифференциальное уравнение движения самолета в проекции на ось :

.

Так как при горизонтальном полете , то, и уравнениепримет вид уравнения равновесия:

,

что и является условием горизонтальности полета.

Пример решения задачи на свободные колебания точки

Пример 3 (обратная задача). Груз массойподвешивают к концу недеформированной вертикально закреплённой пружины, коэффициент жесткости которой, и отпускают без начальной скорости. Пренебрегая массой пружины и силами сопротивления, определить закон движения гири, а также период и амплитуду ее колебаний.

Решение. Примем груз за материальную точку, движущуюся прямолинейно по вертикали, к которой приложены сила тяжестии сила

упругости , где- деформация пружины. Совместим осьс вертикальной траекторией точкии рассмотрим три положения груза на этой оси. На рисунке 3.4.10а) - положение нижнего конца недеформированной пружины; б) - положение груза, подвешенного к пружине, в момент статического равновесия; в) - текущее положение груза, фиксируемое координатой

В положении б) статического равновесия груза будет выполняться условие

, или, (1)

где - статическая деформация пружины;- статическая сила упругости пружины.

Из равенства (1) находим .

Начало отсчета координаты выберем в положении равновесия груза.

Составим дифференциальное уравнение движения гири в проекции на ось :; (2)

и учтем, что в момент времени , когда положение груза определяется координатой, деформация пружины равна, а модуль силы упругости будет равен

.

Тогда c учетом уравнения (1) уравнение (2) примет вид:

, или

, (3)

где .

Следовательно, точка совершает свободные гармонические колебания. Общее решение уравнения (3) представим как

. (4)

Из текста задачи находим начальные условия движения:

при

Собственная частота равна

,

начальное значение координаты

.

Окончательно закон движения гири запишется в виде:

.

Период свободных колебаний гири

.

Амплитуда свободных колебаний гири

.

Практическое занятие №7

Решение задач на теорему о движении центра масс

Пример 1. К оси ведомого колеса радиусомприложена движущая сила, направленная горизонтально и равная по модулю, где- масса колеса,- коэффициент трения скольжения,- ускорение свободного падения. Найти уравнение движения центра массколеса, если его движение начинается из состояния покоя.

Решение. Отнесем движение данной механической системы, представленной твердым телом (колесом), совершающим плоское движение, к инерциальной условно неподвижной системе отсчета(рис. 3.4.11).

На колесо действуют следующие внешние силы: активные силы и, а также реакции связи(реакция плоскости) и(сила трения скольжения).

Применяя теорему о движении центра масс системы, составим дифференциальные уравнения движения точкитела в проекции на осии:

;. (а)

Центр масс колеса движется вдоль пунктирной линии, параллельной оси (рис. 3.4.11).

Поскольку колесо катится по плоскости дороги, не отрываясь от нее, то и. Второе уравнение (а) обращается в уравнение равновесия

;;.

По закону Кулона наибольшее значение силы трения, имеющее место при наличии проскальзывания, равно

.

Тогда первое дифференциальное уравнение (а) примет вид:

,

или . (б)

Интегрируя это уравнение, получим общее решение

;. (в)

Запишем начальные условия: при ,,,

тогда будем иметь, что .

Окончательно, частное решение уравнения (б) будет иметь вид:

,

это и есть закон движения центра масс колеса.

Практическое занятие №8

Решение задач на теорему об изменении кинетического момента системы

Пример 1.На вал, вращающийся с угловой скоростью, насажен маховик массы 100кги диаметра(рис. 3.4.12). В некоторый момент времени к маховику был приложен постоянный тормозной момент, в результате чего черезминуты вал остановился. Считая маховик однородным диском, а также пренебрегая трением в опорах и весом самого вала, определить модуль тормозного момента.

Решение.В состав механической системы входит твердое тело – вал с маховиком, вращающимся вокруг неподвижной оси. На вал действуют внешний тормозной момент, а также внешние силы:- вес вала с маховиком,,- реакции опори.

Запишем дифференциальное уравнение вращения твердого тела вокруг неподвижной оси (83), которое в условиях данной задачи имеет вид:

,

или , (а)

где - момент инерции маховика относительно оси;

, поскольку моментами трения в опорах пренебрегаем по условию, а моменты внешних сил,,равны нулю, так как их линии действия пересекают ось,

Разделим переменные в уравнении (а)

и в результате интегрирования находим

.

Постоянную интегрирования находим из начального условия -

при ,, следовательно.

Таким образом, частное решение уравнения (а) будет иметь вид

. (б)

Это уравнение выражает зависимость угловой скорости вала от времени. В момент остановки вала имеем ,.

В результате из уравнения (б) определяем момент :

.

Практическое занятие №9