Пример решения Задачи 2

В железнодорожных скальных выемках кюветов от попадания в них с откосов каменных осыпей устанавливается «полка» DC. Учитывая возможность движения камня из наивысшей точки А откоса и полагая при этом его начальную скорость = 0, определить наименьшую ширину полки b и скорость , с которой камень падает на нее. По участку АВ откоса, составляющему угол α с горизонтом и имеющему длину , камень движется с. При решении задачи считать коэффициент трения скольжения камня на участке AB постоянным, а сопротивлением воздуха пренебречь.

Дано: = 60°; = 0 м/с, ≠ 0, = 4м, = 1 с, =75°. Определить и b.

Решение: рассмотрим движение камня на участке АВ. Принимая камень за материальную точку, покажем действующие на него силы: вес , нормальную реакцию и силу трения скольжения . С оставим дифференциальное уравнение движения камня на участке АВ:

Сила трения

где

Таким образом

или

интегрируя дифференциальное уравнение дважды получаем:

Для определения постоянных интегрирования воспользуемся начальными условиями задачи: при t = 0, x ₀₁=0 и *

Составим уравнения, полученные при интегрировании, для t=0:

Найдем постоянные С₁ = 0, С₂ = 0

тогда

Для момента , когда камень покидает участок,

т.е

откуда

т.е.

Рассмотрим движение камня от точки В до точки С.

Показав силу тяжести , действующую на камень, составим дифференциальные уравнения его движения:

Начальные условия задачи; при t = 0

x₀=0, y₀ = 0

Интегрируем дифференциальные уравнения

x = C ₃ t + C ₅, y = gt ²/2 + C ₄ t + C ₅.

Напишем полученные уравнения для t = 0

x = C ₅; y = C ₆.

Отсюда найдем, что

Получим следующие уравнения проекций скоростей камня:

И уравнения его движения:

Уравнение траектории камня найдем, исключив параметр t из уравнений движения. Определив t из первого уравнения и подставив его значение во второе, получаем уравнение параболы:

В момент падения y = h, x = d.

Определяя d из уравнения траектории, найдем

d ₁ = 2, 11 м, d ₂ = –7, 75 м.

Так как траекторией движения камня является ветвь параболы с положительными абсциссами ее точек, то d = 2, 11 м.

Минимальная ширина полки

b = d – ED = d – h/tg75°, или b = 0, 77 м.

Используя уравнение движения камня найдем время Т движения камня от точки В до точки С: Т = 0, 53 с.

Скорость камня при падении найдем через проекции скорости на оси координат

По формуле

Для момента падения t = T = 0, 53с

или

4. Задача 3. «Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости твердого тела»

Тело Н массой m₁ вращается вокруг вертикальной оси z с постоянной угловой скоростью w_о; при этом в точке О желоба АВ тела Н на расстоянии АО от точки А, отсчитываемом вдоль желоба, находится материальная точка К массой т₂. В некоторый момент времени (t = 0) на систему начинает действовать пара сил с моментом M_z = М_z (t). При t = х действие прекращается.

Определить угловую скорость w_t тела Н в момент t = t.

Тело Н вращается по инерции с угловой скоростью w_t.

В некоторый момент времени t₁ = 0 (t₁ – новое начало отсчета времени) точка К (самоходный механизм) начинает относительное движение из точки О вдоль желоба AВ (в направлении к В) по закону ОК = s = s (t₁).

Определить угловую скорость w _T тела Н при t₁ = Т.

Тело Н рассматривать как однородную пластинку, имеющую форму. Необходимые для решения данные приведены в таблицах.

Рисунки к соответствующим вариантам задач, приведены на страницах 25-27.

Номер варианта

т1,

т2

wо, с–1

а, м

b, м

R, м

a, град

АО, м

Mz=M*z(t) Н× м

t, с

ОК = s = s (t1)

Т, с

кг

–1

1, 5

1, 2

–

pR/6

–29, 6t2

(5pR/12)t1

–2

–

–

t2

–

–

–

–120t

( /4)t12

–3

–

–

0, 4

21t

0, 6t1

1, 5

1, 5

–

–

0, 5t1

2, 5

–1, 25

1, 5

–

2, 5

–

p a /6

–700t

(5p a /18) t12

–2

1, 6

0, 8

–

(pR/2)t12

1, 2

–

–

p a / 2

(p a /4) t1

1, 2

–

0, 4

pR/4

(3pR/4) t12

–

–

–1

–

–

40t

0, 4 t12

–3

–

–

50t2

(p a /3) t1

–

–

–

0, 5

0, 3t1

–

–

–

120t

0, 5t1

–4

–

–

330t2

(p a /2) t12

–5

1, 2

–

0, 4

0, 3 t12

–2

–

–

1, 6

0, 6

69t

0, 6t1

0, 8

–

pR/2

(pR/8)t12

1, 5

–

–

–

–135t

(p a /4) t12

–

1, 2

–

p a /6

–14t2

(p a /12) t12

–6

–

–

–

–1

1, 6

1, 2

0, 6

–

pR/2

(pR/2)t12

–

–

–210

()t1

–3

0, 6

–

–

0, 2

27t2

0, 4t1

–5

–

–

0, 5

–

20t

(pR/6)t12

–4

1, 5

–

–

p a /6

(p a /2) t12

–

–

–25t

t12

–2

0, 6

–

–

–

0, 1

5, 6t

0, 4t1

0, 6

–

0, 6

–

(5pR/6)t1

1, 6

1, 2

–

–

1, 6

652t

0, 2 t12

Примечание. Знак минус перед М_z и w соответствует вращению по направлению вращения часовой стрелки, если смотреть со стороны положительного направления оси z.

Таблица. «Осевые моменты инерции однородных пластин»