тесты. Тесты по дисциплине Теоретическая механика модули 18
 Скачать 0.54 Mb.
|
|
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 [4], стр. 180-232; [5], стр. 111-122; [6], стр. 223-260; [8], стр [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 e F – внешние силы i F – внутренние силы. Свойства внутренних сил 0 F i k = ∑ ; ( ) 0 F M i Внешние и внутренние силы делятся на активные и реакции связей. Разделение сил на внешние и внутренние является условными зависит оттого, 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 ( С С С z , y , x системы определяется формулой ∑ = = n 1 k k k c x m M 1 x ; ∑ = = n 1 k k k c y m M 1 y ; ∑ = = n 1 k k k c z 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 о называется скалярная величина, равная сумме произведений масс всех точек тела на квадраты их расстояний до этой оси ∑ = = n 1 k 2 k k z или выраженная через радиус инерции 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 ' 3 Ml I 2 Az = ; 12 Ml I 2 ' Cz = 2. Тонкое круглое кольцо радиуса R массы M. C z 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 2 MR I 2 Cz = 4. Шар массы Μ и радиуса R. z x y O 2 z MR 5 2 I = 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 (Д Д Д) – 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 [5], стр. 122-171; [6], стр [8], стр [10], стр. 154-227. Технические и программные средства обучения плакаты 1-24, 1-25. Кинетическая энергия Материальная точка Механическая система Абсолютно твердое тело 2 MV 2 Т k V m 2 1 Т поступательное движение 2 C MV 2 1 Т = где C V – скорость центра масс тела вращательное движение 2 z I 2 Т – момент инерции тела относительно оси вращения ω – угловая скорость тела плоскопараллельное движение 2 p C 2 C I 2 1 MV 2 1 Т ω + = где C I – момент инерции тела относительно оси, проходящей через центр масс тела p ω – мгновенная угловая скорость 32 C V – 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 Fds A = δ , или ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = δ ∧ ds , F cos Fds A , или dz F dy F dx F A z Примеры вычисления работы Силы Работа 1. Сила тяжести mg P = Fh A ± = , где h – кратчайшее расстояние по вертикали между точками МО и М. 2. Сила упругости cx F = ( ) 2 1 2 0 l l 2 c A Δ − Δ = , где с – коэффициент жесткости пружины ∆l0 и ∆l1 – начальная и конечная деформация пружины. 3. Момент силы Μ ϕ = ∫ ϕ ϕ Md A 1 0 , где ϕ d – элементарный угол поворота тела под действием момента M. 4. Сила трения скольжения fN F тр = s F A 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 kN М кач = 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 − = кач кач М A , где ϕ - угол поворота колеса. Теорема об изменении кинетической энергии системы ( ) ( ) ∑ ∑ = = + = − n 1 k i k n 1 k e k 0 1 F A F A T T , где 0 T , 1 T – соответственно начальная и конечная кинетическая энергия системы (точки ( ) ∑ = n 1 k e k F A – работа внешних сил ( ) ∑ = n 1 k i k F A – работа внутренних сил. Для точки и для неизменяемой системы с идеальными связями ( ) ∑ = n 1 k i k F A = 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 0 T , 1 T (скорости всех тел выражаем через искомую скорость. Вычисляем работу всех сил, приложенных к телам механической системы (точек. Найденные значения 0 T , 1 T , ( ) ∑ = n 1 k e k F A , ( ) ∑ = n 1 k i k F A 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 (Д) – 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 мс. 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 Нм растянули нам. Тогда работа силы упругости пружины равна + - 0,02 0,03 - 0,01 0,04 0,05 Моторная лодка движется по реке со скоростью 8 мс. Сила тяги двигателя равна 3 500 Н. Тогда мощность силы тяги двигателя в кВт равна 23 34 19 + 28 32 Навал двигателя действует крутящий момент МВ 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 мс. 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 мс в вертикальной трубке, которая вращается вокруг вертикальной оси со скоростью 5 рад/с. Расстояние от трубки до оси вращения равном. 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 мс. 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 мс. 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 х. Санки двигаются по горизонтальной оси Ох. Угол наклона веревки коси Ох равен 30°. Если санки перемещаются из отметки с координатой хО = 0 в отметку с координатой хм, 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 хм, 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 мс. 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 [5], стр. 122-171; [6], стр [8], стр [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 1 k k k c r m M 1 r (1) где k r – радиус-вектор центра масс го тела системы k m – масса к-го тела М – масса всей системы. В координатной форме формула (1) имеет вид ∑ = = n 1 k k k c x m M 1 x ; ∑ = = n 1 k k k c y m M 1 y ; (2) ∑ = = n 1 k k k c z 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 e k С m ∑ = = . (3) Внутренние силы на движение центра масс влияния не оказывают. Уравнение (3) в проекциях на координатные оси e kz C e ky C e С m ; F y m ; F x m ∑ ∑ ∑ = = = (4) Следствия Если e k F ∑ = 0, то Если e kx F ∑ = 0, то const V Cx = 37 Если e kx F ∑ = 0, 0 V 0 Cx = , то const x 0 C = , (5) и имеет место равенство ∑ = = Δ n 1 k k k 0 x m , (6) где k x Δ – абсолютное перемещение центра масс го тела механической системы вдоль оси x. r k e k k x x x Δ + Δ = Δ (7) Здесь e k x Δ – переносное перемещение центра масс го тела системы r k x Δ - относительное перемещение центра масс 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 k x Δ по формуле (7). Найденные значения k x Δ 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 (Д) – 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 [5], стр. 122-171; [6], стр [8], стр [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 V m q = . (1) Количество движения точки это есть векторная величина, по модулю равная mV q = и направленная по вектору скорости. Количество движения механической системы ∑ = = n 1 k k k V m Q , (2) или C V M Q = . (3) Импульс силы ∫ = t 0 dt F S .(4) Теорема об изменении вектора количества движения 1. В дифференциальной форме ∑ = = n 1 k e k F dt Q d , (5) ив проекциях на оси координат ∑ = = n 1 k e kx x F dt Q d ; ∑ = = n 1 k e ky y F dt Q d (6) 2. В интегральной форме ∫ ∑ ∑ = = = = − 1 0 t t n 1 k e k e k n 1 k 0 1 S dt F Q Q , (7) ив проекциях на оси координат ⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⎬ ⎫ = = − = = − ∫ ∑ ∑ ∫ ∑ ∑ = = = = S dt F Q Q ; S dt F Q Q 1 0 1 0 t t n 1 k e ky e ky n 1 k y 0 y 1 t t n 1 k e kx e kx n 1 k x 0 x 1 (8) Следствия Если 39 0 F n 1 k e k = ∑ = , то const Q Q 0 Если 0 F n 1 k e kx = ∑ = , то 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 0 и, изображаем их на чертеже. Подставляем вектора 0 ив 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 (Д) – 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 мс. 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 мс. 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 мс. 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 радиусам с постоянной скоростью 1,5 мс. 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 м. 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 м. 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 G = - 0,1 v G . В момент времени, когда ускорение точки равно 14 мс и скорость точки равна 2 мс, 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) радиусам. 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 радиусам 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 радиусам 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 |