Механика. Решение творческих задач динамики. Попов А.И. - 15 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

Формально абсолютное ускорение мгновенного центра скоростей
P
имеет вид:
kr
n
eeP
aaaaa
+++=
τ
.
Однако в течение всего движения
ε=
τ
Ra
e
. Из (2):
re
aa
=
τ
, при этом
re
aa
↑↓
τ
. Поэтому
0=+
τ
re
aa
. Отсюда
k
n
eP
aaa
+=
; (3)
2
ω=
Ra
n
e
,
2
22 ω=ω=
Rva
rk
. (4)
Ускорение Кориолиса
k
a
играет в этой задаче ключевую роль! Если его ошибочно пропустить, то
далее
N
ошибочно получилась бы отрицательной.
При вертикальном положении стержня точка
P
совпадает с концом стержня
А
и ускорение
A
a
вы-
числяется по формулам (3), (4).
Полная реакция поверхности имеет касательную и нормальную составляющие
τ
F
и
N
. При данном
положении стержня дифференциальные уравнения его движения имеют вид:
Nma
Cx
=
; (5)
τ
+−=
FGma
Cy
;
)2/(
lNJ
Cz
=ε
. (6)
Так как
12/
2
mlJ
Cz
=
, из (6)
ml
N
6
=ε
. (7)
Ускорение центра тяжести
С
n
CACAAC
aaaa
++=
τ
. (8)
С учётом (4), (7)
mNRlRRaaaa
CAk
n
eCx
/3)2/(2
222
−ω=ε−ω+ω−=−+−=
τ
. (9)
Учитываем (9) в (5):
2
)4/1( ω=
mRN
. (10)
Так как по условию
mgN
=
, то из (10) следует:
Rg
/4
2
=ω
. (11)
По теореме об изменении кинетической энергии
G
ATT
=−
0
. Так как в конечном положении точка
А
–
мгновенный центр скоростей (МЦС), а в начальном положении точка
С
– МЦС, то
6/2/
222
ω=ω=
mlJT
Az
;
24/2/
2
0
22
00
ω=ω=
mlJT
Cz
.
−
π
−=
−−= 1
22
mgRR
l
mgA
G
.
−
π
−=
ω
−
ω
1
2246
2
0
222
mgR
mlml
.
−
π
π
−
ω
=ω 1
2
6
4
2
2
0
2
R
g
.
Учитываем (11):
( )
63
4
4
2
2
0
−π
π
−
ω
=
R
g
R
g
.

Страницы