Д4
Д4. Условие 1.
Механическая система состоит из различной формы тел связанных между
собой гибкими нерастяжимыми нитями, которые или перекинуты через
блоки или намотаны на шкивы, участки нитей параллельны
соответствующим плоскостям; некоторые тела соединены ременными или
фрикционными передачами. Для ступенчатых блоков 1 и 2 заданы внешний
(R) и внутренний (r) радиусы, а также радиусы инерции (ρх)этих тел
относительно оси симметрии, проходящей через центр масс.Тела4 (за
исключением схем на рис. Д4.0, Д4.3, Д4.6, Д4.9), тела 5 (за исключением
схем на рис. Д4.1, Д4.2, Д4.6), тела8 (за исключением схем на рис. Д4.0,
Д4.4, Д4.6, Д4.7) считать однородными цилиндрами. Во всех остальных
случаях массу цилиндрических тел4, 5, 8 считать равномерно
распределенной по внешнему ободу.
Массы тел приведены в таблице Д4, при этом прочерк означает, что тело
отсутствует и изображать его не надо. Если масса тела равна нулю, то данное
тело показывается на рисунке, но его массой при расчетах следует
пренебречь.
В некоторый момент времени под действием сил тяжести система приходит в
движение из состояния покоя. При скольжении грузов по плоскостям
коэффициент трения скольжения равен f, качение цилиндрических тел
происходит без проскальзывания, при этом коэффициент трения качения
равен fк. Трением в осях вращения тел пренебречь. Длины нитей и длины
участков достаточны для того, чтобы тела при движении не сталкивались
друг с другом.
При выполнении
Рисунок 1
Рисунок 1.
Д4. Схема Д4.7 Условие 1.
Механическая система состоит из различной формы тел связанных между
собой гибкими нерастяжимыми нитями, которые или перекинуты через
блоки или намотаны на шкивы, участки нитей параллельны
соответствующим плоскостям; некоторые тела соединены ременными или
фрикционными передачами. Для ступенчатых блоков 1 и 2 заданы внешний
(R) и внутренний (r) радиусы, а также радиусы инерции (ρх)этих тел
относительно оси симметрии, проходящей через центр масс.Тела4 (за
исключением схем на рис. Д4.0, Д4.3, Д4.6, Д4.9), тела 5 (за исключением
схем на рис. Д4.1, Д4.2, Д4.6), тела8 (за исключением схем на рис. Д4.0,
Д4.4, Д4.6, Д4.7) считать однородными цилиндрами. Во всех остальных
случаях массу цилиндрических тел4, 5, 8 считать равномерно
распределенной по внешнему ободу.
Массы тел приведены в таблице Д4, при этом прочерк означает, что тело
отсутствует и изображать его не надо. Если масса тела равна нулю, то данное
тело показывается на рисунке, но его массой при расчетах следует
пренебречь.
В некоторый момент времени под действием сил тяжести система приходит в
движение из состояния покоя. При скольжении грузов по плоскостям
коэффициент трения скольжения равен f, качение цилиндрических тел
происходит без проскальзывания, при этом коэффициент трения качения
равен fк. Трением в осях вращения тел пренебречь. Длины нитей и длины
участков достаточны для того, чтобы тела при движении не сталкивались
друг с другом.
При выполнении
Определить и построить на чертеже траекторию точки
Определить и построить на чертеже траекторию точки, показав на ней ее положении в начальный момент времени (t = 0) и в момент времени (t = t1). 2. Для момента времени t = t1 определить и построить на чертеже: − скорость и ускорение точки; − касательное и нормальное ускорения. 3. Установить характер движения точки (ускоренное, замедленное). 4. Определить радиус кривизны траектории точки в момент времени t = t1.
Дано:
Уравнения движения являются параметрическими уравнениями траектории точки М. Чтобы получить уравнение траектории в обычной координатной форме, исключим время t из уравнений движения.
Из условия траектория точки лежит в плоскости параллельной плоскости xy.
Для определения скорости точки находим проекции скорости на оси координат:
Для момента времени с
м/с;
Аналогично проекции ускорения точки
Для момента времени с
м/с2;
Касательное ускорение находим путем дифференцирования модуля скорости
м/с2
Знак “+” при dV/dt показывает, что движение точки ускоренное и, следовательно, направления совпадают.
Нормальное ускорение точки: м/с2.
Радиус кривизны траектории в той точке, где при t = 1 с находится точка М:
м.
Строим траекторию в плоскости параллельной плоскости xy. (рис.) и показываем на ней положение точки М в заданный момент времени. Вектор строим по составляющим , причем он направлен по касательной к траектории точки. Вектор находим как по составляющим , так и по .
З А Д А Н И Е К3
ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА
Цель − в положении механизма, указанном на чертеже, соответствующем номеру варианта и заданном углом ϕ, определить аналитически и построить на чертеже: 1) положение мгновенных центров скоростей всех звеньев, совершающих плоскопараллельное движение; 2) скорости всех точек механизма; 3) угловые скорости всех звеньев; 4) ускорение точки A; 5) ускорения других точек механизма (по указанию преподавателя) методом полюса; 6) угловые ускорения соответствующих звеньев; 7) касательное и нормальное ускорения точки B; 8) установить характер движения точки B (ускоренное, замедленное, мгновенная остановка).
Определение скоростей точек и угловых скоростей звеньев.
Скорость точки А м/с. направлена перпендикулярно ОА в сторону вращения звена ОА. Скорость точки В направлена перпендикулярно О1В. Тогда по теореме о скоростях твердого тала имеем м/с. Мгновенный центр скоростей звена АВ находится в бесконечности. Следовательно звено АВ совершает поступательное движение и м/с.Угловая скорость звена О1В с-1
(Траектория движения точки Е неопределенна и ее скорость и ускорение найти невозможно)
Определение ускорения точки А.
Ускорение точки А складывается из нормального и тангенциального ускорений Где м/с2. Направлено от А к О
м/с2. Так как
По теореме об ускорениях твердого тела имеем или в развернутом виде(*)
Определим входящие в равенство (*) величины. и определены выше по величине и направлению.
м/с2.
направлено перпендикулярно АВ.
м/с2. направлено от В к О1
направлено перпендикулярно О1В
Таким образом в равенстве (*) неизвестны только величины и
Спроецируем равенство (*) на оси координат х – направление АВ и у – перпендикулярное АВ.
м/с2.
м/с2.
Угловое ускорение звена АВ рад/с2.
Аналогично для точки М имеем
(**)
Определим входящие в равенство (*) величины. и определены выше по величине и направлению.
м/с2.
м/с2. направлено перпендикулярно АВ.
Спроецируем равенство (**) на оси координат х – направление АВ и у – перпендикулярное АВ.
м/с2.
м/с2.
З А Д А Н И Е К4
ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ ОТНОСИТЕЛЬНО ДВУХ СИСТЕМ ОТСЧЕТА, ПЕРЕМЕЩАЮЩИХСЯ ОДНА ОТНОСИТЕЛЬНО ДРУГОЙ
Цель − определить скорость и ускорение точки по отношению к основной (неподвижной) системе отсчета.
Диск D вращается вокруг неподвижной оси Oz так, что уравнение её вращательного движения имеет вид:, где k – заданная постоянная величина. По пластинке, по дуге ABC окружности радиусом R, движется точка M так, что траекторная координата этого движения изменяется согласно уравнению , где a, b, c – заданные постоянные величины (траекторная координата отсчитывается от точки H). Определить скорость и ускорение точки M относительно неподвижной системы отсчёта Oxyz в момент времени t = t1.
Дано: рад; м; м; м; с
Определим где будет находится точка М в момент времени t1 = 1 с
Определим сначала положение точки Н
НМ = см угол поворота точки по окружности следовательно точка М совпадает с точкой С
Определение абсолютной скорости точки
Абсолютная скорость точки (1)
Относительная скорость
При t1 =1 c см/с
Переносная скорость Где
Следовательно для момента времени t1 =1с
см/с направлена перпендикулярно ОМ
Так как относительная и переносная скорости взаимно перпендикулярны то абсолютная скорость точки М см/с
Показываем найденные скорости на рисунке
Определение абсолютного ускорения
Абсолютное ускорение определяется соотношением
(2)
Определим входящие в равенство (2) величины при t1 = 1 c
см/с2 см/с2 направлено к центру окружности
Где рад/с2. Тогда см /с2 см/с2
Кориолисово ускорение так как угол между относительной скоростью и вектором угловой скорости ( осью вращения) равен , то
м/с2 Направление вектора кориолисова ускорения найдем по правилу Журавского. Cпроецировав на оси координат получим
см/с2
см/с2.
см/с2.
м/с2
С 2 Конструкция состоит из жесткого угольника и стержня
С 2.
Конструкция состоит из жесткого угольника и стержня, которые в точке С соединены шарниром Внешними связями, наложенными на конструкцию, являются в точке А шарнир; в точке В – гладкая плоскость, в точке D невесомый стержень.
На каждую конструкцию действуют: пара сил с моментом М = 40 кН-м, равномерно распределенная нагрузка интенсивности q = 10 кН/м приложенная на участке CК и еще две силы. F2 = 20 кН приложенная в точке А под углом α2 = 0о к горизонту и F4 = 40 кН приложенная в точке В под углом α4 = 45о к горизонту
Определить реакции связей в точках А, В, С вызванные заданными нагрузками. При окончательных расчетах принять a = 0,4 м.
1. Для определения реакций расчленим систему и рассмотрим сначала равновесие стержня ВC Проведем координатные оси ху и изобразим действующие на стержень силы: внешнюю силу F4, реакции опоры В – XB и YB, и составляющие XС и YС реакции шарнира С.
Для полученной, плоской системы сил составляем три уравнения равновесия:
(1)
(2)
(3)
2. Теперь рассмотрим равновесие угольника.
Для этой плоской системы сил тоже составляем три уравнения равновесия:
(4)
(5)
(6)
Решая совместно уравнения (1) – (6) находим
Из уравнения (3) кН
Из уравнения (2) кН
Из уравнения (6) кН
Из уравнения (5) кН
Из уравнения (4) кН
Из уравнения (1) кН.
3 Механизм состоящий из груза А
3.
Механизм, состоящий из груза А, блока В (больший радиус – R, меньший –
r, радиус инерции относительно центральной оси – ) и однородного круглого
цилиндра С радиусом , установлен на призме, закрепленной на плоскости.
Под действием сил тяжести из состояния покоя механизм пришел в
движение. Качение цилиндра (блока) происходит без проскальзывания.
Трения на неподвижной оси вращающегося блока (цилиндра) нет. Нити,
соединяющие тела, параллельны плоскостям. Какую скорость развил груз А,
переместившись на расстояние ?
Дано: =6кг, =3кг,=16кг, α=, β=, =24см=0.24м, g9.81м/,
R=48см=0.48м, r=32см=0.32м, =41см=0.41м, f=0.03, δ=0.3мм=0.0003м,
=1м.
Определить: -?
Решение.
Для определения скорости груза А применим теорему об изменении
кинетической энергии системы в интегральной форме:
Так как система неизменяемая и начинает движение из состояния покоя, то
Тогда теорема будет иметь вид:
(1)
Определим кинетическую энергию системы:
=++, где
=0.5** – кинетическая энергия груза А, совершающего
поступательное движение;
=0.5** – кинетическая энергия ступенчатого блока B, совершающего
вращательное движение;
=0.5**+0.5**- кинетическая энергия катка C, совершающего
плоскопараллельное движение.
Величины , , , выражаем через скорость :
=/R=/0.482.083*;
=*r=2.083**0.320.667*;
=/=0.667*/0.242.778*;
Итак, 2.083*;2.778*;0.667*;
Моменты инерции ступенчатого блока B и катка C, относительно осей
вращения:
=0.5**=0.5*16*0.24*0.24=0.4608кг*;
=*=3*0.41*0.41=0.5043кг*;
Получаем:
=0.5043кг*;
=0.4608кг*;
Получаем выражения кинетических энергий тел:
=0.5**=0.5*6*=3*;
=0.5**=0.5*0.5043*4.3389*1.094*;
=0.5**+0.5**=0.5*16*0.4448*+0.5*0.4608*7.7173*=
=3.56*+1.78*5.34*;
Кинетическая энергия всей системы:
=++=3*+1.094*+5.34*9.434*;
Итак кинетическая энергия всей системы:
T9.434*; (2)
Определяем работу внешних сил системы на перемещении . Внешние
силы: силы тяжести ,, , опорные реакции , , . Сила трения
, момент трения качения .
=0.667*=0.667*10.667м;
=2.778*=2.778*12.778рад;
Запишем выражения для работ внешних сил системы на её конечном
перемещении:
A()=*sinα*=*g*sinα*=6*9.81*0.866*150.973Дж;
A()=f**=f**g*cosα*=0.03*6*9.81*0.5*10.883Дж;
A()=*sinβ*=*g*sinβ*=16*9.81*0.5*0.66752.346Дж;
A()=δ**=δ**g*cosβ*=0.0003*16*9.81*0.866*2.7780.113Дж;
A(,)=0, так как точка приложения этих сил неподвижна.
Сумма работ внешних сил:
=A()-A()-A()-A()=52.346-0.113-50.973-0.8830.377Дж;
По теореме об изменении кинетической энергии:
T=;
9.434*=0.377;
=0.377/9.4340.04;
=0.2м/с;
Ответ:0.2м/с.
РАСЧЕТНАЯ РАБОТА Равновесие сочлененных тел Схемы конструкций плоских систем сочлененных тел представлены на рис
РАСЧЕТНАЯ РАБОТА Равновесие сочлененных тел
Схемы конструкций плоских систем сочлененных тел представлены на рис.3.5 , линейные размеры и действующие на конструкцию нагрузки – в табл. 3.3. 27 Определить силы взаимодействия, возникающие в промежуточном шарнире B, и усилия в поддерживающих составную конструкцию опорах, пренебрегая весами балок.
Дано: АЕ = 1,4 м; АВ = 8,4 м; ВС = 3 м; q = 1 кН/м; F = 8 кН; М = 18 кН м;
Строим расчетную схему. Освобождаем конструкцию от связей заменяя их действие опорными реакциями. Распределенную нагрузку заменим эквивалентной сосредоточенной силой кН приложенной в центре тяжести эпюры нагрузки, т.е. на расстоянии м от шарнира В.
Разъединим конструкцию по шарниру В заменяя действие отсоединенной части реакциями шарнира и рассмотрим равновесие части ВС.
Для произвольной плоской системы сил запишем три уравнения равновесия.
(1)
(2)
(3)
Далее рассмотрим равновесие части АВ.
(4)
(5)
(6)
Решая систему шести уравнений с шестью неизвестными с учетом находим
Из (3) кН
Из (1) кН
Из (2) кН
Из (4)
Из (5) кН
Из (6) кН м
Для проверки составим одно их уравнений равновесия для всей конструкции
Реакции опор найдены верно.
РАСЧЕТНАЯ РАБОТА №4
Однородная прямоугольная плита ABCD веса G закреплена в точке A сферическим, а в точке B цилиндрическим шарниром и поддерживается в горизонтальном положении тросом KD или невесомым стержнем KD (вар.5, 6), расположенным в вертикальной плоскости и образующим с горизонтальной плоскостью плиты угол β. На плиту действует сосредоточенная нагрузка F , образующая угол α с плоскостью плиты. Определить реакции шарниров A и B и натяжение троса T или усилие S в невесомом стержне KD (вар.5, 6). Необходимые линейные размеры, углы, величины сил приведены в табл. 4.1.
Дано: Н1 -2 м; Н2 =1,5 м; F = 50 кН; G =30 кН;
Строим расчетную схему. Освобождаем плиту от связей, заменяя их действие опорными реакциями. Реакцию шарнира А представим в виде трех составляющих по осям координат. Реакцию цилиндрического шарнира В в виде двух составляющих. Реакцию стержня КD направлена вдоль стержня и разложим на составляющие Здесь
Внешнюю силу F разложим на составляющие
Для получившейся произвольной пространственной системы сил запишем шесть уравнений равновесия.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
Имеем систему шести уравнений с шестью неизвестными. Решая находим
Из (5) кН.
Из (6)
Из (4)
Из (3)
Из (2)
Из (1)
кН
кН
З А Д А Н И Е К1
КИНЕМАТИКА ТОЧКИ
Цель – определить положение точки относительно выбранной системы отсчета в
С 3 Система состоит из шести стержней
С 3.
Система состоит из шести стержней, соединенных своими концами между собой и с опорами шарнирно. В узле К к система приложена сила Р образующая с положительными направлениями осей координат углыа в узле Н – сила Q с углами Грани параллелепипеда параллельные плоскости – квадраты. Диагонали других граней образуют с плоскостью ху углыа диагональ параллелепипеда образует с этой плоскостью угол
Определить усилия в стержнях.
Для определения усилий в стержнях применим метод вырезания узлов. Сначала вырежем узел К в котором сходятся три стержня. Действие отброшенных частей заменим усилиями в стержнях. Полагая стержни растянутыми направим усилия от узла. Для пространственной системы сходящихся сил запишем три уравнения равновесия.
(1)
(2)
(3)
Далее рассмотрим узел Н
(4)
(5)
(6)
Из (1) кН
Из (3) кН
Из (2) кН
Из (5) кН
Из (6) кН
Из (4) кН
С 1 Жесткая рама расположенная в вертикальной плоскости
С 1
Жесткая рама расположенная в вертикальной плоскости, закреплена в точке А шарнирно, а в точке В прикреплена к невесомому стержню с шарнирами на концах. В точке С к раме прикреплен трос, перекинутый через блок и несущий на конце груз весом Р = 20 кН. На рамы действует пара сил с моментом М =200 кН м и две силы F 2 = 20 кН приложенная в точке А под углом к горизонту и F 4 = 40 кН приложенная в точке В под углом к горизонту. Определить реакции опор в точках А и В. При расчетах принять а = 0,5 м.
Строим расчетную схему. Освобождаем раму от связей, заменяя их действие опорными реакциями. Показываем неа схеме все активные силы и опорные реакции.
Для произвольной плоской системы сил запишем три уравнения равновесия:
(1)
(2)
(3)
Решая систему уравнений (1) – (3) находим
Из (3) кН
Из (2) кН
Из (1)
кН
Для проверки запишем еще одно уравнение равновесия, уравнение моментов относительно точки В
Реакция опор найдены верно
I ) Получение ускорения 1 груза с помощью теоремы об изменени кинетической энергии
I ) Получение ускорения 1 груза с помощью теоремы об изменени кинетической энергии.
VC
Рис 1 .Теорема об изменении кинетической энергии .
1
1) Сумма мощностей активных сил .
Пусть V1-cкорость центра масс 1 груза .
Wакт= W(M)+W(4mg) +W(9mg)= M ω1 – 4mg sin300 V1-
– 9mg V4.
ω1= V1/r1 . ω2=ω3=2V1/r .
ω4=( ω3(2r)+ω3 r )/(2r1) = ω3 (3r)/(3r)= ω3=2V1/r .
Cкорость центра масс 4 диска
V4=( ω3(2r)-ω3 r)/2= V1 .
Тогда Wакт= V1[ M/r1 – 2mg -9mg]= [ M/r1 -11mg] V1 .
2) Cумма кинетических энергий механической системы.
Т1+Т2+Т3+Т4= 0,75 (4m) V12 +[J ω22 ] + 0,5 (9m) V12 +
+0,5 (9m) r12 ω42 = m V12 [ 3+ 30*4 +4,5 +4,5 r12 4 /r2]=
= 168 m V12 .
dTdt =336 m V1 а1 . а1-ускорение 1 груза.
3) Теорема об изменении кинетической энергии.
dTdt =Wакт : 336 m V1 а1= [ M/r1 -11mg] V1 .
Откуда а1=[ M/(mr1) -11g] / 336.
2
II) Определение а1 с помощью уравнения Лагранжа.
Система с 1 степенью свободы.
х – обобщенная координата- перемещение центра масс 1 диска вверх по наклонной плоскости.
Рис 2. Уравнение Лагранжа.
ddt ( ∂Т∂x) – ∂Т∂x=Q .
1) Обобщенная сила Q .
δА= – 9mg δx – 4mg sin300 δx +M /r1= (M/r1-11mg ) δx.
Q=δА/δx=M/r1-11mg .
2) Кинетическая энергия Т=0,75 (4m) x2 + 30m r2 4×2 /r2+
3
+ 9 m x2/2+( 9m r12/2) 4 x2/r2 = 168 m x2 .
∂Т∂x=0, ∂Т∂x=336 m x , ddt ( ∂Т∂x)= 336 m x ,
336 m x= M/r1-11mg .
x=a1=[ M/(mr1) -11g] / 336= M/(mr1) -11g336 .
III) Oпределение ускорения 1 груза с помощью общего уравнения динамики.
Рис 3. Общее уравнение динамики.
1) Формулировка. Система с идеальными связями в каждый
4
момент времени движется таким образом , что сумма работ активных сил и сил инерции на любом возможном перемещении равна нулю.
δАакт + δАи =0.
2) Модули сил инерции и модули моментов сил инерции, представленные на рис 3.Все параметры выражаем через а1-ускорение центра масс 1 диска.
М1и=Jz1 ϵ1= 4m r12/2 x/r1= 2m r1x=3 m r x =3ma1. (1)
F1и= 4m a1. (2)
M2и=Jz2 ϵ2= 30 m r2 *2x/r=60m r x= 60 m r a1. (3)
M3и= Jz3 ϵ3= 60 m r a1. (4)
М4и= Jz4 ϵ4= 9m/2 r12 2 x/r= 9m 9/4 r= 81/4 mr. (5)
F4 и=9m x= 9ma1. (6)
3) δАакт + δАи =0. Зададим возможное перемещение центра масс 1 диска δх>0.
М δx/r1 –(4mg) sin300 δx – (9mg) δx –M1и *δx/r1-F1и * δx –
– М2и *2 δх/r – M3и*2 δх/r –М4и*2 δх/r – F4и* δх =0. (7)
Подставим в это уравнение выражения (1)-(6) и, сокращая
на δх левую и правую части (7) , получаем после элементарных преобразований уравнение для получения а1. Из этого уравнения следует
а1= M/(mr1) -11g336 .
I V) Получение а1 с помощью общих уравнений динамики.
5
Рис 4. Общие уравнения динамики.
1) Составим уравнениe вращательного движения для 1 тела.
Jz1 ϵ1= M -T1 r1-Fтр r1, (4m) r12/2 *a1/r1= M -T1 r1-Fтр r1 .
2m r1 a1= M -T1 r1-Fтр r1 .
2) Уравнение движения центра масс 1 тела.
4m a1= -Т1 + Fтр – 4mg cos600 .
6
3) Разделив левую и правую части 1 уравнения на r1 ,
получим
2m a1= M/r1 -T1 -Fтр.
Cкладывая два последних уравнения , получим
6ma1= -2T1-2mg+ M/r1 .
Т1= M/(2r1) – 3 ma1- mg .(1)
Составим вращательное движение 2 тела.
30 m r2 *2a1/r= Т1 r –T2 (2r), 60m a1=T1 –2 T2,
в итоге:
T2=0,5T1-30 m a1= M/(4r1) – (3/2) ma1-0,5mg-30ma1=
= M/(4r1) -31,5 ma1-0,5mg . (2)
5) Дифференциальное уравнение вращения 3 тела.
30 m r2 *2a1/r = Т2*2r – Т3*2r+T4 r.(3)
6) Теорема о движении центра масс 4 тела.
9m a1=T3+T4 – 9m g(4)
7) Вращательное движение 4 тела относительно его центра масс.
9m r12/2 *2 a1/r= T3 r1 –T4 r1,
27/2m a1=T3 – T4. (5)
8)Cкладывая (4) и (5), получим
2T3=22,5 ma1+ 9m g .
7
Т3=11,25 ma1+4,5 mg(6)
9) T4= T3 – 13,5ma1=4,5 mg-2,25 ma1 .(7).
10) Подставив Т2,Т3,Т4 в (3) получим после элементарных преобразований а1= M/(mr1) -11g336 .
V) Модули реакций тросов при t=0.
Cначала представим значения реакций тросов при t , найденные в разделе I V ).
1 ) T1= M/(2r1) – 3 ma1- mg .
2) T2= M/(4r1) -31,5 ma1-0,5mg .
3) T3=11,25 ma1+4,5 mg .
4) T4=4,5 mg-2,25 ma1 .
5) mа1=M/r1 -11mg336 .
При t=0: ma1=(4/3)Mo/r -11mg336 .
T1=(2/3)(Mo/r) – 3ma1-mg,
T2=(1/3) (Mo/r) -31,5 ma1-0,5mg ,
T3=11,25 ma1+4,5 mg ,
T4=4,5 mg-2,25 ma1 .
VI ) График завиcимости М(t)=Mo (1+e-t) .
Для определенности Мо=2кНм. М=2+2 e-t .
8
VII) График зависимости S от времени .
Дано: а1= M/mr1 -11g336 = Mo[1+exp-t]/mr1 -11g336 .
Пусть для определенности Mo/mr1=20g, тогда
а1={20 g [1+ exp-t] – 11g}/336= 0,584 (1+exp-t) – 0,321.
Обозначим перемещение центра масс 1 диска через S.
Тогда приходим к дифференциальному уравнению
S = 0,584 (1+exp-t)- 0,321.
S= 0,263+ 0,584exp-t .
d S /dt =0,263+ 0,584exp-t .
S =0,263 t -0,584 exp-t +C.
По условию при t=0 cкорость S (0)=0. Тогда С находится из соотношения :
0= -0,584 +C. Откуда С=0,584 и
9
S =0,263 t -0,584 exp-t +0,584 .
dSdt =0,263 t -0,584 exp-t +0,584 .
S=0,1315 t2 + 0,584 t +0,584 exp-t +C2.
По условию С2=-0,584. Из условия S(0)=0.
S(t)=0,1315 t2 + 0,584 t +0,584 exp-t-0,584 .