книги / Теоретическая механика

Д11. Стержень с колечками можно рассматривать как твердое тело массы m = m1 + 2m 2 ; центр масс C этого тела – в середине

61

Д12. Согласно теореме о движении центра масс, в положении, когда сторона AB горизонтальна, 3m aCn = N y −3mg , 3m aCτ = N x .

Здесь aCn = ω2l 3 ( l – длина стержня), aCτ =εl 3 = 0 (так как в данном положении ω достигает максимума). Согласно закону сохранения полной энергии,

J z = 2ml2 3 + ml2 12 + m(l 32)2

(для стороны AB использована теорема Гюйгенса–Штейнера), получим

Ответ: N =5mg .

Д13. Дифференциальные уравнения движения диска: m dVCx dt = mg sin α − Fтр ,

0 = N −mg cos α,

(mR2 2)(dωdt )= −FтрR .

62

зывание прекратится при VAx = 0 .

Ответ: если tg α <3 f , то T = (ω0 Rg )(3 f cos α −sin α);

если tg α ≥ 3 f , то проскальзывание никогда не прекратится.

Д14. На рисунке показано взаимное расположение стержня и диска, соответствующее L = r 2 и l = r . На стержень действуют реакция шарнира A и сила упругости пружины Fупр (сила тяжести и

нормальная реакция диска уравновешиваются). Присоединяя к этим силам д’Аламберовы силы инерции, рассмотрим равновесие сил. Система сил инерции – сходящаяся и приводится к равнодейст-

вующей R ин . Уравнение равновесия сил

Д15. Дифференциальные уравнения движения диска:

63

ω=(VAx −VCx )R (A – точка соприкосновения диска с плоскостью), получаем ε =(a −aCx )R . Из полученных уравнений находим aCx и

стержня:

J zϕ=&& M (ϕ) ,

где J z = m(2l)2 3 . Дифференцируя по времени равенство CB =ltgϕ,

получим u = lϕcos2 ϕ , откуда ϕ= (ul)cos2 ϕ . Дифференцируя по

времени последнее равенство и подставляя ϕ из него же, найдем

ϕ&& = −2(ul)2 sin ϕcos3 ϕ.

Ответ: M (ϕ) = −(8mu 2 3)sin ϕcos3 ϕ.

Д17. Кинетическая энергия системы

где J1 =m1R12 2 , J2 =m2R22 2 , ω1 =2ω3lR1 , VC2 =ω3l, ω2 = ω 3lR2 , l = R1 + R2 , B = l2 (2m1 +3m 2 2)= 2J1 (l2R12 )(2 +3m 2 2m1 ).

Сумма мощностей внешних сил

∑N e = M 3ω 3 − M1ω1 = Qω 3 ,

где Q = M 3 −(2lR1 )M1 . Из теоремы об изменении кинетической энергии следует, что ε3 =QB . Так как ω1 ω 3 = k , то lR1 = k2 .

Д18. Так как проекции внешних сил на горизонтальную плос-

AB = R = const , то точки A и B описывают окружности радиусами R2 с центром в C и в каждый момент времени имеют равные по

куда ω= (2VA −Vr )R . Далее, моменты внешних сил относительно

любой вертикальной оси равны нулю, поэтому (с учетом неподвижности системы при t = 0 и неподвижности С при t ≥ 0 ) при t ≥ 0 кинетический момент системы относительно такой оси равен нулю.

Выберем ось Az, тогда LAz =(mR2 2)ω+ mVB R = 0 ; подставляя сюда найденное выше выражение для ω и учитывая, что VB =VA , получим

Ответ: VA (t) =Vr (t)4 .

Д19. Добавив к силам, действующим на систему, д’Аламберовы силы инерции Frин , Feин , FCorин , получим уравновешенную систему сил. Уравнения равновесия:

∑mx =−mgRsin α−Frин (3R2)sin α−Feин (3R2 + Rcosα)− yB 3R =0 ,

65

∑my = FCorин (3R2 + R cos α)+ xB 3R = 0 .

Учитывая, что Frин =mu2R , Feин =mω2Rsinα, FCorин =2mωucosα, из этих уравнений получаем

Ответ: xB = −mωu cos α(1+ (23)cos α),

yB = −msin α(g3 +u 2 2R +ω2 R((1 2) +(1 3)cos α)).

Д20. Согласно закону сохранения кинетического момента,

(m1a2 + m 2 x2 )ω= (m1a2 + m 2b2 )ω0 .

Согласно закону сохранения полной энергии (в данном случае

П = 0 ),

m1a2ω2 2 + m 2 (x2ω2 +Vr2 )2 =(m1a2 + m 2b2 )ω02 2 .

Выражая ω из первого равенства и подставляя во второе, получим

рируя один раз это уравнение с использованием начальных условий, найдем скорость груза; приравняв ее нулю, найдем время до остановки; интегрируя уравнение второй раз и подставляя найденное время до остановки, получим

66

Д22. Согласно закону сохранения количества движения,

та отсчитывается от уровня неподвижной плоскости; потенциальная энергия призмы не меняется и ее можно считать равной нулю),

Tкон = m1V12 2 + m2V22 2 , Пкон = 0 . Учитывая, что

кона сохранения кинетического момента:

J zω0 = J zω+ m2Ves .

После вычислений получаем

67

Д24. Согласно теореме об изменении кинетической энергии,

рость точки A в виде VA =VAr +VAe , где VA =ω1l, VAe =V2 . Тогда (см. рисунок) V2 = ω1l 32 . Окончательно, получаем

Д25. Согласно закону сохранения кинетического момента,

(m1R2 2 + m 2l2 3)ω0 = (m1R2 2 + m 2l2 12 + m 2 (OC )2 )ω1 ,

где R – радиус диска, l = R – длина стержня, С – центр масс стержня. Здесь использована теорема Гюйгенса – Штейнера для стержня и учтено, что относительное движение стержня не вносит вклад в кинетический момент относительно оси z. В указанный в условии задачи момент времени OC = R .

Ответ: ω1 = m1++ 2m 2 3 ω0 . m1 13m 2 6

Д26. Выберем в качестве обобщенной координаты системы перемещение x призмы; в положении равновесия x = 0 . Кинетическая энергия системы

T = m1V12 2 + m2VC2 2 + JCzω22 2 .

Д27. Пусть подставка неподвижна. Применим принцип д’Аламбера к системе груз+ нить+ блок + подставка. Добавим к

внешним силам, действующим на систему, силу инерции F ин = −m1a1 и пару сил инерции, момент которой M ин = −m2 R22ε2 2 . Проекции главного вектора полученной системы сил на оси x и y равны нулю:

Fтр −m1a1 cos α − N1 sin α = 0,

N3 −m2 g − m1g + N1 cos α −m1a1 sin α = 0.

Отсюда, с учетом того что N1 = m1g cos α, находим Fтр и N3 . Далее, должно выполняться неравенство Fтр ≤ f N3 . Приведя его к виду f ≥ fmin , получаем

69

Д28. Согласно закону сохранения кинетического момента,

лученные выше выражения для Vr , Ve и затем подставляя V 2 в закон сохранения полной энергии, находим

К задаче Д28 К задаче Д29

Д29. Согласно теореме об изменении кинетического момента для системы грузы + блок + канат,