Embed Size (px)
Citation preview
Тольятти 2006
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ Тольяттинский государственный университет
Кафедра теоретической механики
ПРИМЕРНЫЕ ТЕСТЫ
по дисциплине «Теоретическая механика
модули 1-8
2
Содержание Модуль 1 ............................................................................................................................................................................3
1.1. Занятие 1. Введение в статику.............................................................................................................................3 1.2. Занятие 2. Равновесие системы тел.....................................................................................................................7 Тесты 1 модуля ............................................................................................................................................................8
Модуль 2 ..........................................................................................................................................................................11 2.1. Занятие 3. Момент силы относительно оси. Равновесие произвольной пространственной системы сил .11 2.2. Занятие 4. Принцип возможных перемещений. План решения задач ...........................................................12 Тесты 2 модуля ..........................................................................................................................................................14
Модуль 3 ..........................................................................................................................................................................16 3.1. Занятие 5. Способы задания движения.............................................................................................................16 3.2. Занятие 6. Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси .......................................................................18 Тесты 3 модуля ..........................................................................................................................................................20
Модуль 4 ..........................................................................................................................................................................22 4.1. Занятие 7. Определение плоскопараллельного движения. Основные кинематические характеристики движения тела. Определение скоростей точек тела методом мгновенного центра скоростей (м.ц.с.). ............22 4.2. Занятие 8. Сложное движение точки. Определение относительного, переносного, абсолютного движения точки. Скорость точки в относительном, переносном, абсолютном движениях ...............................25 Тесты 4 модуля ..........................................................................................................................................................27
Модуль 5 ..........................................................................................................................................................................29 5.1. Занятие 9. Механическая система. Понятие внешних, внутренних сил. Понятие центра масс механической системы, момента инерции относительно оси. Теорема Гюйгенса .............................................29 5.2. Занятие 10. Кинетическая энергия точки, механической системы абсолютно твердого тела. Теорема об изменении кинетической энергии точки и механической системы.................................................................31 Тесты 5 модуля ..........................................................................................................................................................34
Модуль 6 ..........................................................................................................................................................................36 6.1. Занятие 11. Центр масс механической системы. Теорема о движении центра масс. Следствия из теоремы. Первая и вторая задачи динамики для механической системы ............................................................36 6.2. Занятие 12. Количество движения. Импульс силы. Теорема об изменении количества движения точки и системы ...................................................................................................................................................................38 Тесты 6 модуля ..........................................................................................................................................................39
Модуль 7 ..........................................................................................................................................................................42 7.1. Занятие 13. Теорема об изменении момента количества движения. Момент количества движения (кинетический момент) точки, механической системы, тела. Уравнение вращения тела ..................................42 7.2. Занятие 14. Голономные связи. Обобщенные координаты, скорости, силы. Определение потенциальной энергии. Уравнения Лагранжа.......................................................................................................43 Тесты 7 модуля ..........................................................................................................................................................45
Модуль 8 ..........................................................................................................................................................................47 8.1. Занятие 15. Свободные колебания механических систем. Частота и период свободных колебаний. Понятие малых колебаний механической системы................................................................................................47 8.2. Занятие 16. Свободные затухающе колебания. Их характеристика. Частота и период свободных затухающих колебаний .............................................................................................................................................48 Тесты 8 модуля ..........................................................................................................................................................50
3
Модуль 1
1.1. Занятие 1. Введение в статику Тела связей и их реакции. Определение момента силы относительно центра. Распределенная
нагрузка. Условия равновесия. План решения задач Источники учебной информации: [1], стр.173-189; [4], стр.5-30; [5], стр.3-9; [6], стр.4-20; [7],
стр.7-35; [9], стр.7-42. Технические и программные средства обучения: плакаты 20-01; 20-02; 20-03; 20-05; прибор СТМ №1.
Статика – раздел механики, в котором излагается общее учение о силах и изучаются условия
равновесия материальных тел, находящихся под действием сил. Величина, являющаяся количественной мерой механического взаимодействия материальных
тел, называется в механике силой. Сила – величина векторная. Ее действие на тело определяется модулем, направлением,
точкой приложения.
Д
Е
А
F
Прямая ДЕ, вдоль которой направлена сила, называется линией действия силы. Силу можно
переносить вдоль линий ее действия. В статике рассматривают свободные тела. На практике мы имеем дело с несвободными
телами. Всякое несвободное тело можно сделать свободным, заменив действие связей на тело их
реакциями. Реакция связей всегда направлена в сторону, противоположную тому направлению, по
которому связь препятствует движению тела. Величины этих реакций наперёд неизвестны и определяются из условий равновесия. Тела связей и их реакции. Гладкая опорная поверхность
N N 1
N 2
4
Нить, стержневая опора
T S
Реакция нити (стержня) всегда направлена по нити (стержню) от тела к точке закрепления:
T – сила натяжения нити; S – усилие в стержне. Шарнирно-подвижиая опора
a
N N
Шарнирно-неподвижная опора
y А
x А A
2A
2AA yxR +=
Сферический шарнир
y А
x А
A
z А
2A
2A
2AA zyxR ++=
Подпятник
5
y А
x А A
z А
2A
2A
2AA zyxR ++=
Жесткая заделка
y А
x А A
М
2A
2AA yxR +=
Распределенная нагрузка Распределенная нагрузка задается интенсивностью действия нагрузки на единицу длины –
q , (Н/м). lqQ ⋅=
A B q
Q l
Действие распределенной нагрузки заменяется равнодействующей, равной площади
фигуры, изображающей распределенную нагрузку. Равнодействующая приложена в центре тяжести этой фигуры и направлена в сторону действия распределенной нагрузки.
Момент силы относительно центра
Момент силы F относительно центра О:
FrMО ⋅=
6
O
h F
r A
Скалярная величина момента силы F :
FhMО ⋅±= где h – перпендикуляр, опущенный из точки O на линию действия силы F . Знак момента: по часовой стрелке – минус (-), против часовой стрелки – плюс (+).
Если сила F проходит через центр О , то:
( ) 0FMО = Условия равновесия Векторная форма:
( ) 0FM;0F kОk == ∑∑ (1) Скалярная форма
( ) ⎪⎭
⎪⎬
⎫
=
=
=
∑∑∑
0FM
;0F
;0F
kО
ky
kx
(2) Система координат выбирается таким образом, чтобы уравнения равновесия были наиболее
простыми. За центр, относительно которого составляем уравнение моментов сил, берем точку, в которой пересекается наибольшее число неизвестных реакций.
План решения задач Выделяем тело (систему), равновесие которого рассматриваем. Расставляем внешние силы, действующие на тело (систему). Выделяем тела связей. Освобождаем тело (систему) от связей, их действие заменяем реакциями. Строим систему координат. Составляем уравнения равновесия (2). Решаем полученную систему уравнений и определяем неизвестные реакции.
7
План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 2.16; 2.34; 6.5; 6.8 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 2.18; 2.19; 6.3; 6.6 – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
1.2. Занятие 2. Равновесие системы тел Источники учебной информации: [1], стр. 189-247; [4], стр.31-85; [5], стр.9-30; [6], стр.20-72;
[7], стр. 36-95; [9], стр.43-108. Технические и программные средства обучения: плакаты: 20-06; прибор СТМ №10.
Система тел – тела, соединенные шарниром, нитью, одно тело опирается на другое и т.д. План решения задач Рассматриваем равновесие всей системы целиком. Разрезаем систему по точке соединения тел и рассматриваем равновесие наименее
нагруженной части системы. Действие отброшенной части заменяем реакциями в точке разреза. Примеры 1. Две балки АС и СВ соединены – шарниром в точке С.
A B
C
М Q P
a
В точке С находится шарнир, разрезаем систему тел по шарниру в точке С и рассматриваем
наименее нагруженную часть системы, т.е. балку СВ.
B C
Q
y С
x С
Действие отброшенной части АС заменяем в точке С реакциями Cx , Cy . 2. Два тела АВ и ВС соединены шарниром в точке В и нитью.
8
B
А
Е
С
F
P 1 P 3
P 2
Разрезаем систему по шарниру в точке В и по нити и рассматриваем наименее нагруженную
часть системы АВ.
B
А
Е
P 1
y B
x B
T
Уравнения равновесия для всех случаев составляем по плану решения занятия 1. План работы на занятии • Проверить домашнее задание – 5 мин. • Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. • Решить на занятии задачи: [2] 4.7; 4.14; 8.16. – 40 мин. • Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 4.9; 4.13; 8.14 – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
Тесты 1 модуля Модуль равнодействующей двух равных по модулю (5 Н) сходящихся сил, образующих
между собой угол 45°, равен… + 9,24 5,73 4,87 8,21 6,38
Для плоской системы сходящихся сил: F1 = 3 i + 4 j ; F 2 = 5 j и F 3 = 2 i , модуль равнодействующей силы равен…
5,89 9,31 + 7,35 2,94 8,57
9
Равнодействующая сходящихся сил F1 и F2 равна по модулю 8 Н и образует с
горизонтальной осью Ох угол 30°. Вектор силы F1 направлен по оси Ох, а вектор F2 образует
с этой осью угол 60°, тогда модуль силы F1 равен… 5,97 + 4,62 7,39 3,85 6,71 На закрепленную балку действует плоская система параллельных сил. Тогда количество
независимых уравнений равновесия балки будет равно… 1 + 2 3 4 5
К телу приложены четыре силы, параллельные оси Ох: F1 = F2 = - 5 i и F3 = i , тогда
при равновесии значение силыF4 равно… 7 9 6 + 8 5 Плоская система трех сил находится в равновесии. Заданы модули сил F1 = 3 Н и F2 = 2 Н, а
также углы, образованные векторами сил F1 и F2 с положительным направлением
горизонтальной оси Ох, соответственно равные 15° и 45°. Тогда модуль силы F3 равен… 2,54 3,96 5,12 6,38 + 4,84 Даны проекции силы на оси координат: Fх =20 Н, Fу =25 Н, Fz =30 Н. Тогда модуль этой
силы равен… + 43,9 32,8 51,6 29,8 39,6
Две силы F1 = 5 i + 7 j + 9 k и F2 = 4 i + 9 j + 11 k приложены в центре О системы прямоугольных координат Охуz. Тогда модуль равнодействующей силы равен…
31,2 + 27,1 19,5 22,7 33,8 Три вертикальных троса удерживают конструкцию весом 6 кН. Если натяжения двух тросов
равны 1,75 кН, то натяжение третьего троса в кН равно… + 2,5 3,2 1,9 2,9 3,1 Четыре вертикальных троса удерживают конструкцию весом 1 кН. Если натяжения трех
тросов равны 0,25 кН, то натяжение четвертого троса в кН равно… 0,35 0,15 + 0,25 0,5 0,75
Задана проекция Rх = 5 Н равнодействующей двух сходящихся сил F1 и F2 на
горизонтальную ось Ох. Проекция силы F1 на эту же ось равна 7 Н. Тогда алгебраическое
значение проекции на ось Ох силы F2 равно… - 1 2 1 + -2 3
Силы F1 = F2 = 10 Н иF3 находятся в равновесии. Линии действия сил между собой
образуют углы по 120°. Тогда модуль силыF3 равен…
10
9 8 7 11 + 10 Даны три сходящиеся силы. Заданы их проекции на оси кордит: F1х = 7 Н; F1у = 10 Н; F1z =
0 Н; F2х = - 5 Н; F2у = 15 Н; F2z = 12 Н; F3х = 6 Н; F3у = 0 Н; F3z = - 6 Н. Тогда модуль равнодействующей этих сил равен…
+ 26,9 21,8 32,6 19,7 31,1
Дана сила F = 3 i + 4 j + 5 k . Тогда косинус угла между вектором этой силы и осью координат Оz равен…
0,498 0,856 + 0,707 0,652 0,593
Дана сила F = 3 i + 2,45 j + 7 k . Тогда косинус угла между вектором этой силы и осью координат Ох равен…
0,798 0,156 0,707 + 0,375 0,693
11
Модуль 2
2.1. Занятие 3. Момент силы относительно оси. Равновесие произвольной пространственной системы сил
Источники учебной информации: [1], стр. 189-247; [4], стр.31-85; [5], стр.9-30; [6], стр.20-72; [7], стр. 36-95; [9], стр.43-108. Технические и программные средства обучения: плакаты: 20-07; 20-08; плакат Сам. 2.
Моментом силы относительно оси называется скалярная величина, равная моменту
проекции этой силы на плоскость, перпендикулярную оси, взятому относительно точки пересечения оси с плоскостью:
( ) ( ) hFFMFM xyxyОz ±== (1)
O
z
h K F x y
F F z
Правило знаков
, если смотреть с положительного направления оси.
Из чертежа видно, что при вычислении момента по формуле (1) плоскость xy можно проводить через любую точку оси z . Таким образом, чтобы найти момент силы относительно оси z , надо:
• провести плоскость xy перпендикулярно к оси z (в любом месте);
• спроектировать силу F на эту плоскость и вычислить величину xyF;
• опустить из точки О (точки пересечения оси с плоскостью) перпендикуляр ОК на
направление xyF и найти величину (ОK = h);
• вычислить произведение hFxy ⋅
; • определить знак момента. При вычислении моментов сил надо иметь в виду:
• если сила параллельна оси, то ее момент относительно оси равен нулю ( xyF = 0);
12
• если линия действия силы пересекает ось, то ее момент относительно оси равен нулю ( h = 0).
Уравнения равновесия произвольной пространственной системы сил
( ) ( ) ( ) ,0FM
;0F,
0FM
;0F,
0FM
;0F
kkz
kz
kky
ky
kkx
kx
⎪⎭
⎪⎬⎫
=
=
⎪⎭
⎪⎬⎫
=
=
⎪⎭
⎪⎬⎫
=
=
∑∑
∑∑
∑∑
План решения задач приведен в занятии 1. План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 8.24; 5.31; 5.39 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 8.25; [3] РГР(С1; С2) – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
2.2. Занятие 4. Принцип возможных перемещений. План решения задач Источники учебной информации: [1], стр.222-235; [4], стр. 48-57; [5], стр. 36-37; [6], стр. 52-
54; [7], стр. 68-80; [9], стр. 74-94. Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-38, 1-47, 1-48, 20-30; прибор ТМ №107 №22.
Принцип возможных перемещений позволяет рассматривать равновесие механических систем, не прибегая к их расчленению.
Для равновесия механических систем с идеальными стационарными связями необходимо и достаточно, чтобы сумма работ всех активных сил на любом возможном перемещении равнялась нулю:
0Aek =δ∑ (1)
Возможные перемещения обозначаются xδ , sδ , rδ .
Истинные перемещения обозначаются xd , sd , rd . Возможные перемещения (в.п) – это любые бесконечно малые воображаемые перемещения, допускаемые связями. Время фиксировано.
Истинные перемещения (и.п) – это бесконечно малые перемещения, происходящие строго по закону движения за промежуток времени dt .
Система может иметь бесконечное множество в.п., но лишь конечное число из них линейно независимо. Число линейно независимых в.п. совпадает с числом степеней свободы.
Правило определения числа степеней свободы Сколько звеньев механизма надо остановить до полной остановки механизма, столько
степеней свободы. Все возможные перемещения могут быть выражены через линейно-независимые.
Существует несколько методов связей возможных перемещений через линейно независимые возможные перемещения (л.н.з.в.п.).
Остановимся на кинематическом методе связей. Кинематический метод связей возможных перемещений Этот метод заключается в определении связи между скоростями, точек приложения сил. В
полученном выражении скорости заменяются на соответствующие перемещения, причем:
13
δϕ≈ωδ≈ ,sV
Примеры 1. Плоскопараллельное движение тела АВ: а. по теореме проекций скоростей точек на прямую, соединяющие эти точки:
)cos(V)cos(V BA β=α или через перемещения:
)cos(s)cos(s BA βδ=αδ ;
a
b
А
В
P w p
b. через м.ц.с.:
.APs
APV
;BPs
APs
BPV
APV
Ap
Ap
BABA
δ=δϕ⇒=ω
δ=δ⇒=
2. Вращательное движение, передача вращений:
r 1
r 2
w 1 w 2
.rsrV
;rr
rr
1
2
2
1
1
2
2
1
⋅δϕ=δ⇒ω=
=δϕδϕ
⇒=ωω
14
3. Сложное движение точки: определяется связь между абсолютной, переносной и относительной скоростями, а затем в полученных выражениях скорость заменяется на соответствующие перемещения.
План решения задач Выделяем механическую систему. Расставляем силы, действующие на систему. Определяем число степеней свободы. Даем системе в.п. Изображаем на чертеже перемещения точек приложения сил, Записываем уравнение (1) в развернутом виде. Выбираем л.н.з.в.п. Выражаем все в.п. через л.н.з.в.п. Полученную связь подставляем в уравнение (1) и определяем неизвестные величины. План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 4.36; 4.53; 4.66; 4.70 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 4.48; 8.42; 4.39; 4.73; [3] РГР (С3; С5) – 5
мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
Тесты 2 модуля На наклонной плоскости лежит груз. Коэффициент трения скольжения равен 0,6. Если груз
находится в покое, то максимальный угол наклона плоскости к горизонту в градусах равен… 39 37 25 + 31 44 Цилиндр весом 520 Н лежит на горизонтальной плоскости. Коэффициент трения качения
равен 0,007 м. Для того, чтобы цилиндр катился, необходим наименьший модуль момента пары сил, равный…
+ 3,64 2,75 4,82 5,02 1,63 Координаты точек А и В прямолинейного стержня АВ: хА = 10 см, хВ = 40 см. Тогда
координата хС центра тяжести стержня АВ в см равна… 31 20 + 25 17 35 Однородная пластина имеет вид прямоугольного треугольника АВД. Известны координаты
вершин хА = хВ = 3 см, хД = 9 см. Тогда координата центра тяжести хС пластины в см равна…
4 + 5 6 7 8 Высота однородной пирамиды 0,8 м. Тогда расстояние от центра тяжести пирамиды до ее
основания равно… 0,4 0,5 0,6 0,3 + 0,2
15
Коэффициент трения скольжения равен 0,3. Тогда тело начнет скользить вверх по наклонной плоскости (угол наклона к горизонту равен 30°) под действием силы равной 90 Н, если его масса будет равна…
+ 118 97 105 128 130 Полый треугольник АВД с углом при вершине Д равным 30° имеет координаты вершин: хА
= 0; уА = 0; хВ = 2 м; уВ = 0; хД = 0. Тогда координата хС центра тяжести треугольника равна… 0,542 0,412 0,873 + 0,634 0,729 Высота однородной пирамиды 1,2 м. Тогда расстояние от центра тяжести пирамиды до ее
основания равно… 0,4 0,5 0,6 + 0,3 0,2 Однородный брус АВ опирается в точке А на гладкую стену, а в точке В на негладкий пол.
Тогда наименьший коэффициент трения скольжения между брусом и полом, при котором брус останется в указанном положении в покое, равен…
0,4 + 0,5 0,6 0,3 0,2 К телу весом 200 Н, который лежит на горизонтальной поверхности, привязана
горизонтальная веревка. Коэффициент трения скольжения равен 0,2. Для того, чтобы тело начало скользить по поверхности, необходимо натяжение веревки, равное…
+ 40 53 32 49 37 К однородному катку на горизонтальной поверхности весом 4 кН приложена пара сил с
моментом 20 Н•м. Тогда наименьший коэффициент трения качения, при котором каток находится в покое, равен…
0,004 + 0,005 0,003 0,006 0,002 Четверть дуги окружности АВ радиуса 20 см располагается в первой четверти декартовой
системы координат Оху. Координаты точек: хА = 20; уА = 0; хВ = 0; уВ = 20. Тогда координата уС в см центра тяжести этой дуги равна…
6,82 5,83 9,54 + 7,78 8,91 Контур половины диска ОА радиуса 1,03 м располагается в первой четверти декартовой
системы координат Оху так, что основание этого контура ОА лежит на оси Ох. Координаты точек: хА = 2,06; уА = 0; хО = 0 ; уО = 0. Тогда координата уС в м центра тяжести этого контура равна…
1,23 1,01 + 0,4 0,7 0,9 Расстояние от основания круглого однородного конуса (радиус основания равен 0,4 м, а
угол при вершине конуса равен 90°) до его центра тяжести равно… 0,2 0,3 0,4 0,5 + 0,1 Наименьшее расстояние от дуги кругового сектора (получен делением диска радиуса 0,6 м
на 6 равных секторов) до центра его тяжести равно… + 0,218 0,314 0,193 0,295 0,164
16
Модуль 3
3.1. Занятие 5. Способы задания движения Источники учебной информации: [1], стр. 38-61; [4], стр. 95-117; [5], стр. 50-65; [6], стр. 97-
122; [7], стр. 142-183; [9], стр.143-169. Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-1, 1-2, 1-3, 1-4, 1-5, 20-14.
Линия, которую описывает в пространстве точка, называется траекторией точки. Задать движение точки – это значит задать закон, по которому можно определить положение точки в пространстве в любой данный момент времени. Рассмотрим три способа задания движения точки.
Координатный Естественный Векторный 1. Система координат. 2. Закон движения:
⎪⎭
⎪⎬
⎫
===
).t(zz);t(yy);t(xx
(1)
3. Переход от координатного способа задания к естественному: из уравнения (1) исключаем t и определяем уравнение траектории; начало отсчета (x0, у0, z0) определяем при t = 0 из уравнений (1); направление отсчета определяем, исследуя поведение функций (1) при возрастании t от нуля; находим закон движения по траектории по формуле:
dtzyxSt
0
222∫ ++=
1. Траектория движения точки. 2. Начало отсчета. 3. Направление движения точки по траектории. 4. Закон движения по траектории:
)t(fS =
⎭⎬⎫
++==
kzjyixr);t(rr
Скорость
17
Координатный Естественный Векторный
2z
2y
2x
z
y
x
zyx
VVVV
zV
yVxV
kVjViVV
++=
=
==
++=
dtdsV =
V направляется по каса-тельной к траектории в сто-рону движения.
dtrdV =
Ускорение
2z
2y
2x
zz
yy
xx
zyx
aaaa
zVa
yVaxVa
kajaiaa
++=
==
====
++=
Естественная система координат: τ , n , b .
M
n
b
t a t
M
a n M
a
Естественная система координат связывается с точкой, движущейся по траектории. Ось τ – направляется в сторону движения точки по касательной к траектории. Ось n – направляется в сторону вогнутости кривой.
Ось b – направляется перпендикулярно плоскости ( τ , n ).
naaa += τ,
dtVda =
где τa – касательное
ускорение; na – нормально·ускорение.
dtdVa =τ
τa направляется по
касательной к траектории движения точки._ Для
ускоренного движения τa
18
Координатный Естественный Векторный направляется по вектору скорости, для замедленного движения против вектора скорости.
τa характеризует изме-нение скорости по модулю,
ρ=
2n Va
na направляется всегда в
сторону вогнутости кривой и характеризует изменение скорости по направлению. Модуль ускорения:
( ) ( )22n aaa τ+= Закон равномерного движения
tVs;constV ⋅== Закон равнопеременного движения
2tatVss
2
00τ±+=
2tatVV
2
0τ±=
План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 12.17; 12.18; 12.12; 12.26 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 12.8; 12.25 – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
3.2. Занятие 6. Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси Источники учебной информации: [1], cтp.70-85; [4], стр. 117-127; [5], cтp.65-72; [6], стр. 123-
134; [7], стр. 184-203; [9], стр.183-192. Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-7, 1-8, 1-9; прибор СТМ №1, 15;
ТМ 14А-03, 63М; РТМ №49, №144.
19
Угловые характеристики тела при вращательном движении
Линейные характеристики точек тела при вращательном движении
1. Закон вращения тела )t(ϕ=ϕ
j
2. Угловая скорость dtdϕ=ω
; ω является вектором, который направляется по оси вращения тела в ту сторону, чтобы видеть вращение тела против часовой стрелки.
3. Угловое ускорение dtdω=ε
. Вектор ε для ускоренного движения направляется по вектору угловой скорости, для замедленного движения против вектора угловой скорости.
4. N2π=ϕ , где N – число оборотов.
5. 30nπ=ω
, где n – число оборотов в минуту.
1. Линейная скорость точки тела
V a t
a n
rV ω= ,
где r – расстояние точки тела от оси вращения, ( V направляется по касательной к траектории точки в сторо-ну движения). 2. Линейное ускорение точек тела
naaa += τ;
ra 2n ω= . na направляется по нормали в сторону
вогнутости кривой;
ra ε=τ.
τa для ускоренного движения направляется по вектору скорости, для замедленного движения против вектора скорости.
( ) ( )22n aaa τ+=
Закон равнопеременного движения тела
2tt
2
00ε±ω+ϕ=ϕ
t0 ε±ω=ω
Передача вращений
1
2
1
2
1
2
2
1
dd
zz
rr ===
ωω
где 1z , 2z – число зубьев первого и второго колеса.
20
Угловые характеристики тела при вращательном движении
Линейные характеристики точек тела при вращательном движении
r 2
w 1 w 2
r 1
1 2
План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 13.18; 14.5; 14.10 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 13.15; 14.1; 14.3; [3] РГР (К2) – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
Тесты 3 модуля Радиальная скорость точки равна 2 м/с. Если вектор полной скорости точки образует угол
45° с полярным радиусом, то в этот момент времени модуль полной скорости точки равен… 1,97 + 2,83 3,21 2,69 3,17 Трансверсальная скорость точки равна 3 м/с. Если вектор полной скорости образует угол 30°
с полярным радиусом, то радиальная скорость точки равна… + 5,2 4,71 3,84 4,9 3,9 Радиальная скорость точки равна 10 м/с. Если полная скорость точки равна 20 м/с, то
трансверсальная скорость точки равна… 16,4 18,5 + 17,3 19,1 15,9 Даны уравнения движения точки в полярных координатах φ = t; r = t2. Если φ = 180°, то
полярный радиус точки в этот момент времени равен… 8,77 10,03 7,64 + 9,87 6,52 Твердое тело движется вокруг неподвижной точки О согласно уравнениям: ψ = 0,5π; θ = πt;
φ = πt. Тогда в момент времени 0,5 с проекция мгновенной угловой скорости на неподвижную ось Ох равна…
1,98 3,43 1,29 3,01 + 2,22 Твердое тело движется вокруг неподвижной точки О согласно уравнениям: ψ = πsint; θ =
πcost; φ = π. Тогда модуль мгновенной угловой скорости равен… + 3,14 2,71 1,94 2,28 2,59 Твердое тело движется вокруг неподвижной точки О согласно уравнениям: ψ = πt; θ = π/3; φ
= πt. Тогда модуль мгновенной угловой скорости равен… 4,87 + 5,44 3,86 5,69 4,62
21
Радиальная скорость точки равна 15 м/с. Если полная скорость точки равна 24,3 м/с, то
трансверсальная скорость точки равна… 16,4 18,5 17,3 + 19,1 15,9 Даны уравнения движения точки в полярных координатах φ = 2sint; r = t2. Если полярный
радиус точки равен 4 м, то в этот момент времени полярный угол равен… 1,74 1,42 + 1,82 2,14 2,08 Даны уравнения движения точки в полярных координатах φ = 0,5t2; r = 0,5t. Если полярный
радиус точки равен 2 м, то трансверсальная скорость точки равна… 7 + 8 6 5 2 Даны уравнения движения точки в полярных координатах φ = t2; r = 0,5t.2. Если полярный
угол равен 2,25 рад, то радиальная скорость точки равна… + 1,5 1,1 1,9 2,1 0,9
Тело совершает сферическое движение. Мгновенная угловая скорость тела равна ω =
πcosπt2 i + πsinπt2 j + 2πt k . Тогда косинус угла, который образует мгновенная ось вращения тела с осью Ох, в момент времени 2 с равен…
0,521 0,219 0,376 + 0,408 0,602
Тело совершает сферическое движение. Мгновенная угловая скорость тела равна ω =
πsinπt i + πcosπt j + π k . Тогда в момент времени 1 с проекция мгновенного углового ускорения на ось Ох равна…
+ - 9,87 - 8,43 7,82 10,05 3,14 Даны уравнения движения точки в полярных координатах φ = 2t; r = t2. Тогда в момент
времени 2 с модуль скорости точки равен… 7,52 4,29 9,38 6,33 + 8,94
Тело совершает сферическое движение. Мгновенная угловая скорость тела равна ω =
2sin2t i + sin2t j + 5 k . Тогда в момент времени 2 с мгновенное угловое ускорение тела равно… 1 + 2 3 4 5
22
Модуль 4
4.1. Занятие 7. Определение плоскопараллельного движения. Основные кинематические характеристики движения тела. Определение скоростей точек тела методом мгновенного центра скоростей (м.ц.с.).
Теорема о проекции скоростей двух точек тела Источники учебной информации: [1], стр.85-106; [4], стр. 127-147; [5], стр.82-92; [6],
стр.138-165; [7], стр.204-256; [9], стр. 193-217. Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-10, 1-11, 1-12, 1-16, 1-17, 1-18,
20-17, 20-18; прибор СТМ №1, 14, 16, 17; прибор гироскоп. Плоскопараллельным движением называется такое движение твердого тела, при котором все
его точки перемещаются параллельно некоторой неподвижной плоскости. Основными кинематическими характеристиками этого движения являются скорость и
ускорение поступательного движения, а также угловая скорость и ускорение во вращательном движении.
Одним из способов определения линейных скоростей точек тела при плоскопараллельном движении является способ, основанный на понятии о мгновенном центре скоростей.
А
M
P w p
V А B
V B
V M
Мгновенным центром скоростей точек тела (м.ц.с.) называется точка Р, скорость которой в
данный момент времени равна нулю. Правило построения м.ц.с. Для построения м.ц.с. необходимо знать направление скоростей двух точек тела, затем
восстановить перпендикуляры к направлению скоростей в точке А и точке В. Точка пересечения перпендикуляров будет м.ц.с.
Мгновенная угловая скорость
.BPV
APV BA
р ==ω (1)
Скорость любой точки плоской фигуры: MPV рM ω=
,
причем ( MPVM ⊥ и направлена в сторону вращения фигуры. Распределение скоростей
.BPAP
VV
B
A = (2)
Скорости точек тела пропорциональны их расстояниям до м.ц.с. Частные случаи определения положения м.ц.с.
23
1. Качение без скольжения плоской фигуры по неподвижной плоскости. В этом случав м.ц.с. (т. Ρ) лежит в точке касания.
P w p
А V А
C V C
СPVС
р =ω;
.СPAP
VV
С
A =
2. ВА,V//V BА ⊥/
P ® µ
A V A B
V B
В этом случае м.ц.с. (т. Р) лежит в бесконечности. Величина рω= 0 и скорости всех точек
тела в данный момент равны между собой. Имеем мгновенное поступательное движение:
...VVV СBА ===
3. ВА,V//V BА ⊥
A V A
P w p
B V B
A V A
P w p
B V B
24
BPV
APV BA
р ==ω;
BPV рB ω=
Мгновенный центр скоростей находится в точке пересечения общего перпендикуляра к скоростям и пряной, соединявшей концы векторов скоростей.
Теорема о проекции скоростей двух точек плоской фигуры
a
b
А
В
V A
V B
Проекции скоростей двух точек плоской фигуры на прямую, соединяющую эти точки,
равны между собой: )cos(V)cos(V BA β=α (3)
План решения задач Изображаем механизм в заданном положении. Проводим анализ движения звеньев механизма (анализ начинаем с того звена, движение
которого задано). При переходе от одного звена к другому определяем скорости общих точек этих звеньев. Для определения скоростей точек звеньев, совершавших плоско-параллельное движение
необходимо: • показать направление скоростей двух точек этого звена; • подсчитать модуль скорости одной точки; • построить м.ц.с. (по правилу построения м.ц.с.);
• определить рω по формуле (1) и по V формуле (2) (если в задаче не требуется
определения величины рω и построения м.ц.с., то скорость рассчитывается по формуле
(3)). Примечание Если имеем только одно тело, совершающее плоскопараллельное движение, то решение
задачи начинаем с пункта 4.
Точку м.ц.с. и величину рω определяем для каждого звена, совершающего
плоскопараллельное движение. План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 16.12; 18.11; 18.22; 18.25 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 16.25; 18.9; 18.27; 16.28; [3] РГР (К3) – 5
мин.
25
Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам – 25 мин.
4.2. Занятие 8. Сложное движение точки. Определение относительного, переносного, абсолютного движения точки. Скорость точки в относительном, переносном, абсолютном движениях
Теорема сложения скоростей Источники учебной информации: [1],стр.143-172; [4], стр. 155-179; [5], стр.72-110; [6], стр.
186-207; [7], стр.275-332; [9], стр.233-267. Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-14, 1-15, 1-19, 20-15, 20-19. Движение точки Μ относительно подвижной системы отсчета называется относительным
движением.
Движение точки Μ относительно неподвижной системы отсчета 1111 zyxO называется абсолютным движением.
M z 1
x 1
y 1
z y
x
O 1
O
Движение подвижной системы отсчета Охух. вместе с зафиксированной в ней точкой Μ
относительно неподвижной системы отсчета 1111 zyxO называется переносным движением. Скорость точки Μ по отношению к осям Οxyz (подвижная система координат) называется
относительной и обозначается rV . Скорость той неизменно связанной с подвижными осями Оxyz точки m, с которой в данный
момент совпадает движущаяся точка Μ, относительно неподвижной системы 1111 zyxO
называется переносной скоростью т. Μ в этот момент времени и обозначается eV .
Скорость точки Μ относительно неподвижной системы отсчета 1111 zyxO называется
абсолютной и обозначается aV . Абсолютная скорость точки M равна векторной сумме переносной и относительной
скоростей:
26
V А
V e
V r
a
rea VVV += (1) Модуль абсолютной скорости:
)cos(VV2VVV re2
r2
ea α++= . (2)
Модуль aV может быть найден также из проекций (1) на оси координат:
⎭⎬⎫
+=+=
ryeyay
rxexax
VVV;VVV
. Тогда
2ay
2axa VVV +=
План решения задач Выделяем точку, совершающую сложное движение. Проводим анализ движения точки (выделяем относительное, переносное, абсолютное
движения). Изображаем точку Μ на чертеже в заданный момент времени. Определяем относительную скорость точки: • строим траекторию точки в относительном движении;
• строим вектор rV , определяем его модуль (если это возможно) . Определяем переносную скорость точки: • строим траекторию точки тела, совпадающей с исследуемой·точкой в заданный момент
времени, в переносном движении;
• строим вектор eV , определяем его модуль (если это возможно). Определяем абсолютную скорость точки: • записываем векторное уравнение (1);
• строим вектор aV либо по касательной к траектории в·абсолютном движении, либо как
диагональ параллелограмма, построенного на векторах eV и rV как на сторонах).
• определяем модуль aV (либо по теореме Пифагора, либо по теореме косинусов). План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин.
27
Решить на занятии задачи: [2] 23.27; 23.48; 24.7; 24.31 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 24.34; [3] РГР(К7; К8) – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин. Примеры компьютерных тестов
Тесты 4 модуля
Тело одновременно участвует в двух поступательных движениях со скоростями v 1 = 5 i +
2 j и v 2 = - 2 i + 3 j . Тогда модуль абсолютной скорости тела равен… 4,61 6,31 + 5,83 4,98 5,22 Тело одновременно находится в двух вращательных движениях вокруг параллельных осей с
угловыми скоростями ω1 = 2 рад/с и ω2 = 3 рад/с, векторы которых направлены в одну сторону. Тогда модуль абсолютной угловой скорости движения тела равен…
+ 5 4 2,5 1 2,3
Тело одновременно участвует в трех поступательных движениях со скоростями v 1 = 4 i -
3 j + k ; v 2 = - 6 i + 5 j + 3 k ; v 3 = 2 i + 2 j - k . Тогда модуль абсолютной скорости тела равен…
6 7 4 + 5 3 Пятипалубный пароход плывет со скоростью 3,6 км/ч, а лифт внутри парохода поднимается
со скоростью 0,5 м/с. Тогда абсолютная скорость неподвижного человека внутри лифта равна… 0,87 + 1,12 2,69 2,19 0,91 Сферическая оболочка радиуса 0,5 м с центром в точке О декартовой системы координат
участвует одновременно в двух вращательных движениях вокруг параллельных осей: оси Оz с угловой скоростью равной 3 рад/с и вокруг оси Аz (которая касается оболочки) с угловой скоростью равной 4 рад/с. Тогда модуль скорости точки А оболочки лежащей на оси Аz равен…
1,7 3,8 3,1 2,9 + 1,5 Диск радиуса 0,5 м с центром в точке О располагается в плоскости хОу и участвует
одновременно в двух вращательных движениях вокруг параллельных осей: оси Ох с угловой скоростью равной 2 рад/с и вокруг оси Ах (которая касается диска) с угловой скоростью равной 2 рад/с. Тогда у диска найдется точка с максимальным значением модуля скорости равным…
+ 3 2 0,5 1,5 2,5 Пятипалубный пароход плывет со скоростью 0,4 м/с, а лифт внутри парохода поднимается
со скоростью 0,3 м/с. Тогда абсолютная скорость человека, который двигается внутри лифта со скоростью 0,2 м/с, равна…
0,621 0,219 + 0,539 0,318 0,452 Баржа плывет со скоростью 3 м/с. По палубе баржи едет грузовик из носовой части баржи в
кормовую по закону 3t2. По кузову грузовика бежит человек в противоположную сторону кабины грузовика по закону 2t2. Тогда абсолютная скорость человека в момент времени 1 с равна…
+ 1 2 3 4 5
28
Кузов вагона совершает одновременно два поступательных движения: в продольном
направлении движется с постоянным ускорением 1 м/с2, а в вертикальном – колеблется согласно закону у = 1 + 0,02sin2πt. Тогда модуль максимального абсолютного ускорения вагона равен…
1,82 + 1,27 3,14 2,03 0,93 Тело одновременно находится в трех вращательных движениях вокруг параллельных осей с
угловыми скоростями ω1 = 5 рад/с, ω2 = 4 рад/с, ω3 = 3 рад/с. Тогда модуль абсолютной угловой скорости тела равен…
11 10 6 + 12 2 Тело одновременно находится в двух вращательных движениях вокруг параллельных осей с
угловыми скоростями ω1 = 4 рад/с, ω2 = - 3 рад/с. Тогда модуль абсолютной угловой скорости тела равен…
7 + 1 - 1 - 7 12 Тело одновременно находится в двух вращательных движениях вокруг параллельных осей 1
и 2 с угловыми скоростями ω1 = 4 рад/с, ω2 = - 2 рад/с. Расстояние между осями равно 50 см. Тогда расстояние в см от мгновенной оси вращения до оси 1 равно…
100 25 75 300 + 50
29
Модуль 5
5.1. Занятие 9. Механическая система. Понятие внешних, внутренних сил. Понятие центра масс механической системы, момента инерции относительно оси. Теорема Гюйгенса
Источники учебной информации: [1], стр.271-298; [4], стр. 180-232; [5], стр. 111-122; [6], стр. 223-260; [8], стр.4-86; [10], стр. 9-153. Технические и программные средства обучения: плакат 20-21.
Механической системой материальных точек или тел называется такая их совокупность, в
которой положение или движение каждой из них зависит от положения и движения всех остальных. В связи с этим силы, действующие на механическую систему делятся не внешние и внутренние.
Внешними называется силы, действующие на точки системы со стороны точек или тел, не входящих в состав данной системы. Внутренними называются силы, действующие на точки системы со стороны других точек или тел этой же системы.
Обозначения eF – внешние силы;
iF – внутренние силы.
Свойства внутренних сил
0Fik =∑
; ( ) 0FM i
kO =∑.
Внешние и внутренние силы делятся на активные и реакции связей. Разделение сил на внешние и внутренние является условным и зависит от того, движение какой системы тел мы рассматриваем.
Движение системы зависит от ее суммарной массы и распределения масс. Масса системы равна арифметической сумме масс всех точек, образующих систему.
Положение центра масс ( ССС z,y,x системы определяется формулой:
∑=
=n
1kkkc xm
M1x
; ∑
==
n
1kkkc ym
M1y
; ∑
==
n
1kkkc zm
M1z
. Положение центра масс характеризует распределение масс системы не полностью. Поэтому
в механике вводится еще одна характеристика распределения масс – момент инерции. Моментом инерции тела относительно данной оси оz называется скалярная величина, равная
сумме произведений масс всех точек тела на квадраты их расстояний до этой оси:
∑=
=n
1k
2kkz hmI
или выраженная через радиус инерции:
2z MiI =
. где i – радиус инерции тела относительно оси Oz.
Моменты инерции тел
30
Тело Формула момента инерции 1. Тонкий однородный стержень длины l и массы Μ (оси z и z' перпендикулярны к плоскости чертежа).
A C B
A B = l z z '
3MlI
2
Az =;
12MlI
2
'Cz =.
2. Тонкое круглое кольцо радиуса R массы M.
C
z
2Cz MRI =
где ось z – центральная, перпендикулярная плоскости кольца
Продолжение таблицы Тело Формула момента инерции 3. Круглая однородная пластинка или тонкостенный цилиндр радиуса R и массы М.
C
z
C
z
2MRI
2
Cz =
4. Шар массы Μ и радиуса R. z
x y O
2z MR
52I =
31
Теорема Гюйгенса Момент инерции тела относительно оси равен моменту инерции относительно оси, ей
параллельной, проходящей через центр масс тела, сложенному с произведением массы всего тела на квадрат расстояния между осями.
План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 26.9; 26.16; 27.50; 27.53; 33.7; 33.9 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 26.17; 26.24; [3] РГР (Д1; Д2; Д3) – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
5.2. Занятие 10. Кинетическая энергия точки, механической системы абсолютно твердого тела. Теорема об изменении кинетической энергии точки и механической системы
Источники учебной информации: [1], стр. 298-424; [4], стр.263-323; [5], стр. 122-171; [6], стр.260-348; [8], стр.86-205; [10], стр. 154-227.
Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-24, 1-25. Кинетическая энергия
Материальная точка Механическая система Абсолютно твердое тело
2MV21Т =
∑
==
n
1k
2kkVm
21Т
поступательное движение:
2CMV
21Т =
где CV – скорость центра масс тела; вращательное движение:
2zI
21Т ω=
zI – момент инерции тела
относительно оси вращения; ω – угловая скорость тела; плоскопараллельное движение:
2pC
2C I
21MV
21Т ω+=
где CI – момент инерции тела относительно оси, проходящей через центр масс тела;
pω – мгновенная угловая
скорость;
32
CV – скорость центра масс тела.
Работа Работа характеризует то действие силы, которым определяется изменение модуля скорости
движущейся точки. Элементарная работа силы равна скалярному произведению вектора силы на вектор
элементарного перемещения точки ее приложения: FdsA =δ ,
или
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=δ
∧ds,FcosFdsA
, или
dzFdyFdxFA zyx ++=δ.
Примеры вычисления работы
Силы Работа
1. Сила тяжести mgP =
FhA ±= , где h – кратчайшее расстояние по вертикали между точками МО и М1.
2. Сила упругости cxF =
( )21
20 ll
2cA Δ−Δ=
, где с – коэффициент жесткости пружины; ∆l0 и ∆l1 – начальная и конечная деформация пружины.
3. Момент силы Μ
ϕ= ∫ϕ
ϕ
MdA1
0 ,
где ϕd – элементарный угол поворота тела под действием момента M.
4. Сила трения скольжения fNFтр =
sFA тр−=,
где s – путь, пройденный телом.
33
Силы Работа
N
P
F т р
V
f – коэффициент трения скольжения (безразмерный); N – нормальная реакция. 5. Момент сопротивления качению
kNМкач =
N
P
F т р
V
k
Трение качения характеризуется моментом
пары сил ( N,P ) k – коэффициент трения качения. Качение происходит без скольжения; N – нормальная реакция поверхности, которая сдвигается в сторону движения тела на величину k от точки касания.
ϕ−= качкач МA , где ϕ - угол поворота колеса.
Теорема об изменении кинетической энергии системы
( ) ( )∑∑==
+=−n
1k
ik
n
1k
ek01 FAFATT
,
где 0T , 1T – соответственно начальная и конечная кинетическая энергия системы (точки);
( )∑=
n
1k
ekFA
– работа внешних сил; ( )∑
=
n
1k
ikFA
– работа внутренних сил. Для точки и для неизменяемой системы с идеальными связями:
( )∑=
n
1k
ikFA
= 0 План решения задач Выделяем механическую систему (точку), движение которой рассматриваем. Изображаем систему (точку) в начальный и конечный момент времени на чертеже. Отмечаем путь, пройденный телами системы (точкой).
34
Расставляем силы, действующие на тела системы (точку). Исследуем движение каждого тела системы. Записываем теорему об изменении кинетической энергии.
Вычисляем 0T , 1T (скорости всех тел выражаем через искомую скорость). Вычисляем работу всех сил, приложенных к телам механической системы (точек).
Найденные значения 0T , 1T , ( )∑
=
n
1k
ekFA
, ( )∑
=
n
1k
ikFA
подставляем в выражение теоремы. Решая полученное уравнение, определяем искомую величину. План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 35.4; 35.5; 35.9 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 35.10; 35.17; [3] РГР (Д9) – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
Тесты 5 модуля Локомотив (считать материальной точкой) массой 80 000 кг движется по рельсам,
проложенным по экватору с востока на запад, со скоростью 20 м/с. Если угловая скорость земли равна 0,0 000 729 рад/с, то модуль кориолисовой силы инерции локомотива равен…
197 321 + 233 345 295 Ненагруженную пружину с коэффициентом жесткости равным 100 Н/м растянули на 0,02 м.
Тогда работа силы упругости пружины равна… + - 0,02 0,03 - 0,01 0,04 0,05 Моторная лодка движется по реке со скоростью 8 м/с. Сила тяги двигателя равна 3 500 Н.
Тогда мощность силы тяги двигателя в кВт равна… 23 34 19 + 28 32 На вал двигателя действует крутящий момент М = 80(1 – 0,0 025ω). В момент времени,
когда вал двигателя имеет угловую скорость 200 рад/с, мощность двигателя в кВт равна… 7 + 8 9 6 5 Однородный цилиндр массой 40 кг катится прямолинейно без скольжения по
горизонтальной плоскости с угловой скоростью 4 рад/с. Коэффициент трения качения равен 0,01 м. Тогда мощность сил сопротивления качению равна…
- 11,7 19,3 18,3 13,5 + -15,7 Грузовой автомобиль движется по дороге на подъем (угол подъема дороги равен 10°) с
постоянным замедлением равным 2 м/с2. Если масса груза в кузове автомобиля равна 200 кг, то его давление на переднюю стенку кузова равно…
35
+ 59,3 43,9 63,7 51,6 66,4 По наклонной плоскости (угол наклона равен 20°) двигается стакан с водой так, что
свободная поверхность воды параллельна наклонной плоскости движения. Тогда ускорение стакана равно…
2,88 3,99 + 3,36 4,82 2,56 Шарик массой 0,2 кг движется со скоростью 19,62 м/с в вертикальной трубке, которая
вращается вокруг вертикальной оси со скоростью 5 рад/с. Расстояние от трубки до оси вращения равно 0,5 м. Тогда переносная сила инерции шарика равна…
2 1 + 2,5 3 4 Груз 1 массой 1 кг спускается вниз по наклонной плоскости тела 2. Тело 2 движется в
вертикальных направляющих вниз с ускорением 2 м/с2.. Тогда сила давления груза 1 на тело 2 равна…
5,82 + 6,76 4,89 7,11 7,42 Груз движется из состояния покоя в наклоненном кузове грузовика (угол наклона кузова
равен 20°). Грузовик двигается задним ходом по горизонтальной плоскости с постоянным ускорением 3,5 м/с2. Тогда скорость относительного движения груза в момент времени 5 с равна…
+ 0,331 0,243 0,482 0,397 0,285 Сила натяжения веревки санок равна 4х3. Санки двигаются по горизонтальной оси Ох. Угол
наклона веревки к оси Ох равен 30°. Если санки перемещаются из отметки с координатой хО = 0 в отметку с координатой х1 = 1 м, то работа этой силы равна…
0,602 0,532 0,731 + 0,866 0,974 Материальная точка движется прямолинейно по горизонтальной плоскости по закону х = t4
под действием силы F = 12t4. Если точка перемещается из отметки с координатой хО = 0 в отметку с координатой х1 = 4 м, то работа этой силы равна…
60 55 45 76 + 64 Тело под действием постоянной горизонтальной силы F = 1 Н поднимается по наклонной
поверхности (угол наклона поверхности равен 30°). Если тело пройдет путь 1 м по наклонной поверхности, то сила совершит работу равную…
0,654 + 0,866 0,388 0,932 0,761 Кабина лифта двигается вверх с ускорением 4,9 м/с2. К потолку лифта прикреплена
вертикальная пружина, а к пружине с другой стороны прикреплен груз весом 100 Н, тогда усилие в пружине равно…
100 200 + 150 300 50
36
Модуль 6
6.1. Занятие 11. Центр масс механической системы. Теорема о движении центра масс. Следствия из теоремы. Первая и вторая задачи динамики для механической системы
Источники учебной информации: [1], стр. 298-424; [4], стр.263-323; [5], стр. 122-171; [6], стр.260-348; [8], стр.86-205; [10], стр. 154-227.
Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-27, 1-30, 1-31, 1-34, 1-35, 1-46, 20-24, 20-25, 20-26, 20-27, 20-30, 20-35.
Центр масс механической системы определяется по формуле:
∑=
=n
1kkkc rm
M1r
(1)
где kr – радиус-вектор центра масс k-го тела системы; km – масса к-го тела; М – масса всей системы.
В координатной форме формула (1) имеет вид:
∑=
=n
1kkkc xm
M1x
;
∑=
=n
1kkkc ym
M1y
; (2)
∑=
=n
1kkkc zm
M1z
. Поступательное движение механической системы определяется движением центра масс
системы. Теорема Центр масс механической системы движется как материальная точка, масса которой равна
массе всей системы и к которой как бы приложены все внешние силы, действующие на систему.
Векторное уравнение движения центра масс имеет вид:
ek
n
1kС Fam ∑
==
. (3) Внутренние силы на движение центра масс влияния не оказывают. Уравнение (3) в
проекциях на координатные оси: ekzC
ekyC
ekxС Fzm;Fym;Fxm ∑∑∑ ===
(4) Следствия Если
ekF∑ = 0, то constVC = .
Если ekxF∑ = 0, то constVCx = .
37
Если e
kxF∑ = 0, 0V 0Cx = , то constx
0C =, (5)
и имеет место равенство:
∑=
=Δn
1kkk 0xm
, (6)
где kxΔ – абсолютное перемещение центра масс k-го тела механической системы вдоль оси x. r
ke
kk xxx Δ+Δ=Δ (7)
Здесь e
kxΔ – переносное перемещение центра масс k-го тела системы; r
kxΔ - относительное перемещение центра масс k-го тела системы.
Первая задача динамики: по заданной массе и заданному закону движения центра масс определить главный вектор внешних сил, действующих на систему.
План решения задач Выделяем механическую систему. Составляем по формулам (2) закон движения центра масс. Дифференцируем дважды закон движения, подставляем его в формулы (4), определяем
проекции главного вектора внешних сил на оси координат. Вторая задача динамики: по известной массе и по заданным силам определить закон
движения центра масс механической системы. В этом разделе решаем задачи на определение перемещений тел системы, используя
формулы (6) и (7) при выполнении условия (5). План решения задач Выделяем механическую систему. Изображаем механическую систему на чертеже в начальный момент времени. Строим
систему координат. Расставляем внешние силы. Проверяем выполнение условия (5). Изображаем систему в конечный момент времени. Отмечаем на чертеже перемещения тел системы. Выделяем переносное и относительное
перемещения. Записываем уравнение (6) в развернутом виде.
Определяем kxΔ по формуле (7).
Найденные значения kxΔ подставляем в формулу (6) и определяем искомое перемещение. План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 36.8; 36.12 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 36.9; 36.13; [3] РГР (Д9) – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
38
6.2. Занятие 12. Количество движения. Импульс силы. Теорема об изменении количества движения точки и системы
Источники учебной информации: [1], стр. 298-424; [4], стр.263-323; [5], стр. 122-171; [6], стр.260-348; [8], стр.86-205; [10], стр. 154-227.
Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-27, 1-30, 1-31, 1-34, 1-35, 1-46, 20-24, 20-25, 20-26, 20-27, 20-30, 20-35.
Количество движения точки:
Vmq = . (1)
Количество движения точки это есть векторная величина, по модулю равная mVq = и направленная по вектору скорости.
Количество движения механической системы:
∑=
=n
1kkk VmQ
, (2) или
CVMQ = . (3) Импульс силы:
∫=t
0
dtFS.(4)
Теорема об изменении вектора количества движения 1. В дифференциальной форме:
∑=
=n
1k
ekF
dtQd
, (5) и в проекциях на оси координат:
∑=
=n
1k
ekx
x FdtQd
; ∑
==
n
1k
eky
y FdtQd
. (6) 2. В интегральной форме:
∫ ∑∑==
==−1
0
t
t
n
1k
ek
ek
n
1k01 SdtFQQ
, (7) и в проекциях на оси координат:
⎪⎪
⎭
⎪⎪
⎬
⎫
==−
==−
∫ ∑∑
∫ ∑∑
==
==
.SdtFQQ
;SdtFQQ
1
0
1
0
t
t
n
1k
eky
eky
n
1ky0y1
t
t
n
1k
ekx
ekx
n
1kx0x1
(8) Следствия Если
39
0Fn
1k
ek =∑
= , то constQQ 01 == . Если
0Fn
1k
ekx =∑
= , то constQQ x0x1 == . Теорема об изменении вектора количества движения системы (точки) характеризует
поступательное движение тела. Теорему об изменении количества движения применяем, если в условие задачи входит
время или его требуется определить. План решения задач Изображаем систему (точку) в начальный и конечный момент времени на чертеже. Расставляем внешние силы. Выбираем систему координат. Записываем теорему в векторной форме в виде уравнения (5) или (7).
Записываем вектора 01 QиQ , изображаем их на чертеже.
Подставляем вектора 01 QиQ в уравнение (5) или (7). Проектируем полученное уравнение на оси координат. Определяем из полученной системы
уравнений искомые величины. Примечание Уравнение (5) обычно применяется, если силы переменные величины; уравнение (7) – если
силы постоянные или требуется определить проекции импульса сил на оси координат. План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 37.45; 37.47; 38.11; 38.27 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 37.48; 38.15; 38.28; [3] РГР (Д10) – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
Тесты 6 модуля Диск массой 1 кг летит в вертикальной плоскости согласно уравнениям: хС = 0; уС = 14(1 –
е- 0, 981t) – 10t; φ =3t. В момент времени 0,5 с значение главного вектора внешних сил равно… 7,92 8,83 + 8,25 7,29 9,01 Материальная точка массой 2 кг скользит по негладкой горизонтальной плоскости под
действием силы 10 Н, составляющей 30° с горизонтальной плоскостью. Если коэффициент трения равен 0,1, то ускорение материальной точки равно…
4,9 + 3,6 5,1 2,7 2,9 Материальная точка массой 1 кг опускается по наклонной плоскости с углом наклона 30°.
На нее действует суммарная сила сопротивления R = 0,11v, где v – скорость движения точки в м/с. Тогда наибольшая скорость точки равна…
40
+ 44,6 37,9 51,3 49,7 39,8 Луна движется вокруг Земли на расстоянии 384 400 км от центра Земли с орбитальной
скоростью 163 м/с. Масса Луны равна 7,35• 1022 кг. Тогда сила в ЭН, с которой Земля притягивает Луну, равна…
4,76 6,81 5,62 + 5,08 4,82 Тело массой 20 кг движется поступательно с ускорением 20 м,с2. Тогда модуль главного
вектора сил инерции равен… 600 500 300 200 + 400 Тело массой 10 кг движется поступательно по горизонтальной плоскости. Каждая точка тела
движется по окружности радиуса 0,5 м с постоянной скоростью 1,5 м/с. Тогда модуль горизонтальной составляющей главного вектора внешних сил, действующих на тело, равен…
+ 45 53 39 52 37 Движение однородного стержня массой 3 кг описывается уравнениями: хС = 1,2 м; уС =
0,001cos314t; φ = 0,01cos314t. Тогда при 0 с проекция вектора внешних сил на ось Оу равна… - 321 + - 296 188 216 339 Обруч летит в вертикальной плоскости согласно уравнениям: хС = 3 м; уС = 4t – 4,9 t2; φ =
28(1 – е- 0, 1t). Момент инерции обруча относительно центральной оси симметрии равен 0,113 кг•м2. Тогда в момент времени 0,3 с значение главного момента внешних сил, действующих на обруч, равно…
0,041 + - 0,031 - 0,029 0,037 0,025 Диск движется согласно уравнениям: хС = 10t; уС = 1,5 + 0,1sin2πt; φ = 0,1sin2πt. Момент
инерции диска относительно центральной оси симметрии равен 7 500 кг•м2. Тогда в момент времени 11,1 с значение главного момента внешних сил, действующих на диск, относительно центральной оси симметрии в кН•м равно…
+ 17,4 18,4 16,4 19,4 20,4 Материальная точка массой 0,6 кг колеблется на вертикальной пружине согласно закону х =
25 + 3sin20t (см). Тогда в момент времени 2 с модуль реакции пружины равен… 12,9 10,4 + 11,3 14,8 9,8 Материальная точка массой 1 кг колеблется на вертикальной пружине в густой смазке с
силой сопротивления R = - 0,1 v . В момент времени, когда ускорение точки равно 14 м/с2 и скорость точки равна
2 м/с, то реакция пружины равна… 22,9 20,7 24,1 + 23,6 21,4 Материальная точка движется в вертикальной плоскости по внутренней поверхности
цилиндра (ось цилиндра горизонтальна) радиуса 9,81 м. В самом верхнем положении точки не произойдет ее отрыва от цилиндра при минимальной скорости точки равной…
8,35 + 9,81 3,14 7,92 6.37
41
Материальная точка массой 10 кг движется по окружности радиуса 3 м согласно закона s = 4t3. Тогда в момент времени 1 с модуль силы инерции точки равен…
439 671 + 537 894 777 Материальная точка массой 4 кг движется по окружности радиуса 4 м согласно закона s =
0,5t2 + 0,5sin4t Тогда в момент времени 5 с модуль силы инерции точки равен… + 42,2 35,9 29,5 47,9 38,7
42
Модуль 7
7.1. Занятие 13. Теорема об изменении момента количества движения. Момент количества движения (кинетический момент) точки, механической системы, тела. Уравнение вращения тела
Источники учебной информации: [1], стр.424-469; [4], стр.323-344; [5], стр. 172-175; [6], стр. 294-311; [8], стр.205-252; [10], стр.242-291.
Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-32, 1-33, 20-28, 20-29, 20-33. Формулы расчета момента количества движения (кинетического момента).
Объект Кинетический момент
1. Точка VmrK oO ×= – относительно точки О.
2. Механическая система ( )kkk
n
1kO VmrK ×=∑
= – относительно точки О.
3. Тело, вращающееся вокруг неподвижной оси
zzz IK ω= – относительно оси Oz вращения тела.
4. Система тел, вращающихся вокруг одной неподвижной оси
zzz IK ω=∑ – относительно Oz вращения тел.
Теорема Производная по времени от момента количества движения системы относительно
неподвижного центра О равна главному моменту внешних сил, действующих на механическую систему относительно того же центра:
( )∑=
=n
1k
ekO
O FMdtKd
. (1) Теорема (1) характеризует вращательное движение системы. Если ось вращения неподвижна, то теорема запишется в скалярной форме:
( )∑=
=n
1k
ekz
z FMdt
dK
. (2) Следствие Если:
( ) 0FMn
1k
ekz =∑
= , то 1z0z KK = , (3) т.е. имеем закон сохранения момента количества движения системы относительно неподвижной оси.
Уравнение вращения тела вокруг неподвижной оси
( ) ε=∑=
z
n
1k
ekz IFM
. (4) План решения задач Выделяем механическую систему.
43
Расставляет внешние силы. Изображаем механическую систему в начальный и конечный момент времени (для точек
расставляем вектора Vm , для тел показываем направление вращения).
Определяет величину ( )∑
=
n
1k
ekz FM
:
( ) 0FMn
1k
ekz =∑
= ( ) 0FM
n
1k
ekz =/∑
= записываем соотношение (3);
определяем величины 1z0z KиK всей механической системы;
найденные значения 1z0z KиK (подставляем в уравнение (3); решаем полученное уравнение и определяем искомую величину.
определяем величину zK всей механической системы;
найденные значения zK и ( )∑
=
n
1k
ekz FM
(подставляем в уравнение (2); решаем полученное дифференциальное уравнение.
План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 37.39; 37.7; 39.1; 39.5 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 37.13; 37.49; 39.15; 39.6 – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
7.2. Занятие 14. Голономные связи. Обобщенные координаты, скорости, силы. Определение потенциальной энергии. Уравнения Лагранжа
Источники учебной информации: [1], стр.493-554; [4], сгр.357-387; [5], стр.175-194; [6], стр.369-402; [8], стр. 291-357; [10], стр. 361-410.
Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-38, 1-47, 1-48, 20-30; приборы ТМ107 №122, СТМ №2.
Связи, накладывающие ограничения на положения точек механической системы в
пространстве и на направления скоростей, называются голономными или геометрическими. Линейно независимые координаты, которые однозначно определяют положение
механической системы в пространстве, являются обобщенными координатами iq механической системы.
Каждой обобщенной координате соответствует свое возможное перемещение. Число линейно независимых возможных перемещений системы называется числом степеней свободы механической системы.
Число обобщенных координат равно числу степеней свободы механической системы.
Производные от обобщенных координат по времени называются обобщенными скоростями iq . Обобщенная сила, соответствующая данной обобщенной координате, равна отношению
работы всех сил, приложенных к механической системе, совершаемых на перемещениях, вызванных приращением данной обобщенной координаты, к величине этого приращенья:
44
i
ii q
AQδδ=
(1) Потенциальной энергией механической системы в данном положении Μ называется
скалярная величина П, равная работе, которую произведут консервативные силы при перемещении системы из данного положения в нулевое (за нулевое положение обычно берется начальное положение системы).
Силы Потенциальная энергия
1. Сила тяжести mgP =
PhП = , где h – кратчайшее расстояние по вертикали между точками.
2. Сила упругости cxF =
( )20
21 ll
2cП Δ−Δ=
, где ∆l0 и ∆l1 – начальная и конечная деформация пружины.
Для консервативных сил обобщенная сила определяется по формуле:
ii q
ПQ∂∂−=
. (2) Уравнение Лагранжа 2-го рода
,S,...,2,1i,QqT
qT
dtd
iii
==∂∂−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
(3) где Т – кинетическая энергия механической системы.
Число уравнений Лагранжа совпадает с числом степеней свободы механической системы. План решения задач Выделяет·механическую систему. Расставляет силы, действующие на механическую систему. Определяем; число степеней свободы механической системы. Выбираем обобщенные координаты механической системы. Записываем уравнения Лагранжа 2-го рода. G. Определяем обобщенную силу:
для консервативных сил для неконсервативных сил записываем общую потенциальную энергию всех консервативных сил; определяем обобщенную силу по формуле (2)
определяем обобщенную силу,
соответствующую координате iq : фиксируем все обобщенные координаты,
кроме iq ;
даем системе возможное перемещение iqδ ;
вычисляем работу iAδ всех сил на полученных возможных перемещениях; выражаем полученные возможные перемещения точек приложения сил через
45
iqδ ; определяем обобщенную силу по формуле
(1) ( S,...,2,1i = ). 7. Определяем кинетическую энергию тел механической системы: • исследуем движение каждого тела, • записываем Тk для каждого тела в отдельности, выражаем все скорости через
обобщенные скорости; • записывает T всей механической системы. 8. Определяем:
.qT
dtd;
qT;
qT
iii⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
∂∂
9. Подставляем найденные выражения и выражения обобщенной силы (пункт 6) в уравнения
Лагранжа (3). 10. Решаем полученные дифференциальные уравнения. План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 46.9; 46.10; 47.5; 47.12; 47.7; 48.30 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 46.13; 47.7; 48.1; 48.35; [3] РГР (Д14, Д19,
Д21) – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
Тесты 7 модуля Твердое тело совершает движение, имея одну закрепленную точку. Тогда число степеней
свободы этого тела равно… 1 2 + 3 4 5 Материальные точки 1, 2, 3, 4 и 5 движутся в пространстве. На материальную точку 1
наложена связь, уравнение которой имеет вид х2 + у2 – 25 = 0. Связь, наложенная на точку 2, имеет вид х2 + у2 + z2 – 25t2 ≤ 0. На материальную точку 3 наложена связь, уравнение которой имеет вид х2 + у2 + z2 – 25 = 0. Связь, наложенная на точку 4, имеет вид х2 + у2 = 25. На материальную точку 5 наложена связь, уравнение которой имеет вид х2 + z2 – 25 = 0. Тогда голономная неудерживающая связь наложена на точку…
1 + 2 3 4 5 Отношение между возможными перемещениями точек А и В прямолинейного стержня АВ,
которые образуют с направлениями стержня соответственно углы 30° и 60°, равно… + 0,577 0,867 0,254 0,481 0,365 Зубчатая передача состоит из двух колес с числом зубьев z2 = 2 z1. На колесо 1 действует
пара сила с моментом 10 Н•м. Тогда в случае равновесия передачи модуль момента пары сил, действующей на колесо 2, равен…
46
17 25 31 + 20 14 Грузы 1 и 2 (масса груза 1 в 2 раза меньше массы груза 2) прикреплены к тросу,
переброшенному через блок, ось вращения которого неподвижна и горизонтальна. Тогда ускорение грузов равно…
2,94 4,83 3,75 2,53 + 3,27 К горизонтальной зубчатой рейке массой 2,5 кг приложена переменная сила F = 9t2.
Зубчатое колесо, находящееся в зацеплении с зубчатой рейкой, имеет радиус 0,4 м и момент инерции относительно неподвижной оси вращения, равный 2 кг• м2. Тогда в момент времени 1 с угловое ускорение шестерни равно…
+ 1,5 2,1 0,6 2,5 0,9 На материальную точку 1 наложена связь, уравнение которой имеет вид х2 + у2 – 25 = 0.
Связь, наложенная на точку 2, имеет вид х2 + у2 + z2 – 25t2 = 0. На материальную точку 3 наложена связь, уравнение которой имеет вид х2 + у2 + z2 – 25t = 0. Связь, наложенная на точку 4, имеет вид х2 + у2 = 25t3. На материальную точку 5 наложена связь, уравнение которой имеет вид х2 + z2 – 25t4 = 0. Тогда голономная стационарная связь наложена на точку…
+ 1 2 3 4 5 Материальная точка двигается в плоскости Оху по трубке, расположенной вдоль оси Ох.
Тогда число степеней свободы этой точки равно… + 1 2 3 4 5 Материальная точка свободно двигается в пространстве. Тогда число степеней свободы этой
точки равно… 1 2 + 3 4 5 Оси вращения двух конических зубчатых колес неподвижны и перпендикулярны. Радиус
колеса 1 равен 0,15 м, а радиус колеса 2 равен 0,3 м. Момент инерции колеса 1 относительно оси вращения равен 0,02 кг• м2, а момент инерции колеса 2 относительно оси вращения равен 0,04 кг• м2. На колесо 1 действует момент пары сил равный 0,15 Н• м. Тогда угловое ускорение колеса 1 равно…
1 2 3 4 + 5 Зубчатое колесо, находящееся в зацеплении с зубчатой рейкой, имеет радиус 0,1 м и момент
инерции относительно неподвижной оси вращения, равный 0,01 кг• м2. К шестерне приложена пара сил с моментом равным 1,4 Н• м. Масс рейки равна 1 кг. Тогда угловое ускорение шестерни равно…
20 + 21 22 23 24 К звездочке 1 цепной передачи велосипеда радиуса 0,05 м приложена пара сил с моментом
равным 0,15 Н• м. Радиус звездочки 2 равен 0,1 м. Момент инерции звездочки 1 относительно оси вращения равен 0,01кг• м2, а момент инерции звездочки 2 относительно оси вращения равен 0,02 кг• м2. Тогда угловое ускорение звездочки 1 равно…
9 + 10 11 12 13
47
Модуль 8
8.1. Занятие 15. Свободные колебания механических систем. Частота и период свободных колебаний. Понятие малых колебаний механической системы
Источники учебной информации: [1], стр. 555-645; [4], стр.387-396; [5], стр. 194-220; [6], стр. 406-472; [8], стр. 26-61; [10], стр.410-458.
Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-40, 1-41, 1-42. Если на механическую систему действуют силы тяжести и силы упругости, то она будет
совершать свободные колебания. Сила упругости всегда направлена против деформации пружины и изменяется по закону:
lcFупр Δ=,
где с – жесткость пружины; lΔ – удлинение пружины. Удлинение, которое получает ненапряженная пружина в положении статического
равновесия, называется статическим удлинением стf и, в этом случае:
ступр cfF =.
Положение груза в точке О называется положением статического равновесия груза
( упрFP =). Если точку О принять за начало координат, то дифференциальное уравнение
свободных колебаний имеет вид:
0xkx 2 =+ , (1) где k – частота свободных колебаний.
l
o
f
c
ò
О
P
F у п р
Период свободных колебаний
k2T π=
. Решение дифференциального уравнения (1) имеет вид:
( ) ( )ktcosCktsinCx 21 += , (2)
где 1C и 2C – произвольные постоянные. Колебания, которые возникают при небольших отклонениях системы от положения
устойчивого равновесия, являются малыми. Особенности малых колебаний механических систем
48
За начало координат и за нулевой уровень потенциальной энергии принимается положение устойчивого равновесия.
Обобщенная координата iq и обобщенная скорость iq в произвольный момент времени являются величинами первого порядка малости.
Кинетическая и потенциальные энергии вычисляются с точностью до малых второго порядка:
( )( ) .sin
;2
1cos2
ϕ≈ϕ
ϕ−≈ϕ
Если механическая система содержит пружину, то П для пружины удобно считать по
формуле:
( )( )2cт
2cт ff
2cП −λ+=
, (3)
так как начало координат относим к положению статического равновесия системы (λ – удлинение пружины в произвольный момент времени).
Величина cтf определяется из условия:
0qП
0qi i
=∂∂
= , (4) где П – общая потенциальная энергия всех консервативных сил, действующих на механическую систему.
Определив стf , упростим общее выражение П, которое затем используем для определения iQ . Задачи решаем по плану решения задач занятия 14 с учетом формул (3) и (4). План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 54.4 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 54.5 – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
8.2. Занятие 16. Свободные затухающе колебания. Их характеристика. Частота и период свободных затухающих колебаний
Источники учебной информации: [1], стр. 555-645; [4], стр.387-396; [5], стр. 194-220; [6], стр. 406-472; [8], стр. 26-61; [10], стр.410-458.
Технические и программные средства обучения: плакаты: 1-40, 1-41, 1-42. Если на механическую систему, кроме сил тяжести и сил упругости, действует сила
сопротивления вида VR μ−= , то имеем свободные затухающие колебания. Дифференциальное уравнение затухающих колебаний имеет вид:
49
0xkxn2x 2 =++ , (1) где n – коэффициент вязкости среды; k – частота свободных колебаний.
Для решения уравнения (1) составляем характеристическое уравнение:
0kn2 22 =+λ+λ . (2) Решение уравнения (2) имеет вид:
222,1 knn −±−=λ
. (3) 1. Если n < k, решение уравнения (1) имеет вид:
( ) ( )( )tksinCtkcosCex 1211nt += −
,
где 22
1 nkk −= .
Имеем затухающие периодические колебания с частотой 1k . Период затухающих колебаний:
11 k
2T π=.
Величина 1nT называется логарифмическим декрементом затухания.
2. Если n > k, решение уравнения (1) имеет вид 2,1λ<0:
t
2t
121 eCeCx λλ += ,
где 1λ и 2λ – различные корни уравнения (2), причем имеем апериодически затухающие колебания.
3. Если n = k, решение уравнения (1) имеет вид:
( )tCCex 21nt += −
. В этом случае имеем затухающие апериодические колебания. Задачи решаем методом уравнений Лагранжа (занятие 14), причем обобщенную силу
считаем по формуле:
'QqПQ i
ii +
∂∂−=
, (4)
где отношение iqП
∂∂
соответствует потенциальным силам, а 'Qi - неконсервативным силам. План работы на занятии Проверить домашнее задание – 5 мин. Ознакомить с темой занятия и необходимой теорией – 15 мин. Решить на занятии задачи: [2] 55.7; 55.12 – 40 мин. Выдать задачи для самостоятельной работы: [2] 54.10 – 5 мин. Контроль над самостоятельной работой студентов в конце занятия по компьютерным тестам
– 25 мин.
50
Тесты 8 модуля
Дифференциальное уравнение колебательного движения материальной точки дано в виде х + 10х = 1,5sin(5t + 0,4). Если максимальное значение вынуждающей силы равно 60 Н, то масса точки равна…
50 60 20 + 40 15 На тело, которое подвешено к пружине, действует вертикальная вынуждающая сила F =
30sin20t. Если угловая частота собственных колебаний тела равна 25 рад/с, то коэффициент динамичности равен…
+ 2,78 1,96 2,31 1,88 ,27
Дифференциальное уравнение колебательного движения материальной точки имеет вид х + 36х = 50sin(5t + 0,8). Тогда коэффициент динамичности равен…
2,95 + 3,27 2,61 3,87 4,11
На материальную точку массой 0,2 кг, движущуюся со скоростью v 1 = 10 i - 2 j ,
подействовала ударная сила. Если скорость точки после удара v 2 = - 6 i + 8 j , то значение ударного импульса равно…
+ 3,77 2,81 2,99 4,17 3,23
На материальную точку массой 0,4 кг, движущуюся со скоростью v 1 = - 3 i - 4 j ,
подействовал ударный импульс s = 1,8 i + 2,4 j . Тогда модуль скорости точки после удара равен…
1,4 3,9 + 2,5 3,1 2,9
На материальную точку подействовал ударный импульс s = 10 i . Скорость точки до удараv 1 = - 10 i , скорость после удараv 2 = 5 i . Тогда масса материальной точки равна…
0,423 0,732 0.845 + 0, 667 0,587 При прямом ударе материальной точки по неподвижной преграде скорость до удара рана 6
м/с. Если коэффициент восстановления равен 0,5, то скорость точки после удара равна… 1 2 + 3 4 5 На тело массой 3 кг, которое подвешен к пружине, действует вертикальная вынуждающая
сила F = 10sin5t. Если коэффициент динамичности равен 4, то коэффициент жесткости пружины равен…
200 50 + 100 300 35 На тело массой 50 кг, которое подвешен к пружине, действует вертикальная вынуждающая
сила F = 200sin10t. Если амплитуда вынужденных колебаний равна 0,04 м, то коэффициент жесткости пружины в кН/м равен…
+ 10 9 8 7 6
51
Дифференциальное уравнение вертикального колебательного движения материальной точки
на пружине дано в виде х + 16х = 20sin(6t + 0,7). Если максимальное значение вынуждающей силы равно 80 Н, то коэффициент жесткости пружины равен…
55 + 64 78 34 40 Дифференциальное уравнение колебательного движения материальной точки дано в виде
5 х + 320х = 90sin7t. Тогда угловая частота собственных колебаний точки равна… 5 6 7 + 8 9 При прямом ударе материальной точки по неподвижной преграде скорость до удара рана 8
м/с, а скорость точки после удара равна 6 м/с. Тогда коэффициент восстановления равен… 0,65 0,52 + 0,75 0,89 0,49 При прямом ударе материальной точки массой 1 кг по неподвижной преграде скорость до
удара рана 2 м/с. Если коэффициент восстановления равен 0,6, то потеря кинетической энергии равна…
+ 1,28 1,36 1,15 1,42 1,09 Тело массой 4 кг со скоростью 10 м/с ударяет по неподвижному телу массой 100 кг. Тогда
модуль ударного импульса в первой фазе удара равен… 22,9 + 28,6 32,1 19,2 25,4
