Аналитическая механика (90
..pdf
3 Примеры решения задач
Пример 1. Два груза весом Р1 и Р2 каждый, связанные нитью, движутся по горизонтальной плоскости под действием силы Q, приложенной к грузу 1 (рисунок 1). Коэффициент трения грузов о плоскость равен f . Определить ускорения грузов и натяжение нити.
2 1
_ |
Q |
Рисунок 1
Решение.
Изображаем все действующие на систему внешние силы: силы Р1 , Р2 , силы реакции N1 , N2 , силы трения Fтр1, Fтр2 (рисунок 2а).
|
_ |
2 |
_ |
1 |
_ |
2 |
|
N2 |
|
N1 |
|
N |
|
|
_ |
_и |
|
|
2 |
|
|
|
_ |
_и |
_ |
||
|
и |
|
||||
_ |
F2 |
F1 |
|
Q |
F2 |
Т |
|
_ |
|
|
_ |
|
|
Fтр2 |
_ |
Fтр1 |
_ |
|
|
|
|
Fтр2 |
_ |
||||
Р2 |
Р1 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
Р2 |
|
а) |
|
|
|
б) |
|
Рисунок 2
Добавим к этим силам силы инерции грузов, направленные против ускорений грузов. Так как оба груза движутся поступательно с одним и тем же ускорением а , то по модулю
F1и = m1a1 = |
P1 |
a ; |
F2и = m2a2 = |
P2 |
a |
|
g |
g |
|||||
|
|
|
|
Силы трения
Fтр1 = fN1 = fP1 ; |
Fтр2 = fN2 = fP2 |
Согласно принципу Даламбера полученная система сил должна находится в равновесии. Поэтому к ней можно применить известные из статики уравнения равновесия.
21
∑Fkx = 0 ; Q − Fтр1 − Fтр2 − F1и − F2и = 0
Подставим найденные значения сил трения и сил инерции
Q − f (P1 + P2 )−a(P1 + P2 ) 1g = 0
Отсюда
a = Q − f (P1 + P2 ) g P1 + P2
или
|
|
Q |
|
|
|
|
|
|
g |
||
P |
+ P |
||||
a = |
− f |
||||
|
1 |
2 |
|
|
Натяжение нити является для рассматриваемой системы силой внутренней. Для ее определения расчленим систему и применим принцип Даламбера к одному из грузов, например, к грузу 2 (рисунок 2б):
∑Fkx = 0 , T − F2и − Fтр2 = 0
|
и |
|
P2 |
|
|
P2 |
|
|
Q |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
T = F2 + Fтр2 |
= |
|
a + f P2 = |
|
|
|
|
|
|
− f |
g + f P2 |
= |
|||
g |
g |
P |
+ |
P |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
= |
P2Q |
− P f + P f = |
P2Q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
2 |
|
|
2 |
P1 + P2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
P1 + P2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Искомое натяжение нити:
T = P2Q P1 + P2
Пример 2. Барабан 1 (рисунок 3), к которому приложен вращающий момент М, поднимает посредством наматываемой на него нити по наклонной плоскости груз 2 массой m. Момент инерции барабана относительно оси вращения I0; радиус барабана R. Угол наклона плоскости к горизонту α . Коэффициент трения груза о плоскость f. Определить ускорение груза и натяжение нити.
М
1
R |
2 |
|
О |
||
|
α
Рисунок 3
22
Решение
Воспользуемся принципом Даламбера. На груз действуют силы: сила тяжести m2 g , нормальная реакция N , сила трения Fтр . На барабан действуют
сила тяжести m1g , составляющие реакции подшипника x0 , y0 и вращающий
момент М. Считая, что движение системы ускоренное, добавим к указанным силам силу инерции груза F и = −m2a и момент сил инерции барабана M и = I0 ε
(рисунок 4).
ММи
1 |
y_O |
|
x_ |
|
a_ |
|
|
ω |
|
|
_ |
|
|||
О |
|
O |
|
|
N |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||
ε |
|
|
_ |
|
|
|
|
|
|
m1g |
|
|
|
_ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
_ F и |
|
|
|
|
|
_ |
|
Fтр |
|
|
|
|
|
m2 g |
α |
|
|
|
|
|
|
Рисунок 4 |
|
|
|
Численно F и = m2a; M и = I0ε, где |
ε = a , |
следовательно, |
|||||
|
|
|
a |
R |
|
|
|
F и = ma; |
M и = I |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
Рассмотрим отдельно барабан и груз, мысленно разрезав нить и заменив ее действие силой реакции нити Т1 = Т2 (рисунок 5)
М |
М |
и |
х |
|
_ |
|
|
_ |
N |
2 |
|||
1 |
|
|
|
|
||
|
|
_ |
Т2 |
|
|
|
y_O |
x_ |
|
|
|
|
|
|
T1 |
|
|
|
||
|
O |
|
|
|
|
_и |
О |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
_ F |
|
|
_ |
|
|
_ |
Fтр |
|
|
|
|
m2 g |
α |
|
|
|
m1g |
|
|
|
||
|
а) |
|
|
б) |
|
|
Рисунок 5
23
Составим уравнения равновесия для барабана |
|
||||
∑M0 |
( |
Fk ) |
= 0, |
M −M и −T1R = 0 |
(1) |
и груза |
|
|
|
|
|
∑Fkx |
= 0, |
T2 |
− Fтр − Fи − m2 g sinα = 0 |
(2) |
|
Fтр = fN = fmg cosα
Из уравнения (2)
T2 = Fтр + F и −m2 g sinα = fmg cosα + ma −mg sinα = mg(sinα + f cosα)−ma (3)
Следовательно, уравнение (1) примет вид
M − I0 Ra −mgR(sinα + f cosα)−ma R = 0
Откуда
|
|
|
|
|
M |
−mgR(sinα + f cosα) |
|
|
|
|
|
M |
−mg(sinα + f cosα) |
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
a = |
|
= |
|
|
|
R |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
I0 |
+ mR |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I0 |
+ m |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Из выражения (3) найдем силу натяжения нити: |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
− mg (sin α + f cosα) |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
T = mg (sin α + f cosα)+ m |
|
R |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I0 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ m |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
I |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
R2 |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
+ m (sinα + |
f cosα)g + |
|
− mg |
(sinα + f cosα) |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
R |
|
R |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
= m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I0 |
|
|
+ m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
I0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
(sinα + f cosα)g + mg(sinα + f cosα)−mg(sinα + f cosα)+ |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
= m |
R2 |
R |
= |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I0 |
|
|
+ m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I0 |
|
R2 |
|
|
|
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(sinα + f cosα)g + |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= m |
R2 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I0 |
|
|
+ m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Пример 3.
Груз весом G поднимается c помощью лебедки весом Q с постоянным ускорением (рисунок 6). Лебедка установлена на однородной горизонтальной балке АВ длиной l и весом Р, заделанной концом А в стену. Расстояние от оси барабана лебедки до стены равно d. Подъем груза вызывается парой внешних сил, действующих на барабан лебедки.
Определить реакции заделки, если r – радиус барабана; I0x – момент инерции барабана относительно его оси; М – момент пары сил, действующей на барабан лебедки.
24
d
О r
А
l
G
Рисунок 6
Решение.
Для решения задачи применим принцип Даламбера к системе, состоящей из балки, лебедки и груза.
Покажем действующие на систему внешние силы: силы тяжести каждого из тел P, Q , G , пару сил с моментом М и реакции заделки RА и МА (рисунок 7). Добавим к этим силам силы инерции. Силы инерции груза, движущегося поступательно, приводятся к главному вектору F и , который направлен
противоположно ускорению a , и имеет модуль Fи = ma = Gg a
М |
|
Ми |
y |
|
|
_ |
О r |
ε |
RA |
|
|
А |
|
|
l/ 2 |
_ |
|
МA |
Q |
|
_ |
|
|
Р |
|
|
_
G 
Рисунок 7
25
Силы инерции вращающегося барабана приводятся к паре сил, момент которой противоположен направлению углового ускорения ε , а численно
M и = I ox ε = I ox a r
Согласно принципу Даламбера полученная система сил должна находиться в равновесии и для нее можно составить известные из статики уравнения равновесия:
∑Fky = 0, |
RA −P −Q −G −F и = 0 |
(4) |
||
∑МА = 0, |
M A +M −M и −P |
l |
−Q l −G(d +r)−F и (d +r)= 0 |
(5) |
|
||||
|
2 |
|
|
|
Из уравнения (4)
|
и |
|
G |
|
|
a |
|
|
RA = P +Q +G + F |
= P +Q +G + |
|
+ |
|
||||
|
|
|
||||||
|
g |
a = P +Q +G 1 |
g |
|
||||
|
|
|
|
|
|
Из уравнения (5)
M A = −M + M и + P 2l +Q l +G (d + r)+ Fи (d + r)=
= −M + Iox ar + P 2l +Q l +G d +G r + Gg a d + Gg a r =
|
a |
P |
|
|
|
a |
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
= −M + Iox |
|
+ |
|
+Q |
+ |
|
+ |
|
r = |
||||
r |
2 |
l +G 1 |
g |
|
d +G 1 |
g |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
P |
|
|
|
a |
|
(d + r); |
|
|
|
|
|||||
= Iox − M + |
|
+Q |
+ |
|
|||
2 |
l +G 1 |
g |
|
||||
|
|
|
|
|
|
||
Пример 4.
Определить силу, с которой груз 1 давит на упор 2 тележки (рисунок 8), если масса груза m, а ускорение тележки a . Трением между грузом и тележкой пренебречь.
1 2
_
a
Рисунок 8
26
Решение.
Искомая сила давления груза на упор является для рассматриваемой системы внутренней силой. Поэтому, чтобы ее определить, рассмотрим отдельно груз (рисунок 9) и применим принцип Даламбера. Для этого к силам, действующим на груз – сила тяжести mg , сила реакции поверхности N , сила реакции со стороны упора R – добавим силу инерции груза F и = −ma .
|
_ |
_ |
N |
_ |
|
F и |
R |
|
х |
|
_ |
|
mg |
|
Рисунок 9 |
Получим уравновешенную систему сил (mg, N , R, F и ), для которой можно составить известные из статики уравнения равновесия.
∑Fkx = 0, Fи − R = 0 |
|
R = Fи = ma |
В силу равенства действия и противодействия искомая сила давления груза 1 на упор 2 направлена противоположно R , а численно равна
Fдавл = R = ma .
Пример 5
Найти зависимость между силами P и Q в подъемном механизме, детали которого скрыты в коробке К (рисунок 10), если известно, что при каждом повороте рукоятки АВ (АВ=l) винт D выдвигается на величину h.
_
Q
D
B
К
_
F А
Рисунок 10
27
Решение.
Заданные силы, действующие на механизм указаны на рисунке 11 - силы P и Q . Зададим рукоятке АВ возможное перемещение – поворот на угол δϕ в направлении действия силы P . При этом винт D переместится вертикально вверх на величину δy .
_
Q
δу 
D
B
К
|
δ |
|
ϕ |
_ |
А |
F |
|
|
Рисунок 11 |
Применим принцип возможных перемещений, т.е. приравняем к нулю сумму работ задаваемых сил на возможном перемещении системы:
P l δϕ −Q δy = 0
Q = P l δϕ
δy
Найдем зависимость между δϕ и δy . Считая, что при равномерном вращении рукоятки винт вывинчивается также равномерно и учитывая, что при каждом повороте рукоятки винт D выдвигается на величину h, составим пропорцию
2hπ = δϕδy ,
следовательно, искомая зависимость
Q = P l 2hπ
28
Пример 6.
Установить зависимость между движущей силой Р, приложенной к клину, и силой сопротивления R сжимаемого тела (рисунок 12)
_ |
|
Р |
|
А |
В |
|
_ |
2α |
R |
C
Рисунок 12
Решение.
Сообщим системе возможное перемещение в направлении действия силы Р (рисунок 13а) и составим уравнение возможных работ
|
|
P δSp − R δSR = 0 |
|
|
|
_ |
δSR |
|
Р |
||
|
|
||
А |
А |
В В1 |
C |
1 |
_ |
|
|
|
2α |
R |
2α |
|
|
|
|
|
C |
D |
|
|
C1 |
δSR |
C1 |
|
а) |
|
б) |
|
|
Рисунок 13 |
|
D
δSP
Зависимость между возможными перемещениями точек приложения сил P и R установим из треугольника перемещений СС1Д (рисунок 13б):
|
δSR = 2 δSP tgα |
|
P δSP − R 2 δSP tgα = 0 |
и |
P = 2R tgα |
29
Пример 7.
Вес бревна равен Q, вес каждого из двух цилиндрических катков, на которые оно положено, равен Р. Какую силу F надо приложить к бревну, чтобы удержать его в равновесии на наклонной плоскости при данном угле α . (рисунок 14). Трение катков о плоскость и бревно обеспечивает отсутствие скольжения.
_
F
С1
С
α
Рисунок 14
Решение.
Изображаем заданные силы, действующие на механическую систему, состоящую из бревна и двух катков. Это силы: F и вес каждого тела P и Q (рисунок 15).
_
F
B |
_ |
C |
|
δ |
|
С |
S |
|
|
|
|
_K
α 
Р
_ |
B _ |
δSB |
|
|
δS |
|
C |
_ |
С1 |
|
|
Q |
K |
|
_ |
|
Р |
Рисунок 15
30