Механическая система, состоящая из абсолютно твердых тел, под действием сил тяжести приходит в движение из состояния покоя; начальное положение системы показано на рис. 1. Учитывается трение скольжения тела A, и сопротивление качению тела D, катящего без скольжения. Требуется определить скорость и ускорение тела A в тот момент, когда пройденный им путь станет равным SA=S.
В задании приняты следующие обозначения:
mA, mB, mD,mE- массы тел A,B,D, E;
RB, rB; RD, rD; RE, rE- радиусы больших и малых окружностей тел B,D, E;
ρB,ρ, ρE- радиусы инерции тел B,D, E относительно горизонтальных осей, проходящих через их центры тяжести;
α- угол наклона плоскости к горизонту;
f – коэффициент трения скольжения тела A;
k – коэффициент трения качения тела D.
Нити, соединяющие элементы механической системы, считать нерастяжимыми, невесомыми и параллельными соответствующим плоскостям.
Блоки и катки, для которых радиусы инерции в таблице не указаны, считать сплошными однородными цилиндрами.
Считать величину m=10 кг, g=10 мс2.
Исходные данные (вариант 29, рис. 29)
mA, кг
mB, кг
mE, кг
mD, кг
RE, м
rE, м
ρE, м
rD, м
α,°
k,см
S,м
7m
5m
4m
2m
0,8
0,5
0,7
0,6
20
0,1
3
Нужно полное решение этой работы?
Ответ
под действием сил тяжести тел, входящих в рассматриваемую механическую систему, груз A движется вниз и после перемещения из начального положения на расстояние S=3 м имеет скорость v=5,358 мс и ускорение w=4,784 мс2.
Решение
Перерисуем механизм согласно варианту (рис. 2).
Систему с состояния покоя может вывести только сила тяжести PA или PD. Точка приложения сил PB, PE и реакции осей тел B, E неподвижны, они не могут быть движущими; реакция ND перпендикулярна к направлению движения, также не может сдвинуть систему с состояния покоя; момент трения качения появляется только при движении. lefttopРисунок 1. Исходный
00Рисунок 1. Исходный
Силы PA и PD проектируем на оси соответствующих нитей и сравним по модулю:
PA=mAg=7mg.
PDcosπ2-α=mDgsinα=2mgsinα.
Очевидно, PA>PDcosπ2-α, следовательно, система движется налево (тело A движется вниз по вертикали).
2. Мы рассматриваем движение неизменяемой механической системы. Система состоит из весомых тел A,B,D и E.
Изобразим действующие на систему внешние активные силы. Это:
силы тяжести тел PA, PB, PE и PD;
реакции опорной плоскости ND;
реакции осей тел B и E YB,XB, YE,XE;
момент пары сил трения качения M.
По условию задачи система состоит из абсолютно твердых тел, связанных идеальными связами – невесомыми и нерастяжимыми нитями. В этом случае в системе отсутствуют внутренние силы, например, силы натяжения нитей (точнее, они уравновешены и их работа равна нулю), следовательно, кроме указанных, на систему других активных сил не действуют.
-83248551435PD
A
PA
ND
ωE
vD
E
α=20°
YE
XE
PE
CA
M
Рисунок 2.
ωD
ωB
S
vA
D
Q
B
ωD
XB
YB
PB
1
v1
v2
3
4
v3
2
v4
CD
270°-α
00PD
A
PA
ND
ωE
vD
E
α=20°
YE
XE
PE
CA
M
Рисунок 2.
ωD
ωB
S
vA
D
Q
B
ωD
XB
YB
PB
1
v1
v2
3
4
v3
2
v4
CD
270°-α
3
. Определим кинетическую энергию системы.
В начальный момент система находилась в покое, поэтому ее начальная суммарная кинетическая энергия равна нулю: T0=0, а конечная кинетическая энергия равна сумме кинетических энергий всех весомых тел:
T=TA+TB+TE+TD. (1)
Тело A движется поступательно, следовательно, его кинетическая энергия равна
TA=12mAvA2.
Обозначим модуль искомой скорости vA=v, тогда
TA=12mAv2. (2)
Тело B вращается вокруг неподвижной оси, поэтому его кинетическая энергия состоит только из энергии вращательного движения, и определяется по формуле
TB=12JBωB2, (3)
где JB=0,5mBRB2- момент инерции (по условию тело B однородный цилиндр); ωB- его угловая скорость. В варианте на задан RB. Принимаем RB=0,4 м.
Тело E также вращается вокруг неподвижной оси, поэтому
TE=12JEωE2, (4)
JE=mEρE2- момент инерции тела E, ωE- его угловая скорость.
Каток D совершает плоское движение, вращается вокруг мгновенного центра скоростей Q с угловой скоростью ω5, а его центр масс CD перемещается со скоростью vD, поэтому его кинетическая энергия
TD=mDvD22+JDωD22. (5)
Для сплошного однородного цилиндра момент инерции JD=0,5mDrD2.
Все угловые и линейные скорости выражаем через искомую скорость vA=v .
Как видно из рисунка 2, точки CA, 1, 2, 3, движутся одинаковой по модулю скоростями:
vA=v1=v2=v3=v.
Определим угловую скорость тела B:
ωB=v1RB=vRB.
Угловая скорость тела E:
ωE=v3RE=vRE.
Скорость точки 4:
v4=ωErE=rEREv.
Такой же скоростью движется ЦМ тела D:
vD=v4=rEREv.
Угловая скорость тела D при вращении около ЦМ CD, а также около МЦС Q равна
ωD=vDrD=rErDREv.
Таким образом, все скорости, входящие в выражения кинетических энергий, выражали через v
Задать вопрос
на новый заказ в Автор24.
