Дифференциальные уравнения движения материальной точки в теоретической механике

Содержание:

Дифференциальные уравнения движения материальной точки:

Используя основной закон динамики, можно вывести дифференциальные уравнения движения материальной точки в различных системах координат. По аксиоме о связях и силах реакций связей можно получить дифференциальные уравнения движения и несвободной точки так же, как и для свободной, только ко всем приложенным к точке силам надо добавить силы реакций связей.

Силы реакций связей при движении точки могут зависеть в общем случае не только от вида наложенных на точку связей и приложенных к ней сил, но и от характера ее движения, например от ее скорости при движении в воздухе или в какой-либо другой сопротивляющейся среде. В дальнейшем не будем делать различия между свободной и несвободной материальными точками. Обозначая равнодействующую всех заданных сил и сил реакций связей

Из кинематики точки известно, что ускорение выражается через радиус-вектор (рис. 3):

Дифференциальное уравнение движения материальной точки в векторной форме имеет вид

Если спроецировать обе части уравнений (7) или (8) на координатные оси, то можно получить дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на эти оси.

В декартовой системе координат в общем случае

Проекции ускорения на координатные оси можно выразить через вторые производные по времени от координат движущейся точки:

Рис. 3

Дифференциальные уравнения движения материальной точки в прямоугольной декартовой системе координат имеют вид

Частные случаи дифференциального уравнения движения материальной точки

Если известно, что материальная точка движется в одной и той же плоскости, то, принимая ее за координатную плоскость , имеем

Так как , то, следовательно, . В случае движения точки по прямой линии, направив по ней координатную ось , получим одно дифференциальное уравнение прямолинейного движения точки

Так как при движении , то, следовательно, . Для естественных подвижных осей координат (рис. 4), проецируя обе части (7) на эти оси, получаем:

где и — соответственно проекции ускорения и равнодействующей силы на касательную, главную нормаль и бинормаль к траектории в рассматриваемом положении движущейся точки. Учитывая, что

где — радиус кривизны траектории, дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на естественные оси имеют вид

Второе уравнение из (12) можно преобразовать:

где — угловая скорость вращения касательной к траектории движущейся точки и, следовательно, — угол смежности между касательными в двух бесконечно близких точках.

Дифференциальные уравнения (12) можно представить в виде

Рис. 4

Эта форма дифференциальных уравнений движения точки удобна при исследовании некоторых случаев полета снарядов и ракет, особенно по траектории, лежащей в плоскости. Тогда будет углом между касательной к траектории и любой осью, лежащей в плоскости траектории.

Дифференциальные уравнения движения точки можно представить в любой другой системе координат. Для этого надо знать выражения проекций ускорения на эти оси координат.

Дифференциальные уравнения относительного движения точки

Кориолисовыми силами инерции называют две векторные величины, имеющие размерность силы и добавляемые к силам, приложенным к материальной частице, для определения ее относительного ускорения

Все дифференциальные уравнения движения, с которыми мы ознакомились в этой главе, относятся к абсолютному движению, т. е. к движению по отношению к инерциальной системе отсчета. Для написания дифференциальных уравнений движения точки (или частицы) относительно подвижных осей подставим в основное уравнение динамики (123) вместо абсолютного ускорения точки его выражение (110):

(153)

имеющую размерность силы, равную произведению массы материальной частицы на ее переносное ускорение и направленную противоположно этому ускорению, называют переносной силой инерции Кориолиса.

(154)

равную произведению массы материальной частицы на ее кориолисово ускорение и направленную противоположно этому ускорению, называют поворотной силой инерции Кориолиса.

(155 / )

или в проекциях на оси координат:

(155)

Таким образом, относительное движение материальной точки можно описать такими же (по форме) дифференциальными уравнениями, как и абсолютное, но к действующим на точку силам нужно прибавить две кориолисовы силы инерции: переносную и поворотную.

Эти величины следует отличать от даламберовых сил инерции (см. гл. XX), введение которых позволяет решать задачи динамики методом статики.

Пример решения задачи №1

Определить амплитуду вынужденных колебаний в относительном движении вибрографа для записи вертикальных колебаний фундамента (рис. 171), совершающего вместе с фундаментом колебания по закону χ = a sin pt, если вес груза равен G и жесткость пружины с.

Рис. 171

Решение. Рама жестко соединена с фундаментом и участвует в его колебаниях, как и вращающийся барабан В, на котором груз G, перемещаясь вверх и вниз, записывает колебания фундамента. Вертикальные перемещения х’ груза G по отношению к раме являются относительными и по отношению к барабану, если пренебречь его вращением. Уравнение этих относительных перемещений можно составить как уравнение абсолютного движения, если к заданным силам добавить переносную кориолисову силу, равную и противоположную произведению вектора переносного ускорения на массу груза. Переносная сила инерции груза равна

Напишем дифференциальное уравнение относительных колебаний груза, сократив на m:

x’ + k 2 χ’ = ар 2 sin pt.

где Пренебрегая свободными колебаниями груза, напишем уравнение (149′) установившегося вынужденного колебания груза:

Амплитуда этих колебаний тем менее отличается от амплитуды колебаний фундамента, чем меньше собственная частота k прибора сравнительно с частотой р, т. е. чем меньше жесткость пружины и чем больше масса груза.

Ответ.

Пример решения задачи №2

Ползун G (рис. 172) может скользить по хорде AB равномерно вращающегося горизонтального диска, к точкам А и В которой он прикреплен двумя одинаковыми пружинами жесткостью каждая. Принимая ползун за точку массы т и пренебрегая трением, определить зависимость периода τ его колебаний в относительном движении по хорде от угловой скорости ω диска.

Рис. 172

Решение. Построим оси подвижной системы координат с началом в точке О (в положении относительного равновесия ползуна), направив Ox’ но хорде.

Определим силы, действующие на ползун. Если ползун отклонится от равновесного положения О на величину х’, то одна из пружин сожмется, а другая растянется. Согласно закону Гука сила каждой из пружин пропорциональна деформации х’ и направлена к точке О. Следовательно, на ползун действует активная сила

Кроме активной силы, надо учесть действие кориолисовых сил: Φ_e—переносной и Φ_c-поворотной.
Переносная сила инерции равна произведению массы т ползуна на его переносное ускорение: и направлена против переносного ускорения, т. е. от центра C диска. Чтобы определить проекцию этой силы на Ox’, надо ее модуль умножить на направляющий косинус, который при OG = х’ равен .

Поворотная сила Кориолиса равна произведению массы ползуна иа кориолисово ускорение 2ωx’ и направлена против этого ускорения. Таким образом, чтобы определить направление поворотной силы Кориолиса, надо вектор относительной скорости повернуть на 90° против переносного вращения. Находим, что поворотная сила инерции действует перпендикулярно AB и проекция ее на Ox’ равна нулю.

При найденных значениях активных сил и кориолисовых сил дифференциальное уравнение относительного движения ползуна по хорде имеет вид:

mх’ = — cx’ + mω 2 x’= — (с—mω 2 )x’.

Это уравнение выражает гармоническое колебание с периодом

Ответ. и не зависит от положения хорды.

Пример решения задачи №3

Составить дифференциальное уравнение относительного движения ползуна, описанного в предыдущей задаче, считая, что при его движении вдоль хорды AB возникает трение, пропорциональное нормальному давлению на хорду.

Решение. Нормальное давление обусловлено поворотной силой инерции и нормальной составляющей переносной силы инерции.

Поворотная сила ползуна Φ_с=2mωx’ переменна по величине и направлению. Она направлена перпендикулярно к хорде AB, но в сторону положительных значений у’, если точка G движется в сторону отрицательных значений х’, т. е, если х’ 2 h. Эта составляющая в рассматриваемом механизме всегда направлена в сторону положительных у’, а потому в суммарном давлении обе кориолисовы силы складываются при х’ 0, и дифференциальное уравнение относительного движения точки имеет вид

mх’ =— (с—mω 2 ) x’ — fm (2ωx’ ± ω2h),

причем знак второго слагаемого в скобках надо брать положительным при х’ 0. Решение такого уравнения при движении точки G влево и вправо получается, конечно, различным. Если Л — 0 и хорда является диаметром, то вместо кулонова трения получается вязкое демпфирование, зависящее от скорости.

• Две основные задачи динамики точки
• Прямолинейное движение точки
• Криволинейное движение материальной точки
• Движение несвободной материальной точки
• Сложное движение точки
• Сложение движение твердого тела
• Кинематика сплошной среды
• Аксиомы классической механики

При копировании любых материалов с сайта evkova.org обязательна активная ссылка на сайт www.evkova.org

Сайт создан коллективом преподавателей на некоммерческой основе для дополнительного образования молодежи

Сайт пишется, поддерживается и управляется коллективом преподавателей

Whatsapp и логотип whatsapp являются товарными знаками корпорации WhatsApp LLC.

Cайт носит информационный характер и ни при каких условиях не является публичной офертой, которая определяется положениями статьи 437 Гражданского кодекса РФ. Анна Евкова не оказывает никаких услуг.

Примеры решения задач. Движение точки задано уравнениями (х, у — в метрах, t — в секундах).

Задача 2.1.

Движение точки задано уравнениями (х, у — в метрах, t — в секундах).

.

Определить траекторию, скорость и ускорение точки.

Решение.

Рис. 2.9. К задаче 2.1

Для определения траектории исключаем из уравнений движения время t. Умножая обе части первого уравнения на 3, а обе части второго — на 4 и почленно вычитая из первого равенства второе, получим: или .

Следовательно, траектория — прямая линия, наклоненная к оси Ох под углом α, где (рис. 2.9).

Определяем скорость точки. По формулам (2.1) получаем:

;

.

Теперь находим ускорение точки. Формулы (2.1) дают:

Направлены векторы и вдоль траектории, т. е. вдоль прямой АВ. Проекции ускорения на координатные оси все время отрицательны, следовательно, ускорение имеет постоянное направление от В к А. Проекции скорости при 0 1 с) обе проекции скорости отрицательны и, следовательно, скорость направлена от В к А, т. е. так же, как и ускорение.

Заметим, наконец, что при и ; при (точка В); при ; при значения и растут по модулю, оставаясь отрицательными.

Итак, заданные в условиях задачи уравнения движения рассказывают нам всю историю движения точки. Движение начинается из точки О с начальной скоростью и происходит вдоль прямой АВ, наклоненной к оси Ох под углом α, для которого . На участке OB точка движется замедленно (модуль ее скорости убывает) и через одну секунду приходит в положение В (4, 3), где скорость ее обращается в нуль. Отсюда начинается ускоренное движение в обратную сторону. В момент точка вновь оказывается в начале координат и дальше продолжает свое движение вдоль ОА, Ускорение точки все время равно 10 м/с 2 .

Задача 2.2.

Движение точки задано уравнениями:

где , ω и u — постоянные величины. Определить траекторию, скорость и ускорение точки.

Решение.

Рис. 2.10. К задаче 2.2

Возводя первые два уравнения почленно в квадрат и складывая, получаем

.

Следовательно, траектория лежит на круглом цилиндре радиуса R, ось которого направлена вдоль оси Oz (рис. 2.10). Определяя из последнего уравнения t и подставляя в первое, находим

.

Таким образом, траекторией точки будет линия пересечения синусоидальной поверхности, образующие которой параллельны оси Оу (синусоидальный гофр) с цилиндрической поверхностью радиуса R. Эта кривая называется винтовой линией. Из уравнений движения видно, что один виток винтовой линий точка проходит за время , определяемое из равенства . При этом вдоль оси z точка за это время перемещается на величину , называемую шагом винтовой линии.

Найдем скорость и ускорение точки. Дифференцируя уравнения движения по времени, получаем:

.

Стоящие под знаком радикала величины постоянны. Следовательно, движение происходит с постоянной по модулю скоростью, направленной по касательной к траектории. Теперь по формулам (2.1) вычисляем проекции ускорения;

.

Итак, движение происходит с постоянным по модулю ускорением, Для определения направления ускорения имеем формулы:

,

’

.

,

где α и β —углы, образуемые с осями Ох и Оу радиусом R, проведенным от оси цилиндра к движущейся точке. Так как косинусы углов α₁ и β₁ отличаются от косинусов α и β только знаками, то отсюда заключаем, что ускорение точки все время направлено по радиусу цилиндра к его оси.

Заметим, что хотя в данном случае движение и происходит со скоростью, постоянной по модулю, ускорение точки не равно нулю, так как направление скорости изменяется.

Задача 2.3.

На шестерню 1 радиуса r₁ действует пара сил с моментом m₁ (рис. 46, а). Определить момент m₂ пары, которую надо приложить к шестерне 2 радиуса r₂, чтобы сохранить равновесие.

Решение.

Рис. 2.11. К задаче 2.3

Рассмотрим сначала условия равновесия шестерни 1. На нее действует пара с моментом m₁, которая может быть уравновешена только действием другой пары, в данном случае пары . Здесь — перпендикулярная радиусу составляющая силы давления на зуб со стороны шестерни 2, a — тоже перпендикулярная радиусу составляющая реакции оси А (сила давления на зуб и реакция оси А имеют еще составляющие вдоль радиуса, которые взаимно уравновешиваются и в условие равновесия не войдут). При этом, согласно условию равновесия (17), и .

Теперь рассмотрим условия равновесия шестерни 2 (рис. 46, б). По закону равенства действия и противодействия на нее со стороны шестерни 1 будет действовать сила , которая с перпендикулярной радиусу составляющей реакции оси В образует пару , с моментом, равным -Q₂r₂. Эта пара и должна уравновеситься приложенной к шестерне 2 парой с моментом m₂; следовательно, по условию равновесия, . Отсюда, так как Q₂=Q₁ находим m₂=m₁/r₂r₁.

Естественно, что пары с моментами m₁ и m₂ не удовлетворяют условию равновесия , так как они приложены к разным телам.

Полученная в процессе решения задачи величина Q₁ (или Q₂) называется окружным усилием, действующим на шестерню. Как видим, окружное усилие равно моменту вращающей пары, деленному на радиус шестерни: Q₁=m₁/r₁ =m₂/r₂.

Задача 2.4.

Человек ростом h удаляется от фонаря, висящего на высоте H, двигаясь прямолинейно со скоростью . С какой скоростью движется конец тени человека?

Решение.

Рис. 2.12. К задаче 2.4

Для решения задачи найдем сначала закон, по которому движется конец тени. Выбираем начало отсчета в точке О, находящейся на одной вертикали с фонарем, и направляем вдоль прямой, по которой движется конец тени, координатную ось Ох (рис. 2.12). Изображаем человека в произвольном положении на расстоянии x₁ от точки О. Тогда конец его тени будет находиться от начала О на расстоянии х₂.

Из подобия треугольников ОАМ и DAB находим:

.

Это уравнение выражает закон движения конца тени М, если закон движения человека, т.е. , известен.

Взяв производную по времени от обеих частей равенства и замечая, что по формуле (2.1) , где — искомая скорость, получим

.

Если человек движется с постоянной скоростью ( ), то скорость конца тени М будет тоже постоянна, но в раз больше, чем скорость человека.

Обращаем внимание на то, что при составлении уравнений движения надо изображать движущееся тело или механизм в произвольном положении. Только тогда мы поучим уравнения, определяющие положение движущейся точки (или тела) в любой момент времени.

Задача 2.5.

Определить траекторию, скорость и ускорение середины М шатуна кривошипно-ползунного механизма (рис. 2.13), если OA=AB=2b, а угол при вращении кривошипа растет пропорционально времени: .

Рис. 2.13. К задаче 2.5.

Начинаем с определения уравнений движения точки М. Проводя оси и обозначая координаты точки М в произвольном положении через х и у находим

.

Заменяя его значением, получаем уравнения движения точки М:

.

Для определения траектории точки М представим уравнения движения в виде

.

Возводя эти равенства почленно в квадрат и складывая, получим

.

Итак, траектория точки М — эллипс с полуосями 3b и b.

Теперь по формуле (2.1) находим скорость точки М:

.

Скорость оказывается величиной переменной, меняющейся с течением времени в пределах от до .

Далее по формулам (2.1) определяем проекции ускорения точки М;

;

,

где — длина радиуса-вектора, проведанного из центра О до точки М. Следовательно, модуль ускорения точки меняется пропорционально ее расстояние от центра эллипса.

Определелим направление ускорения

Отсюда находим, что ускорение точки М все время направлено вдоль МО к центру эллипса.

Задача 2.6.

Вал, делающий n=90 об/мин, после выключения двигателя начинает вращаться равнозамедленно и останавливается через t₁=40 с. Определить, сколько оборотов сделал вал за это время.

Решение.

Так как вал вращается равнозамедленно, то для него, считая , будет

. (2.2)

Начальной угловой скоростью при замедленном вращении является та, которую вал имел до выключения двигателя. Следовательно,

.

В момент остановки при t=t₁ угловая скорость вала ω₁=0. Подставляя эти значения во второе из уравнений (2.2), получаем:

и .

Если обозначить число сделанных валом за время t₁ оборотов через N (не смешивать с n; n — угловая скорость), то угол поворота за то же время будет равен . Подставляя найденные значения ε и в первое из уравнений (а), получим

,

.

Задача 2.7.

Маховик радиусом R=0,6 м вращается равномерно, делая n=90 об/мин. Определить скорость и ускорение точки, лежащей на ободе маховика.

Решение.

Скорость точки обода , где угловая скорость должна быть выражена в радианах в секунду. Тогда и .

Далее, так как , то ε=0, и, следовательно,

.

Ускорение точки направлено в данном случае к оси вращения.

Задача 2.8.

Найти скорость точки М обода колеса, катящегося по прямолинейному рельсу без скольжения (рис. 2.14), если скорость центра С колеса равна , а угол DKM=α.

Рис. 2.14. К задаче 2.8.

Решение

Приняв точку С, скорость которой известна, за полюс, найдем, что , где по модулю ( — радиус колеса). Значение угловой скорости со найдем из условия того, что точка колеса не скользит по рельсу и, следовательно, в данный момент времени . С другой стороны, так же как и для точки М, где . Так как для точки К скорости и направлены вдоль одной прямой, то при , откуда . В результате находим, что .

Параллелограмм, построенный на векторах и , будет при этом ромбом. Угол между и равен β, так как стороны, образующие этот угол и угол β, взаимно перпендикулярны. В свою очередь угол β=2α, как центральный угол, опирающийся на ту же дугу, что и вписанный угол α. Тогда по свойствам ромба углы между и и между и тоже равны α. Окончательно, так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны, получим

и .

Задача 2.9.

Определить скорость точки М обода катящегося колеса, рассмотренного в предыдущей задаче, с помощью мгновенного центра скоростей.

Решение.

Рис. 2.15. К задаче 2.9.

Точка касания колеса Р (рис. 2.15) является мгновенным центром скоростей, поскольку . Следовательно, . Так как прямой угол PMD опирается на диаметр, то направление вектора скорости любой точки обода проходит через точку D. Составляя пропорцию и замечая,

что , a , находим .

Чем точка М дальше от Р, тем ее скорость больше; наибольшую скорость имеет верхний конец D вертикального диаметра. Угловая скорость колеса имеет значение

Аналогичная картина распределения скоростей имеет место при качении колеса или шестерни по любой цилиндрической поверхности.

Задача 2.10.

Центр О колеса, катящегося по прямолинейному рельсу (рис. 2.16), имеет в данный момент времени скорость и ускорение . Радиус колеса R=0,2 м. Определить ускорение точки В — конца перпендикулярного ОР диаметра АВ и ускорение точки Р, совпадающей с мгновенным центром скоростей.

Решение.

Рис. 2.16. К задаче 2.10.

1) Так как и известны, принимаем точку О за полюс.

2) Определение ω. Точка касания Р является мгновенным центром скоростей; следовательно, угловая скорость колеса

.

3) Определение ε. Так как величина PO=R остается постоянной при любом положении колеса, то

Знаки ω и ε совпадают, следовательно, вращение колеса ускоренное.

а) не следует думать, что если по условиям задачи , то . Значение в задаче указано для данного момента времени; с течением же времени изменяется, так как ;

б) в данном случае , так как движение точки O является прямолинейным. В общем случае .

4) Определение и . Так как за полюс взята точка O, то ускорение точки B определяется по фомуле:

Учитывая, что в нашем случае BO=R, находим:

.

Показав на чертеже точку B отдельно, изображаем (без соблюдения масштаба) векторы, из которых слагается ускорение , а именно: вектор (переносим из точки O), вектор (в сторону вращения, так как оно ускоренное) и вектор (всегда от B к полюсу O).

5) Вычисление . Проведя оси X и Y, находим, что

,

.

Аналогичным путем легко найти и ускорение точки P: и направлено вдоль PO. Таким образом, ускорение точки P, скорость которой в данный момент времени равна нулю, нулю не равно.

Задача 2.11.

Колесо катится по прямолинейному рельсу так, что скорость его центра С постоянна. Определить ускорение точки М обода колеса (рис. 2.17).

Решение.

Рис. 2.17. К задаче 2.11.

Так как по условиям задачи , то и точка С является мгновенным центром ускорений. Мгновенный центр скоростей находится в точке Р. Следовательно, для колеса

В результате ускорение точки М

.

Таким образом, ускорение любой точки М обода (в том числе и точки Р) равно и направлено к центру С колеса, так как угол . Заметим, что это ускорение для точки М не будет нормальным ускорением. В самом деле, скорость точки М направлена перпендикулярно РМ . Следовательно, касательная к траектории точки М направлена вдоль линии MD, а главная нормаль — вдоль МР. Поэтому

.

Зажача 2.12.

Плоский механизм состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна С, соединенных друг с другом и с неподвижными опорами О₁ и О₂ шарнирами (рис.2.17 а). Точка D находится в середине стержня АВ. Длины стержней равны соответственно L₁=0,4 м, L₂ =1,2 м, L₃=1,4 м, L₄=0,6 м.

Дано: = 6 с -1 , величина постоянная. Заданную угловую скорость считать направленной против часовой стрелки.

Найти: скорости точек В и C; угловую скорость ; ускорение точки В; угловое ускорение

а)
б)
Рис.2.17. К задаче 2.12.

Решение (рис.2.12б)

1. Определим скорость точки А. Стержень OAвращается вокруг точко O₁, поэтому скорость точки А определяется по формуле = 1,6 м/с и направлена перпендикулярно отрезку O₁А. = 1,6 м/с

2. Определим угловую скорость стержня АВ. Точка В вращается вокруг центра О₂, поэтому ее скорость перпендикулярна отрезку O₂B. Для нахождения мгновенного центра скоростей отрезка АВ в точках А и В восстановим перпендикуляры к векторам и . Точка пересечения этих перпендикуляров Р₂ является мгновенным центром скоростей второго стержня. Угловая скорость вычисляется по формуле . Расстояние определяется из равнобедренного треугольника , то есть м. Поэтому 2,3 с -1 .

3. Определим скорость точки В по формуле = 1,6 м/с

по формуле = 0,8 м/с

4. Определим скорость точки С. Так как точка С движется прямолинейно, то ее скорость направлена вдоль движения ползуна. Для нахождения мгновенного центра скоростей отрезка CD в точках C и D восстановим перпендикуляры к векторам и . Точка пересечения этих перпендикуляров Р₃ является мгновенным центром скоростей третьего стержня. Угловая скорость вычисляется по формуле , а скорость точки С . Так как треугольник равносторонний, то = 0,8 м/с

5. Определим угловую скорость отрезка О₂В. Известно, что центром скоростей этого стержня является точка О₂В , а также скорость точки B. Поэтому угловая скорость четвертого стержня вычисляется по формуле и 2,7 с -1 .

6. Определим ускорение точки А. Так как первый стержень вращается равномерно, то точка А имеет относительно О₁ только нормальное ускорение, которое вычисляется по формуле = 6,4 м/с 2 .

7. Определим ускорение точки В, которая принадлежит двум стержням — АВ и О₂В. Поэтому ускорение точки В определяется с помощью двух формул

и , где

— ускорение точки А;

— нормальное ускорение точки В относительно А;

— тангенциальное ускорение точки В относительно А;

— нормальное ускорение точки В относительно О₂;

— тангенциальное ускорение точки В относительно О₂.

= 6,4 м/с 2 ; = 4,3 м/с 2 .

Можно составить уравнение

, которое в проекциях на оси координат имеет вид

Решив полученную систему двух уравнений с двумя неизвестными, получим:

= 13,2 м/с 2 , а_ВХ = 4,1 м/с 2 , а_ВY =9,1 м/с 2 , а_В =10 м/с 2 .

8. Определим угловое ускорение стержня АВ, используя формулу = 13,2 с -2 .

Задача 2.13.

Круглая пластина радиуса R=60 см вращается вокруг неподвижной оси по закону (рис.2.18 а). Положительное направление угла показано на рисунке дуговой стрелкой. Ось вращения ОО₁ лежит в плоскости пластины (пластина вращается в пространстве). По окружности радиуса R движется точка М. Закон ее движения по дуге окружности s= АМ= . На рисунке точка М показана в положении, когда s положительно, при s отрицательном точка М находится по другую сторону от точки А; L=R.

Найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени t=1 с.

а)
б)
Рис.2.18. К задаче 2.13.

Решение (рис.2.13 б)

В качестве подвижной системы координат xyz примем точку С. Эта система совершает вращательное движение с угловой скоростью = 5 с -1 . Угловое ускорение = -10 с -2 . Направления векторов и опледеляются по правилу буравчика и изображены на рис. Причем, вектор направлен в противоположную сторону, так как его значение его проекции на ось OХ неподвижной системы координат XYZ отрицательно. Вычислим скорость и ускорение центра подвижной системы координат С, которая движется по окружности. Скорость вычисляется по формуле , равна 600 см/с и первендикулярна плоскости рисунка. Ускорение точки С состоит из двух компонент — нормальное = 3000 см/с 2 и тангенциальное = 1200 см/с 2 ускорения.

Вычислим путь, относительную скорость и ускорение точки M. Ее положение определяется величиной дуги S, в данный момент времени S = , поэтому она располагается слева от точки А. Относительная скорость . В данный момент времени она равна 63 см/с и направлена по касательной к окружности. Относительное ускорение является суммой двух составляющих — тангенциальное = 377 см/с -2 и нормальное = 66 см/с -2 .

Абсолютная скорость точки M определяется по формуле

Где — переносная скорость вращательного движения, модуль которой = 150 см / с, ее направление определяется по правилу Жуковского. В разложении на оси координат

По теореме Пифагора = 750 м /с.

Абсолютное ускорение точки M определяется по формуле

Где и — соответственно нормальное и тангенциальное переносные ускорения вращательного движения, — кориолисово ускорение.

= 750 м / с -2 ; =300 м / с -2 ; = 546 м / с -2

;

;

Теоретическая механика: Решебник Яблонского:
Кинематика твердого тела (К2, К3, К4, К5, К6)

Бесплатный онлайн решебник Яблонского. Выберите задание и номер варианта для просмотра решения. Смотрите также способы и примеры решения задач по теме вращательное движение твердого тела.

Задание К.2. Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при поступательном и вращательном движениях

Движение груза 1 должно описываться уравнением
(1) x = c₂t 2 + c₁t + c₀,
где t – время, с; с_0-2 – некоторые постоянные.

В начальный момент времени (t=0) координата груза должна быть x₀, а его скорость – v₀.

Кроме того, необходимо, чтобы координата груза в момент времени t=t₂ была равна x₂.

Определить коэффициенты c₀, c₁ и c₂, при которых осуществляется требуемое движение груза 1. Определить также в момент времени t=t₁ скорость и ускорение груза и точки M одного из колес механизма.

Схемы механизмов показаны на рис. 68–70, а необходимые данные приведены в табл. 23.

Варианты с решением: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 (решено 100%)

Задание К.3. Кинематический анализ плоского механизма

Найти для заданного положения механизма скорости и ускорения точек B и C, а также угловую скорость и угловое ускорение звена, которому эти точки принадлежат. Схемы механизмов помещены на рис. 73–75, а необходимые для расчета данные приведены в табл. 25.

Примечание. ω_OA и ε_OA – угловая скорость и угловое ускорение кривошипа OA при заданном положении механизма; ω₁ – угловая скорость колеса 1 (постоянная); v_A и a_A – скорость и ускорение точки A. Качение колес происходит без скольжения.

Варианты с решением: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 (решено 100%)

Задание К.4. Кинематический анализ многозвенного механизма

Кривошип O₁A вращается с постоянной угловой скоростью ω_O1A=2 рад/с. Определить для заданного положения механизма:

1) скорости точек A, B, C, . механизма и угловые скорости всех его звеньев с помощью плана скоростей;

2) скорости этих же точек механизма и угловые скорости звеньев с помощью мгновенных центров скоростей;

3) ускорения точек A и B и угловое ускорение звена AB;

4) положение мгновенного центра ускорений звена AB;

5) ускорение точки M, делящей звено AB пополам.

Схемы механизмов показаны на рис. 80–83, а необходимые для расчета данные приведены в табл. 27.

Варианты с решением: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 (решено 100%)

Задание К.5. Определение кинематических характеристик движения твердого тела и его точек по уравнениям Эйлера

Заданы уравнения сферического движения твердого тела ψ=ψ(t), θ=θ(t) и φ=φ(t), где ψ, θ и φ – углы Эйлера (рис. 90).

Определить для момента времени t=t₁ угловую скорость и угловое ускорение тела, а также скорость и ускорение точки M, координаты которой в подвижной системе, жестко связанной с телом, ξ, η, ζ.

Необходимые данные приведены в табл. 32.

Варианты с решением: 3 5 11 14 19 20 23 28 (решено 27%)

Задание К.6. Кинематический анализ движения твердого тела, катящегося без скольжения по неподвижной поверхности и имеющего неподвижную точку

Тело A катится без скольжения по поверхности неподвижного тела B, имея неподвижную точку O. Ось Oζ тела A вращается вокруг неподвижной оси Oz и имеет при заданном положении тела A угловую скорость ω₁ и угловое ускорение ε₁.

Определить угловую скорость и угловое ускорение тела A, а также скорость и ускорение точки M в указанном положении тела А.

Схемы показаны на рис. 91–93, а необходимые для расчета данные приведены в табл. 33.

Примечание. Положительный и отрицательный знаки у ε₁ означают соответственно, что вращение оси Oζ вокруг оси Oz происходит в направлении, показанном на схеме, ускоренно или замедленно.