Составив теперь пропорцию, найдем, что

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

5. Определяем а_A. Так как ε ₁ известно, то а_{A τ} = l ₁ ε ₁. Далее а_An = v ² _A / l ₁, или а_An = l ₁ω₁².

Тогда . Произведя вычисления, получим a_A = 15,8 м/с².

Ответ: v_E = 5,2 м/с, v_B = 1,7 м/с, ω ₃ = 2,9 с^–1, а_A = 15,8 м/с².

Задача К3

Прямоугольная пластина (рис. К3.0-К3.5) или круглая пластина радиусом R = 60 см (рис. К3.6-К3.9) вращается вокруг неподвижной оcи с постоянной угловой скоростью ω, заданной в табл. К3 (при знаке минус направление ω противоположно показанному на рисунке). Ось вращения на рис. К3.0-К3.3 и К3.8. К3.9 перпендикулярна плоскости пластины и проходит через точку О (пластина вращается в своей плоскости); на рис. К3.4-К3.7 ось вращения OO ₁ лежит в плоскости пластины (пластина вращается в пространстве).

 

 

Таблица К3

номер условия	ω, 1/c	Рис. 0–5	Рис. 6–9
b, см	s = AM = f (t)	l	s = = f (t)
	– 2		60(t 4 – 3 t 2) + 56	R	π/3 R (t 4 – 3 t 2)
			60(t 3 – 2 t 2)	R	π/3 R (t 3 – 2 t)
			80(2 t 2 – t 3) – 48	R	π/6 R (3 t – t 2)
	– 4		40(t 2 – 3 t) + 32	¾ R	π/2 R (t 3 – 2 t 2)
	– 3		50(t 3 – t) – 30	R	π/3 R (3 t 2 – t)
			50(3 t – t2) – 64	R	π/3 R (4 t 2 – 2 t 3)
			40(t – 2 t3) – 40	4/3 R	π/2 R (t – 2 t 2)
	– 5		80(t2 – t) +40	R	π/3 R (2 t 2 – 1)
			60(t – t3) + 24	R	π/6 R (t – 5 t 2)
	– 5		40(3 t2 – t4) – 32	4/3 R	π/2 R (2 t 2 – t 3)

По пластине вдоль прямой ВD (рис. К3.0-К3.5) или по окружности радиуса R, т.е. по ободу пластины (рис. К3.6-К3.9), движется точка М. Закон ее относительного движения, выражаемый уравнением s = AM = f (t) (s – в сантиметрах, t – в секундах), задан в табл. К3 отдельно для рис. К3.0-К3.5 и для рис. К3.6-К3.9, при этом на рис. 6–9 s = и отсчитывается по дуге окружности; там же даны размеры b и l. На всех рисунках точка М показана в положении, при котором s = AM > 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 = 1с.

Указания. Задача К3 – 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. К3.6-К3.9, 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 К3. Шар радиуса R (рис. К3, а) вращается вокруг своего диаметра АВ по закону φ = f ₁ (t), (положительное направление отсчета угла f показано на рис. К3, а дуговой стрелкой). По дуге большого круга («меридиану») движется точка М по закону s = AM = f ₂ (t); положительное направление отсчета расстояния s от А к D.

Дано: R = 0,5 м, φ = –2 t, s = (π R /6) (7 t – 2 t ² ) (φ – в радианах, s – в метрах, t – в секундах).

Определить: v _абс и а _абс в момент времени t ₁ = 1 с.

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

где, в свою очередь,

Определим все характеристики относительного и переносного движений.

1. Относительное движение. Это движение происходит по закону

Сначала установим, где будет находиться точка М на дуге ADB в момент времени t ₁. Полагая в уравнении (2) t = 1 с, получим s ₁ = ⁵/₆ π R.

Тогда Ð ACM ₁ = s ₁/ R = ⁵/₆ p =150° или Ð ВСМ = 30°. Изображаем на рис. К3, а точку в положении, определяемом этим углом (точка М ₁)

Теперь находим числовые значения

где r _отн – радиус кривизны относительной траектории, т.е. дуги ADB.

Для момента времени t ₁ = 1 с, учитывая, что R = 0,5 м, получим

Знаки показывают, что направлен в сторону положительного отсчета расстояния s, а вектор – противоположную сторону; вектор направлен к центру С дуги ADB. Изображаем все эти векторы на рис. К3, а. Для наглядности приведен рис. К3, б, где дуга ADВ совмещена с плоскостью чертежа.

2. Переносное движение. Это движение (вращение) происходит по закону j = –2 t. Найдем угловую скорость w; и угловое ускорение e переносного вращения: (шар вращается равномерно). Таким образом,

Знак указывает, что направление w противоположно положительному направлению отсчета угла j, отметим это на рис. К3, а соответствующей дуговой стрелкой.

Для определения и найдем сначала расстояние h точки М ₁ от оси вращения

h = R sin 30° = 0,25 м. Тогда в момент времени t ₁ = 1 с, учитывая равенства (4), получим

Изображаем на рис. К3, а вектор учетом направления w и вектор (направлен к оси вращения).

3. Кориолисово ускорение. Так как угол между вектором и осью вращения (вектором ) равен 60°, то численно в момент времени t ₁ = 1 с [см. равенства (3) и (4)]

Направление найдем, спроектировав вектор на плоскость, перпендикулярную оси вращения (проекция направлена так же, как вектор ), и повернув затем эту проекцию в сторону w, т.е. по ходу часовой стрелки, на 90°. Иначе направление можно найти, учтя, что Изображаем вектор на рис. К3, а.

Теперь можно вычислить значения v _абс и a _абс.

4. Определение v _абс. Так как , а векторы и взаимно перпендикулярны (см. рис. К3, а), то в момент времени t ₁ = 1 с

5. Определение a _абс. По теореме о сложении ускорений, так как

Для определения a _абс проведем координатные оси M ₁ xyz (рис. К3, 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 M ₁ yz (рис. К3, 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:

Отсюда находим значение a _абс в момент времени t ₁ = 1 с:

Ответ: v _абс = 0,93 м/с, а _абс = 3,23 м/с².

 

Задача Д1

Груз D массой т, получив в точке А начальную скорость v₀ движется в изогнутой трубе ABC, расположенной в вертикальной плоскости; участки трубы или оба наклонные, или один горизонтальный, а другой наклонный (рис. Д1.0-Д1.9, табл. Д1). На участке АВ на груз кроме силы тяжести действуют постоянная сила Q (ее направление показано на рисунках) и сила сопротивления среды R, зависящая от скорости и груза (направлена против движения).

 

Таблица Д1

номер условия	m, кг	v0, м/с	Q, Н	R, Н	l, м	t 1, c	F x, Н
	2,4			0,8 v 2	1,5	–	4 sin (4 t)
				0,4 v	–	2,5	–5 cos (4 t)
				0,5 v 2		–	6 t 2
	1,8			0,3 v	–		–2 cos (2 t)
				0,6 v 2		–	–5 sin (2 t)
	4,5			0,5 v	–		3 t
				0,8 v 2	2,5	–	6 cos (4 t)
	1,6			0,4 v	–		–3 sin (4 t)
				0,2 v 2		–	6 cos (2 t)
				0,5 v	–		4 sin (2 t)

 

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 F _x на ось х задана в таблице.

Считая груз материальной точкой и зная расстояние АВ = l или время t ₁, движения груза от точки А до точки В, найти закон движения груза на участке ВС, т.е. x = f(t), где х = BD. Трением груза о трубу пренебречь.

Указания. Задача Д1 – 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 x, учтя, что

Пример Д1. На вертикальном участке AB трубы (рис. Д1) на груз D массой т действуют сила тяжести и сила сопротивления R; расстояние от точки А, где v = v ₀, до точки В равно l. На наклонном участке ВС на груз действуют сила тяжести и переменная сила F = F (t), заданная в ньютонах.

Дано: т = 2кг, R = m v ², где m = 0,4 кг/м, v ₀ = 5 м/с, l = 2,5 м, F_x = 16 sin (4 t).

Определить: х = 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 . Проводим ось Az и составляем дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

Далее находим: P_z = P = mg, R_z = – R = –m v ²; подчеркиваем, что в уравнении все переменные силы надо обязательно выразить через величины, от которых они зависят. Учтя еще, что v_z = v, получим

Введем для сокращения записей обозначения

где при подсчете принято g ≈ 10 м/с². Тогда уравнение (2) можно представить в виде

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

По начальным условиям при z = 0 v = v₀, что дает

и из равенства (5) находим

Отсюда

В результате находим

Полагая в равенстве (6) z = l = 2,5 м и заменяя k и n их значениями (3), определим скорость v_B груза в точке B (v ₀ = 5 м/с, число e = 2,7):

2. Теперь рассмотрим движение груза на участке ВС; найденная скорость v_B будет для движения на этом участке начальной скоростью (v₀ = v_B). Изображаем груз (в произвольном положении) и действующие на него силы

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

Так как Р_x = Р sin 30° = 0,5 m,. N_x = 0, F_x = 16 sin (4 t), то уравнение (8) примет вид

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

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

Будем теперь отсчитывать время от момента, когда груз находится в точке В, считая в этот момент t = 0. Тогда при t = 0 v_x = v₀ = v_B, где v_B дается равенством (7). Подставляя эти величины в (11), получим

При найденном значении С₂, уравнение (11) дает

Умножая здесь обе части на d t и снова интегрируя, найдем

Так как при t = 0 x = 0, то С₃ = 0 и окончательно искомый закон движения груза будет

где x – в метрах, t – в секундах.

Задача Д2

Механическая система состоит из прямоугольной вертикальной плиты 1 массой m ₁ = 30 кг и груза D массой т ₂ = 10 кг; плита или движется вдоль горизонтальных направляющих (рис. Д2.0–Д2.4), или вращается вокруг вертикальной оси z, лежащей в плоскости плиты (рис. Д2.5–Д2.9).

 

 

В момент времени t₀ = 0 груз начинает двигаться под действием внутренних сил по имеющемуся на плите желобу; закон его движения s = AD= F (t) задан в табл. Д2, где s -выражено в метрах, t - в секундах. Форма желоба на рис. Д2.0, Д2.1, Д2.8, Д2.9 – прямолинейная (желоб КЕ), на рис. Д2.2-Д2.7 – окружность радиуса R = 0,8 м с центром в центре масс С ₁, плиты ( на рис. Д2.2-Д2.7 отсчитывается по дуге окружности).

Плита (рис. Д2.0-Д2.4) имеет в момент t₀ = 0 скорость и₀ = 0.

Плита (рис. Д2.5-Д2.9) имеет в момент времени t₀ = 0 угловую скорость ω₀ = 8 c^–1, 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 < 0. Ось z проходит от центра С, плиты на расстоянии b; 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. Д2.0–Д2.4) х ₁ – перемещение плиты за время от t₀ = 0 до t₁ = 1 с, и ₁ – скорость плиты в момент времени t ₁ = 1 с. N ₁ – 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.

 

Таблица Д2

номер условия	Рис. 0 и 1	Рис. 2–4	Рис. 0–4	Рис. 5–7	Рис. 8 и 9	Рис. 5–9
s = F (t)		Най­ти		s = F (t)	b	M	Найти
	0,6 sin (π/3 t 2)	π R /3 (t 2 – 3)	x1	π R /2 (1 – 2 t)	0,4 sin (π t)	R /2		ω = f (t)
	0,4 (1 – 3 t 2)	π R /3 (3 – 2 t 2)	u1	π R /6 (1 + 2 t 2)	0,2 (2 – 3 t)	4 R /3		ω1
	0,4 sin (π t 2)	π R /2 t 2	N1	π R /2 t 2	– 0,8 t	R	12 t 2	ω = f (t)
	0,8 cos (π/4 t 2)	π R /6 t 2	u1	π R /3 (4 t 2 – 1)	0,2 (2 – 5 t)	4 R /3		ω1
	0,3 (1 – 3 t 2)	π R /6 (2 t 2 – 3)	x1	π R /6 (5 – 7 t)	0,4 (3 t – 1)	R /2		ω1
	0,8 sin (π/2 t 2)	π R /2 (t 2 – 1)	N1	π R /3 (2 t 2 – 3)	0,6 cos (π t)	R	– 12	ω = f (t)
	0,6 t 2	π R /3 t 2	u1	π R /6 (3 – 4 t 2)	0,8 (1 – t 2)	R /2		ω1
	0,4 (2 t 2 – 1)	π R /6 (3 – 5 t 2)	x1	π R /3 (3 t – t 2)	0,8 (5 t 2 – 2)	4 R /3		ω1
	0,6 cos (π/2 t 2)	π Rt 2	N1	π R /6 (2 t – 3)	– 0,4 t 2	R /2	–8 t	ω = f (t)
	1,2 cos (π/6 t 2)	π R /4 t 2	x1	π R /3 (3 – 5 t 2)	0,6 (t – 2 t 2)	4 R /3		ω1

Указания. Задача Д2 – 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.

При решении задачи учесть, что абсолютная скорость груза слагается из относительной и переносной скоростей (определяются так же, как при решении задачи К3), 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 Д2.

Момент инерции плиты относительно оси C ₁ z ', направленной так же, как ось z на рис. Д2.5-Д2.9, но проходящей через центр масс С ₁ плиты, равняется m ₁ l ²/12, где l – ширина плиты (в задаче l = 3 R или l = 4 R). Для определения момента инерции I_z относительно оси z воспользоваться теоремой Гюйгенса о моментах инерции относительно параллельных осей. Ось z при изображении чертежа провести на том расстоянии b от центра С ₁, которое указано в таблице.

Пример Д2. К вертикальной плите 1 массой m ₁ с помощью невесомого стержня BD длиной l прикреплен груз D массой m ₂ (рис. Д2а). В момент времени t₀ = 0 стержень начинает вращаться вокруг точки В так, что расстояние изменяется по закону s = F (t), где s – в метрах, t – в секундах.

Плита движется по горизонтальным направляющим и при t₀ = 0 ее скорость u = u ₀.

Дано: m ₁ = 12 кг, m ₂ = 6 кг, l = 0,8 м, t ₁ = 2 с,

 

1. Определение перемещения x 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 ху так, чтобы ось у прошла через начальное положение центра масс плиты. Для определения x ₁ воспользуемся теоремой о движении центра масс С системы и составим дифференциальное уравнение его движения в проекции на ось х, обозначая массу системы через m ₁:

Интегрируя это уравнение, получим

где С ₁ и С ₂ – постоянные интегрирования.

Из формулы, определяющей абсциссу х_С центра масс, следует, что для рассматриваемой системы тх_С = т ₁ х + m ₂ x_D, где х – абсцисса центра масс плиты, определяющая одновременно ее положение, x_D – абсцисса груза D. Из рис. Д3а видно, что x_D = x – l sin φ, где

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

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

где – скорость плиты. По начальным условиям при t = 0 х = 0, Подставив эти величины в равенства (5) и (4), получим С ₁ = 0, С ₂ = – т ₂ l. При найденных значениях С₁ и С₂ из равенства (4) окончательно получим

Этот результат дает зависимость х от t. Полагая здесь t = t ₁ = 1 с, найдем искомое перемеще­ние x ₁.

Ответ: x ₁ = – 0,4 м (плита переместится влево).

2. Определение скорости u ₁. При тех же условиях (1) найдем скорость u ₁ 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. Д2б).

Для определения u ₁ воспользуемся теоремой об изменении количества движения системы, учитывая, что для рассматриваемой системы где – количества движения плиты и груза соответственно. Составляя уравнение в проекции на ось х, получим

так как

Отсюда следует, что

(6)

Для определения v_Dx рассмотрим движение груза как сложное, считая его движение по отношению к плите относительным, а движение самой плиты – переносным движением. Тогда , где численно v _пер = u и v _отн = . Покажем вектор на рис. Д2б, направив его перпендикулярно BD в сторону положительного отсчета s или φ, и определим проекцию вектора на ось x; получим v_Dx = u_x – v _отн cos φ, где

В данной задаче v_Dx можно еще найти, определив абсциссу точки D, те. x_D = х – l sin φ (рис. Д2а); тогда а значение cos φ дает равенство (7).

При найденном значении v_Dx равенство (6), если учесть, что u_x = u, а v _отн = ^{d s} /_{d t} = – ^πl /₃ t, примет вид:

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

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

Ответ: u ₁ = –0,48 м/с (скорость направлена влево).

3. Определение реакции N ₁. При тех же условиях (1) найдем реакцию N ₁ 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. Д2а). Для определения N ₁ воспользуемся теоремой о движении центра масс системы и составим дифференциальное уравнение его движения в проекции на ось y:

где m – масса системы; P ₁ = m ₁ g; Р ₂ = m ₂ g. Из формулы, определяющей ординату у_C центра масс системы, следует, что для рассматриваемой системы ту_C = т ₁ у_{C 1}+ m ₂ y_D, где, как видно из рис. Д2а, у_{С 1} = h, y_D = 2 h – l cos φ. 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 N ₁.

Ответ: N ₁ = 197,3 H.

4. Определение угловой скорости ω. Плита вращается вокруг оси z, лежащей в плоскости плиты (рис. Д2в), 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 с ^–1, М = kt, где k = 10 Н · м/с.

Определить: 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 реакции 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 , параллельны оси z, а реакции эту ось пересекают, то их моменты относительно оси z равны нулю. Тогда и теорема дает

Умножая обе части этого уравнения на d t и интегрируя, получим

Для рассматриваемой механической системы

где K_z ^пл и K_z^D – кинетические моменты относительно оси z плиты и груза D соответственно. Поскольку плита вращается вокруг оси z, то

Для определения K_z^D рассмотрим движение груза как сложное, считая его движение по отношению к плите относительным, а вращение плиты вокруг оси z – переносным движением.

Тогда и, по теореме Вариньона,

Но вектор лежит в одной плоскости с осью z и, следовательно, Вектор направлен перпендикулярно плите (как ось х, если ось y в плоскости плиты); по модулю v _пер = ω · DD ₁.

Тогда Но из рис. Д2в видно, что DD ₁ = l + l sin φ. Взяв значение sin φ из формулы (3) и подставив все найденные величины в равенство (14), получим

Зная K_z ^пл и K_z^D [формулы (13) и (15)], найдем из равенства (12) значение K_z; тогда уравнение (11) примет вид

или при числовых значениях задачи

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

Примечание. Из полученного результата можно найти и значение ω ₁ при t = t ₁. Но если по условиям задачи одновременно М = 0, то уравнение (10) дает K_z = const, и тогда обычно проще не искать зависимость ω от t в общем виде, а сначала определить положение груза D при t = 0 (т.е. угол φ ₀) и вычислить значение K_z