Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Беляшкин А.Г. -> "Методика решения задач механики" -> 121

Методика решения задач механики - Беляшкин А.Г.

Беляшкин А.Г., Матвеев А.Н., Сараева И.М. Методика решения задач механики — МГУ, 1980. — 160 c.
Скачать (прямая ссылка): metodikaresheniyazadachmehaniki1980.djvu
Предыдущая << 1 .. 115 116 117 118 119 120 < 121 > 122 123 124 125 126 127 .. 203 >> Следующая

можно записать уравнение кинематической связи:
аг= а2 = а.
Решая полученную систему уравнений, находим: f
а =
/тр -
М + т М'
= 0,1 М/с2, ./=0,15 Н.
М +т
3.3.2. Два груза, массы которых равны mi=0,2 кг и т2=0,1 кг,
скреплены между собой нерастяжимой и невесомой-нитью, перекинутой через
блок. Грузы лежат на наклонных плоскостях с углами относительно
горизонтали а=15°
и р = 6° (рис. 6). До начала движения грузы находились на одной высоте.
Определить, на сколько левый груз опустится ниже правого через время / =
3 с. Коэффициент трения между грузами и плоскостями равен ? = 0,1. Массой
блока пренебречь. Трение в оси блока отсутствует.
Решение. В данной задаче не составляет труда указать направление
ускорения каждого из тел и, следовательно, направление
равнодействующих. В подобных случаях
координатные оси (|, т|) разумно направить вдоль равнодействующих (рис.
6).
Движение тела mi вдоль оси | и тела т2 описывается уравнениями второго
закона
пцах = mig sin а-kmig cos а -
т2а2 = m^g sin Р - km^g cos Р -г
Рис 6
вдоль ОСИ TJ Ньютона в виде:
-Т"
тг.
36
Так как нить нерастяжима, то
ах = а2 = а (кинематическая связь).
Так как иить и блок невесомы и трение в оси блока отсутствует, то
Tj = Т2 = Т (динамическая связь).
Из простых геометрических соображений следует, что левый груз опустится
за время t ниже правого на величину
h= (sin а + sltip).
Из полученной системы уравнений можно определить
h ¦¦
gt* (sin q + sin ft) [mx (sin a - k cos a) - (k cos ft + sin p)]
2 mx + m2
= 0,65 м.
Рис. 7
3.3.3. Призма с углами при основании а=6° и Р=15° у,, расположена на
абсолютно гладком столе (рис. 7). Грузик, масса которого т = 0,5 кг,
движется один раз вдоль ребер АВ призмы, а другой раз-вдоль ребра ЛС.
Трение между грузиком и призмой отсутствует.
Определить отношение ускорений alb призмы при каждом из этих движений.
Масса призмы равна М = 1 кг.
Решение. Уравнения второго закона Ньютона, когда грузик движется вдоль
АВ, для грузика и призмы в векторной форме имеют вид:
пшх = mg+ Nt, Ма - Mg + N + Ru
где Ni и Rx - силы, действующие со стороны призмы на грузик и со стороны
стола на призму. Согласно третьему закону Ньютона Ni= -N, Ях~ -Я.
Спроектируем уравнения второго закона Ньютона на оси (ху) прямоугольной
системы координат
max = \ NX sin a, тау - - mg -Nx сое a,
Ма = N sin a,
0 = Ri - Wcosa-Mg,
где a, и a, - проекции ускорения грузика на оси х и у.
(1)
37
Из простых геометрических соображений можно получить уравнение
кинематической связи
ау = {а + ах) tga. (2)
Решая систему уравнений (1) и (2), находим
т sin 2a___________
2 (М + т sin2 a)
Аналогично можно рассмотреть движение грузика т вдоль ребра АС призмы.
Ускорение призмы оказывается при этом равно
.________- т sin 2(3
2 (М + т sin2 Р)
g-
Следовательно,
а
-0,42.
sin 2a (М + т sin2 Р) _
sin 2р (М т sin2 a)
3.3.4. Через блок А, ось которого закреплена, перекинута нить (рис.
8). На одном конце нити подвешен груз с массой т=5кг, а на другом -
второй блок, через которцй также перекинута нить с грузом т2 =2 кг и т3=3
кг иа концах. Массы нитей и блоков пренебрежимо малы по сравнению с
массами грузов. Определить ускорения грузов ть т2, /из, а также натяжения
нитей.
Решение. Уравнения второго закона Ньютона для грузов т.\, т2, т3 имеют
вид.
"А = ЩЯ - Т, Иг"г = tn^g-Tl 2, m3aB = m3g - T/2,
(1)
где ai, a2, as - ускорения относительно центра блока А.
Обозначим ускорение груза пг2 относительно центра блока В через Ь, тогда
а2 = (- ах) 4- Ь, а3 = (-а1) - Ь, откуда следует уравнение кинематической
связи
а2Л а3 = - 2а. (2)
Решая систему уравнений (1) и (2), с учетом ml=m2+ms находим
(m2 - ms)2 _ 1
m, - 4

49
mf + 4m2tns
g\
~ 49 H.
3.3.5. На абсолютно гладкой горизонтальной поверхности лежит клин,
(рис. 9) масса которого равна М=1,5 кг и угол а= 30°. О наклонную грань
клииа опирается стержень массы т = 0,2 кг. Стержень свободно Перемещается
в на-
правлении, перпендикулярном грани по неподвижным направляющим муфтам.
Трение отсутствует.
Определить ускорения а и Ь клина н стержня, а также силу давления N
стержня на клин.
Силы, действующие на стержень и клии (рис. 9), изображены стрелками.
Решение. I способ. Запишем уравнения движения клина в горизонтальном
направлении и стержня в направлении нормали к наклонной грани:
Из простых геометрических соображений получаем уравнение кинематической
связи
Решая полученную систему уравнений (1) и (2), находим
Рис. 9
Ма = N sin а, mb = mg-cos а-N.
(1)
b - as In а.
(2)
39
b =
mg cos a
m -f- ¦
M
N = M-
sin2 a mg cos a
: 0,29 м/с2;
1,74 H.
m sin2 a + M
II способ. Ускорение можно найти также, пользуясь за-
коном сохранения механической энергии
= mgh,
Муг ты2
где v и и-абсолютные скорости клина и стержня, приобретенные за время
опускания стержня на высоту ft.
Дифференцируя это уравнение по времени, получим:
или
М
Mva -иЬ
sin2 a
откуда получаем
Ь =
mub = mgu cos a,
-г mub = mgu cos a,
-gc^ 0,29 м/с2,
Предыдущая << 1 .. 115 116 117 118 119 120 < 121 > 122 123 124 125 126 127 .. 203 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed