Закон палочки и мгновенный центр вращения - 3

В основном задачи на мгновенный центр вращения. Решаются однотипно.

Задача 5.

Треугольник $ABC$ движется в пространстве таким образом, что в данный момент времени скорость точки A направлена вдоль стороны AB и $\upsilon_A = 3,0$ м/с, скорость точки B направлена вдоль стороны BC и $\upsilon_B = 5,0$ м/с. Угол $ABC$ - тупой, $AB = 4,0$ м, $BC = 3,3$ м. Определить скорость точки $C$.

Решение. Определим мгновенный центр вращения. Для этого построим перпендикуляры к скоростям точек и пересечем их (на рисунке показаны красным).

$$\upsilon_B=OB\cdot \omega=5$$

$$\upsilon_A=OA\cdot \omega=3$$

Значит,

$$\frac{OB}{OA}=\frac{5}{3}=\frac{5x}{3x}$$

Так как треугольник $OAB$ прямоугольный, да еще и египетский, заключаем, что $AB=4x=4$, то есть $OB=5x=5$, $OA=3x=3$. Делаем вывод, что

$$\omega=\frac{\upsilon_A}{OA}=\frac{3}{3}=1$$

Треугольник $OBC$ тоже прямоугольный, найдем его гипотенузу:

$$OC^2=OB^2+BC^2$$

$$OC=\sqrt{5^2+3,3^2}=\sqrt{36}=6$$

Откуда

$$\upsilon_C=OC\cdot \omega=6\cdot 1=6$$

Ответ: 6 м/с.

 

Задача 6.

Равносторонний треугольник $ABC$ движется так, что в некоторый момент скорость вершины $B$ равна $\upsilon_B$ и направлена вдоль стороны $AB$, а скорость вершины $C$ направлена вдоль стороны $CB$. Найти величину скорости вершины $A$ в этот момент времени.

Решение.

Как и в предыдущей задаче, определим мгновенный центр вращения, построив перпендикуляры к скоростям и пересекая их. Получим точку $O$ - мгновенный центр вращения. Треугольник $COB$ - прямоугольный с углами $30^{\circ}, 60^{\circ}$. То есть угол $ABO$ равен $150^{\circ}$, и, зная это, можно найти длину отрезка $AO$. Пусть сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна $a$. Так как тангенс угла в $30^{\circ}$ равен $\frac{1}{\sqrt{3}}$, то в треугольнике $COB$ катет $OC=\frac{a}{\sqrt{3}}$.

По теореме Пифагора

$$OB=\sqrt{BC^2+OC^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{3}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$$

Угловая скорость

$$\omega=\frac{\upsilon_B}{OB}=\frac{\upsilon_C}{OC}$$

$$\upsilon_C=\frac{\upsilon_B\cdot OC }{OB}=\frac{\upsilon_B}{2}$$

Теперь рассчитаем треугольник $ABO$ по теореме косинусов:

$$AO^2=AB^2+OB^2-2AB\cdot OB\cos 150^{\circ}$$

$$AO^2=a^2+\frac{a^2}{3}-2a\cdot\frac{a}{\sqrt{3}}\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$$

$$AO^2=\frac{4a^2}{3}+\frac{2a^2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{7a^2}{2}$$

И, наконец, находим скорость точки $A$:

$$\upsilon_A=\omega \cdot OA=\frac{\upsilon_B}{OB}\cdot OA=\frac{\upsilon_B\cdot \sqrt{3}}{2a}\cdot \frac{a\sqrt{7}}{\sqrt{3}}=\frac{\upsilon_B\sqrt{7}}{2}$$

Ответ: $\upsilon_A=\frac{\upsilon_B\sqrt{7}}{2}$.

 

Задача 7. Палочку пытаются двигать так, чтобы один ее конец, точка $A$, двигался по горизонтальной стороне угла $\alpha = 60^{\circ}$ с постоянной скоростью, а второй конец, точка $B$, все время оставался на наклонной стороне угла (см. рисунок). В течение какого времени такое движение может быть реализовано, если известно, что через 5 с после начала движения скорость точки $B$ была равна нулю? Движение точки $A$ начинается из вершины угла.

Решение.

Сначала палочка совпадает с верхней стороной угла (рисунок 1). Поэтому, когда конец $A$ начнут двигать, конец $B$ поедет вверх. И будет двигаться вверх до тех пор, пока палочка не займет вертикальное положение (рисунок 2). Вот до этого момента пройдет 5 с. Затем конец $A$ продолжает движение в ту же сторону, а точка $B$ поедет вниз. Пусть длина палочки $l$. Значит,

$$\operatorname{tg}\varphi=\frac{l}{\upsilon_a t_1}$$

Когда прервется движение, которое указано в задаче? Когда палочка окажется расположенной перпендикулярно к верхней стороне угла (рисунок 3). После этого момента точка $B$ уже оторвется от верхней стороны угла.

По третьему рисунку запишем:

$$\sin \varphi=\frac{l}{\upsilon_A t_2}$$

Тогда, если разделить две формулы, получим:

$$\frac{\operatorname{tg}\varphi }{\sin \varphi }=\frac{t_2}{t_1}$$

$$\frac{t_2}{t_1}=2$$

$$t_2=2t_1=10$$

Ответ: 10 с.

 

Задача 8.

По горизонтальному столу скользит плоский лист фанеры, на котором нарисована система координат. В данный момент скорость точки $A$ с координатами (1;3) направлена вдоль оси $x$ и равна 1 м/с. Скорость точки $B$ с координатами (2;1) составляет в тот же момент угол $45^{\circ}$ с осью $x$. Где находятся точки листа, скорости которых по величине не превосходят 1 см/с?

Решение.

Опять же, строим перпендикуляры к указанным скоростям и находим мгновенный центр вращения. Получаем точку $O$ с координатами $(1; 2)$.

Так как точка $A$ имеет скорость, равную 1 м/с, то точки, имеющие такую же и меньшие скорости находятся ближе к точке $O$ - а именно, внутри круга радиусом $OA$.

Ответ: такие точки расположены внутри и на границе круга с центром  в точке $O$ и радиусом $OA$.

 

Задача 9.

На рисунке изображена схема кривошипно-шатунного механизма паровой машины с качающимся цилиндром. Кривошип $OA$ длиной $r$ вращается с угловой скоростью $\omega$ вокруг точки $O$. В точке $A$ кривошип шарнирно соединен со стержнем $AC$, продетым сквозь муфту, закрепленную на шарнире $B$ так что муфта может свободно вращаться вокруг точки $B$. $OB =a$, $AC >a+r$.

1. Чему равен угол $\alpha$ в тот момент, когда угловая скорость муфты минимальна?
2. Определите максимальную угловую скорость муфты.

Решение. Скорость $\upsilon$, с которой вращается кривошип $OA$, постоянна по модулю и направлена всегда перпендикулярно стержню. Скорость точки $A$ состоит из скорости вращения шатуна $AC$ и его линейной скорости. Если кривошип расположен горизонтально, и шатун тоже – скорость точки $A$ не имеет продольной (вдоль шатуна) составляющей, а имеет только составляющую $\upsilon$ - вращательную.

$$\upsilon=\omega r$$

Угловая скорость муфты минимальна, когда скорость точки $A$ направлена вдоль стержня.

$$\sin \alpha=\frac{r}{a}$$

Угловая скорость равна

$$\omega_m=\frac{\upsilon_{AB}}{AB}$$

Понятно, что частное максимально, если $AB \rightarrow max$, а $\upsilon_{AB}\rightarrow min$, эта ситуация – на втором рисунке, где

$$AB=a-r$$

$$\omega_{max}=\frac{\upsilon}{a-r}=\frac{\omega r}{a-r}$$

Ответ: $\alpha =\arcsin\left(\frac{r}{a}\right)$, $\omega_{max}=\frac{\omega r}{a-r}$.