Физика / Теоритическая механика в задачах и примерах

так как по условию ω сonst . Следовательно, аА аАn и вектор ускорения точки А направим из неё по кривошипу ОА к его оси вращения О (рис. 3.3).

Для определения ускорения аВ

точки В примем точку А за полюс.

Тогда по теореме об ускорениях точек плоской фигуры имеем

где

аB

аAn аBnА аBτА ,

(3.1)

аВАn

ω2

2 АВ 0,266 м/c2 .

Вектор аВАn

направим из точки В к полюсу А. В предположении, что звено 2

вращается ускоренно ( 2 и 2 направлены на рис. 3.3 в одну сторону по ходу

часовой стрелки), изобразим вектор аBτА в точке В перпендикулярно вектору

аВАn в направлении 2.

О

Поскольку точка В кроме звена 2

1

х

принадлежит

ползуну,

то,

предполагая, что ползун В движется

аA

А

ускоренно,

аВ

направим

вектор

ε2 2

ускорения

по его скорости VВ

у

вертикально вверх.

2

Введем ортогональную систему

a

координат Вху, направив ось Вх вдоль

B

n

a

τ

aBA

BA

звена 2, а ось Bу по вектору аBА .

В

Для

определения

величины

ускорения аВ

спроецируем уравнение

(3.1) на ось Вх:

Рис. 3.3

aB cosα aA cosα aBAn .

Отсюда

aB aA cos α aBAn

111, м/c2 .

cos α

Для нахождения величины ускорения аrBτА спроецируем (3.1) на ось Ву: aB sinα aA sinα aBAτ .

Отсюда получаем

aBAτ aB sinα aA sinα 0,155 м/c2 .

Тогда угловое ускорение 2 звена 2 определяем по формуле

ε2 aBAτ 0,19 рад/c2 .

AB

Поскольку ε2 0 , то предположение об ускоренном вращении звена 2 верно, т. е. в данном положении механизма ω2 и ε2 направлены в одну сторону по ходу часовой стрелки.

Теперь, когда кинематические характеристики (ω2 и ε2 ) звена 2

найдены, определим ускорение аD точки D середины звена 2.

О

Примем точку А за полюс и

1

х

запишем для точки D теорему об

ускорениях точек плоской фигуры:

ε

2

2

аA

А

аrD аrAn аrDn А аrDτ А .

(3.2)

у

a

Модули нормального и касательного

DA

n

aDA

ускорений точки D при

вращении

D

2

плоской фигуры вокруг полюса А

В

вчислим по формулам:

аDn А ω2

2

АD 0,133 м/c2 ,

Рис. 3.4

аDτ А ε2

АD 0,076 м/c2 .

Вектор аrDn А направим из точки D к полюсу А, а вектор аBτА изобразим в точке D перпендикулярно вектору аrDn А в направлении 2 (рис. 3.4).

Поскольку направление

неизвестно, то разложим этот координат Вху:

ускорения аD точки D середины звена 2 вектор по осям в выбранной выше системе

аrD аDxi аDy j .

C учетом этого выражения уравнение (3.2) принимает вид

аDxi аDy j аAn аDn А аDτА .		(3.3)
Вычислим проекции аDx и аDy	ускорения точки	D, спроецировав
векторное равенство (3.3) на оси Вх и Ву:
аDx aA cosα aDAn	0,826 м/c2,
аDy aA sin α aDAτ	0,476 м/c2 . ,

Тогда найдем модуль ускорения точки D:

aD	aDx	2 aDy	2 =0,95 м/c2 .
Вектор ускорения точки D aD 0,826 i 0,476 j .
Пример 3.2. Вал 1 радиуса r вращается				вокруг оси О по закону
(t) . Определить скорости точек А, В, С, D,				К и угловую скорость ω2

ступенчатого катка 2 с радиусами ступеней R и r, связанного с валом намотанным на него нерастяжимым тросом и катящегося без скольжения по горизонтальной плоскости (рис. 3.5).

Решить задачу при следующих данных:

2t рад; R = 0,2 м; r = 0,1 м.

Решение. Механизм состоит из вращающегося вала 1 и ступенчатого катка 2, совершающего плоскопараллельное движение. Так как задано движение вала 1, то определим его угловую скорость:

ω1 d 2 с-1.

dt

Величина скорости точки Е на ободе вращающегося вала 1

VE ω 1r 0,2 м/с,

2 A

			R
		VD	r	VC
	D	C
		L VL

V

A

B

V

B

φ

1

O

r

E VE

		VE OE .	K
	причем вектор		Рис. 3.5
	Поскольку вал 1 связан с

катком 2 нерастяжимым тросом, то в каждый момент движения механизма

VL VE 0,2 м/с.

Ступенчатый каток совершает плоское движение, и его точка касания с неподвижной плоскостью K является мгновенным центром скоростей

(VК 0) , т. е.	является центром вращение катка 2 в данный момент
времени. Поэтому угловую скорость ω2					катка 2 найдем по формуле:
ω2	VL		VL	2 c-1,	VrL LK.
			R r
	LK

Тогда, используя данные задачи, определим скорости всех остальных точек ступенчатого катка 2 как скорости во вращении вокруг МЦС:

VС ω 2	CK ω 2	R 0,4 м/с,	VC CK ;
VB ω 2	BK ω 2	R 2 0,57 м/с,	VB BK ;
VA ω 2	AK ω 2		r
		2R 0,8 м/с,	VA AK ;
VD ω 2	DK ω 2	R2 r2 0,45 м/с,	VrA AK .

Изобразим на рис. 3.5 векторы скоростей точек катка перпендикулярно отрезкам, соединяющим эти точки с точкой K (МЦС), в направлении ω2 .

Пример 3.3. Квадрат АВСD со стороной d совершает плоское движение. В данный момент времени ускорения его вершин А и В

соответственно равны aA , aB и направлены, как указано на рис. 3.6.

Определить ускорение вершины С квадрата. Решить задачу при следующих данных:

d 2 см; aA 2 см/с2; aB 4 2 см/c2 .

Решение. Для определения ускорения вершины С сначала найдем угловую скорость ω и угловое ускорение ε квадрата в данный момент времени.

Примем точку В за полюс. Тогда ускорение вершины А квадрата выразим, применив теорему об ускорениях точек плоской фигуры:

		а	аABn					аA аB аАnB аАτB ,			(3.4)
				i
х	А	AB			В	где
			45o		j			аАnB ω2 АB ,
	а
	A	ε	аВ		n			аАτB ε АB .
					аCB
			аCB			Вектор		аАnB изобразим	из точки А к
	D		d		C	полюсу	В.	Предположим,	что		угловое
					у	ускорение	ε	квадрата направлено		в	данный
			Рис. 3.6

момент времени по ходу часовой стрелки (рис. 3.6). Тогда изобразим вектор

аАτB в точке А перпендикулярно вектору аАnB в направлении .

Введем ортогональную систему координат Вху, направив ось Вх по стороне АВ, а ось Ву по стороне ВС квадрата.

Для определения величины ускорения аАnB спроецируем векторное уравнение (3.4) на ось Вх:

0 aB cos45o aABn .

Отсюда

aABn aB cos45o 4 см/c2 ,

и находим величину угловой скорости квадрата в данный момент времени

ω	аn	=	2 c	-1	.
	АB
	АB

Для определения величины ускорения аАτB спроецируем теорему (3.4) на ось Ву:

aA aB sin45o aABτ .

Отсюда получаем

aABτ aB sin45o aA 4 см/c2

инаходим угловое ускорение ε квадрата по формуле:

εaABτ 1 рад/c2 0.

AB

Здесь положительный знак означает, что в данный момент времени угловое ускорение ε квадрата действительно направлено по ходу часовой стрелки (как на рис. 3.6).

Теперь, когда в данный момент времени угловая скорость ω и угловое

ускорение ε квадрата АВСD найдены,	определим ускорение	аC его
вершины С.
Примем точку В за полюс. Тогда для ускорения точки С имеем
аrC аrB аrCBn аrCBτ	,	(3.5)

где

аCBn ω2 CB 4 см/c2 ,

аCBτ ε CB 2 cм/c2 .

На рис. 3.6 вектор аСnB направим из точки С к полюсу В, а вектор		аCBτ
изобразим в точке С перпендикулярно вектору аСnB в направлении .
Поскольку направление ускорения аC	вершины С неизвестно, то
разложим этот вектор по осям в выбранной выше системе координат Вху:
аC аCxi аCy j .
С учетом этого разложения запишем векторное уравнение (3.5)
аCxi аCy j аB аCBn	аCBτ .	(3.6)

Вычислим проекции аCx и аCy ускорения точки С, проецируя векторное уравнение (3.6) на оси Вх и Ву соответственно:

аCx aB cos45o aCBτ 6 см/c2 , аСy aB cos45o aCBn 0 см/c2 .

Тогда определим модуль ускорения точки С:

aС aСx2 aСy 2 6 см/c2 .

В данный момент времени вектор ускорения вершины С квадрата aС 6 i и направлен из точки С по стороне СD параллельно оси Вх.

Пример 3.4. Подвижный блок 1 и неподвижный 2 соединяются нерастяжимой нитью. Груз K, прикрепленный к концу этой нити опускается

вертикально вниз по закону x x(t) . Определить ускорение точки М,

лежащей на ободе подвижного блока 1, в момент времени t1 в положении,

указанном на рис. 3.7, если радиус подвижного блока r. Решить задачу при следующих данных:

x 2t2 м, t1 1 с, r 0,2 м

Решение.		Определим
скорость		поступательно						2
движущегося груза K, движение
которого задано:
VK	dx	4t ,		x1
	dt				аC		VD		K
при t1 1 с	VK 4 м/с 0		и	P	C VC	y1	D
изобразим	на	рис.	3.7						VK
направленным по оси х.						1
Так как груз K связан с				r	аMCn			х
подвижным		блоком	1
нерастяжимым тросом, то					M	а
						MC
VD VK 4t						Рис. 3.7
Подвижный блок 1 совершает плоское движение. Точка Р этого тела
является мгновенным центром скоростей (МЦС),						поскольку		VP 0 .	Для
определения угловой скорости ω1 и скорости центра С блока 1 запишем
пропорцию для МЦС:

ω1 DPVD CPVC

или

ω1 V2Dr VrC .

Отсюда находим

ω1 DPVD 10t t 1 10(c 1) 0,

VC V2D 2t t 1 2 м/с 0.

Изобразим на рис. 3.7 ω1 и VC , направление которых определяется

направлением вектора VD .

Поскольку центр С блока 1 движется прямолинейно, и его ускорение

aC dVdtC 2 м/с2 0 ,

то вектор aC направлен так же как вектор скорости VC .

Для определения ускорения точки М подвижного блока 1 примем его центр С за полюс. Тогда по теореме об ускорениях точек плоской фигуры для точки М запишем

аrM аrC аrMCn

аrMCτ ,

(3.7)

где при t1 1 c

аMCn ω12 MC 2 м/c2 ,

и вектор аrMn C направим из точки М к полюсу С. Для определения аrMτ C найдем значение углового ускорения ε1 блока 1. По определению

ε1 ddtω1 10(c 2 ) 0 ,

и на рис. 3.7 угловое ускорение ε1 направлено как угловая скоростьω1 , так как их знаки одинаковые (вращение ускоренное). Тогда

аMCτ ε1 MC 2 м/c2 ,

и вектор аrMτ C направлен перпендикулярно вектору аrMn C в направлении ε1

(рис. 3.7).

Введем ортогональную систему координат Px1 y1 , направив ось

Px1 параллельно вектору аrMn C , а ось Py1 параллельно аrMτ C . Поскольку направление ускорения аM точки М неизвестно, то разложим этот вектор по выбранным осям:

аM аMx1i аMy1 j .

С учетом этого разложения запишем векторное уравнение (3.7)

аMx i аMy		j аC аMCn	аMCτ .	(3.8)
1	1

Вычислим аMx1 и аMy1 , проецируя векторное уравнение (3.8) на оси Px1 и Py1 соответственно:

аMx1 aC aMCn 4 м/c2 ,

аMy1 aMCτ 2 м/c2 .

Тогда определим модуль ускорения точки М:

aM aMx 2	aMy 2	2 5 м/c2 .
1	1

В данный момент времени вектор ускорения вершины С квадрата

aM 4 i 2 j .

По теме 3 «Плоскопараллельное (плоское) движение тела» рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 16.9; 16.15; 16.17; 16.18; 16.32; 16.35; 18.1; 18.11; 18.13; 18.28; 18.39.

4. ТЕМА 4 ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА ВОКРУГ НЕПОДВИЖНОЙ ТОЧКИ

На практическом занятии по теме «Движение тела вокруг неподвижной точки» проводится решение задач по определению мгновенной угловой скорости и мгновенного углового ускорения тела при сферическом движении, а также скоростей и ускорений его точек.

4.1. Кинематика сферического движения твердого тела

При решении задач на определение кинематических характеристик тела и его точек при сферическом движении, если известна скорость точки тела постоянная по модулю, рекомендуется придерживаться следующего порядка:

1)определить положение мгновенной оси ОР;

2)вычислить величину мгновенной угловой скорости тела, разделив модуль известной скорости точки тела на расстояние от этой точки до мгновенной оси;

3)определить угловое ускорение тела при сферическом движении как вектор скорости конца вектора мгновенной угловой скорости;

4)определить скорость любой точки твердого тела при сферическом движении как скорость точки при вращении тела вокруг мгновенной оси;

5) найти ускорение точки тела при движении вокруг неподвижной точки по теореме Ревальса, предварительно определив осестремительное и вращательное ускорения точки и по модулю и по направлению.

Пример 4.1. Конус с углом при вершине 2α и радиусом основания r катится по неподвижной плоскости без скольжения (рис. 4.1). Скорость

центра основания VC const .

Определить в положении, изображенном на рис. 5.6, мгновенную угловую скорость , угловое ускорение конуса, а также скорость и ускорение его точки В.

Решить задачу при следующих данных:

α 30o ,	r 20см,		VC 60 см/с.
		Z		B
		Z
			hZ		C
			VB	VC
						r
					hP
		O					Y
						L
			VA	K	N		P
	X	E
			Рис. 4.1

Решение. Конус совершает сферическое движение, поскольку при его движении точка О остается неподвижной. Для определения положения мгновенной оси ОР конуса найдем еще одну точку конуса, скорость которой в данный момент времени равна нулю. Такой точкой является любая точка касания конуса с неподвижной плоскостью ХОY, например точка L. Прямая ОР образующая конуса, проходящая через точки О и L в каждый момент его движения, является мгновенной осью вращения тела. Поэтому вектор

мгновенной угловой скорости конуса направим по оси ОР с учетом направления его качения (рис. 4.1).

Для определения величины мгновенной угловой скорости конуса проведем из точки С на ось ОР перпендикуляр CN hP , где из CNL

hP r cosα. С учетом данных задачи вычислим значение мгновенной угловой скорости конуса по формуле: