Text
                    С. М. Тарг
КРАТКИЙ КУРС
ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ
МЕХАНИКИ
ИЗДАНИЕ 10-е, ПЕРЕРАБОТАННОЕ
И ДОПОЛНЕННОЕ
Допущено Министерством
высшего и среднего
специального образования СССР
в качестве учебника
для высших технических учебных
ваведений
МОСКВА «ВЫСШАЯ ШКОЛА» 1986


ББК 22.21 Т19 УДК 531.8 Рецензент: кафедра теоретической механики Университета Дружбы народов им. П. Лумумбы (зав. кафедрой д-р техн. наук, проф. А. С. Галиуллин) Тарг С. М. Т19 Краткий курс теоретической механики: Учеб. для вту- втузов.— 10-е изд., перераб. и доп. — М.: Высш. шк., 1986.— 416 с, ил. В книге изложены основы механики материальной точки, системы мате* риальных точек а твердого тела в объеме, соответствующем программам техни- технических вузов. Приведено много примеров и задач, решения которых сопровож- сопровождаются соответствующими методическими указаниями. В 10-м издании (9-е — 1974 г.) значительно изменены и более компактно изложены вопросы статики; в разделе «Динамика» дополнительно рассмотрены приложения общих теорем к изучению движения жидкости, малые колебания системы и некоторые другие вопросы. Для студентов очных и заочных технических вузов. 1703020000—423 ББК 22.21 Т 001@1)—86 77~86 531 © Издательство «Наука», 1974 © Издательство «Высшая школа», 1986, о изменениями
ПРЕДИСЛОВИЕ К ДЕСЯТОМУ ИЗДАНИЮ Десятое издание «Краткого курса теоретической меха- механики» при сохранении общей его направленности отличается от предыдущих изданий целым рядом изменений и дополне- дополнений, внесенных во все разделы курса. В статике существенно изменены последовательность, а вместе с тем и само изложение ряда вопросов; особенно это коснулось содержания глав III, IV и частично V, VII. В кине- кинематике изменены лишь некоторые доказательства (§ 43, 66). Рассмотрение графических методов исключено и в статике, и в кинематике. Выделение динамики точки в самостоятельный раздел сох- сохранено ввиду важности этого раздела, а также потому, что совместное изложение общих теорем динамики для точки и системы экономии во времени по существу не дает, но создает у изучающих курс дополнительные трудности, связанные с необходимостью усваивать одновременно большое число важ- важнейших понятий механики. В изложение динамики также внесено много изменений и дополнений. В частности, дополнительно рассмотрены неко- некоторые приложения общих теорем к движению жидкости или газа (§ 113, 119), элементы теории устойчивости равновесия и малые колебания системы (гл. XXX), а также вопросы, из ложенные в § 76, 105, 120, 125, 137 и др. Как и в предыдущих изданиях, большое место в курсе от ведено примерам и методам решения задач; этот материал занимает около трети всей книги. Число рассмотренных задач увеличено до 189, а их решения сопровождаются рядом указа- ний, которые должны помочь студентам при их самостоятель ной работе. В этой части книга будет полезна студентам всех специальностей и особенно студентам заочных вузов. Материал книги изложен так, что ею можно пользоваться при изучении курса и по кратким, и по более полным програм- программам. Та часть материала, которую можно опустить без ущерба 3
для понимания остального текста, выделена в главы или па- параграфы (пункты), помеченные звездочкой или набранные петитом. Хотя в книге, чтобы примерно сохранить ее объем, помимо дополнений сделан и ряд сокращений, в ней сохранено изложение некоторых вопросов, отнесенных в программах к дополнительным (движение в поле земного тяготения и дви- движение тела переменной массы — ракеты). Эти вопросы в наши дни столь актуальны, что ознакомиться с ними должны иметь возможность студенты всех специальностей. В книге используется общепринятое векторное изложение материала и предполагается, что читатель знаком с основами векторной алгебры; однако в примечаниях даются и некоторые необходимые справки. Нумерация формул в каждом из разде- разделов книги сплошная и при ссылках на формулы данного раз- раздела обычно указывается-только их номер; в ссылках на фор- формулы из других разделов указывается еще и номер параграфа. Автор выражает глубокую благодарность профессорам А. С. Галиуллину и Г. Ю. Степанову за целый ряд полезных замечаний и предложений, позволивших улучшить содержа- содержание курса. Автор благодарит также всех читателей, выска- высказавших замечания и пожелания, которые по возможности были учтены при подготовке данного издания, С. Тара
ВВЕДЕНИЕ Современная техника ставит перед инженерами множество задач, решение которых связано с исследованием так называемого механи- механического движения и механического взаимодействия материальных тел. Механическим движением называют происходя- происходящее с течением времени изменение взаимного положения материаль- материальных тел в пространстве. Под механическим взаимодей- взаимодействием понимают те действия материальных тел друг на друга, в результате которых происходит изменение движения этих тел или изменение их формы (деформация). За основную меру этих действий принимают величину, называемую силой. Примерами механического движения в природе являются движение небесных тел, колебания земной коры, воздушные и морские течения, тепловое движение мо- молекул и т. п., а в технике — движение различных наземных или водных транспортных средств и летательных аппаратов, движение частей всевозможных машин, механизмов и двигателей, деформация элементов тех или иных конструкций и сооружений, течение жидко- жидкости и газов и многое другое. Примерами же механических взаимодей- взаимодействий являются взаимные притяжения материальных тел по закону всемирного тяготения, взаимные давления соприкасающихся (или соударяющихся) тел, воздействия частиц жидкости и газа друг на друга и на движущиеся или покоящиеся в них тела и т. д. Наука о механическом движении и взаимодействии материаль- материальных тел и называется механикой. Круг проблем, рассматриваемых в механике, очень велик и с развитием этой науки в ней появился це- целый ряд самостоятельных областей, связанных с изучением меха- механики твердых деформируемых тел, жидкостей и газов. К этим обла- областям относятся теория упругости, теория пластичности, гидромеха- гидромеханика, аэромеханика, газовая динамика и ряд разделов так называе- называемой прикладной механики, в частности: сопротивление материалов, статика сооружений, теория механизмов и машин, гидравлика, а так- также многие специальные инженерные дисциплины. Однако во всех этих областях наряду со специфическими для каждой из них зако- закономерностями и методами исследования опираются на ряд основных законов или принципов и используют многие понятия и методы, об- общие для всех областей механики. Рассмотрение этих общих понятий, законов и методов и составляет предмет так называемой теоретиче- теоретической (или общей) механики. В основе механики лежат законы, называемые законами класси- классической механики (или законами Ньютона), которые установлены пу- 5
тем обобщения результатов многочисленных опытов и наблюдений я нашли подтверждение в процессе всей общественно-производствен^ ной практики человечества. Это позволяет рассматривать знания, основанные на законах механики, как достоверные знания, на кото- которые инженер может смело опираться в своей практической деятель- деятельности *. Общий метод научных исследований состоит в том, что при рас- рассмотрении того или иного явления в нем выделяют главное, опреде- определяющее, а от всего остального, сопутствующего данному явлению, абстрагируются. В результате вместо реального явления или объек- объекта рассматривают некоторую его модель и вводят ряд абстрактных понятий, отражающих соответствующие свойства этого явления (объекта). Такие научные абстракции, как указывал В. И. Ленин, «отражают природу глубже, вернее, полнее» и играют при построе- построении науки исключительно важную роль. В классической механике научными абстракциями или моделями являются по существу все вводимые исходные положения и понятия. Они учитывают то основное, определяющее, что существенно для рассматриваемого механического движения и позволяет его строго охарактеризовать и изучить. Так, например, вместо реальных ма- материальных тел в механике рассматривают такие их абстрактные модели, как материальная точка, абсолютно твердое тело или сплош- сплошная изменяемая среда, абстрагируясь от учета в первом случае фор- формы и размеров тела, во втором — его деформаций, в третьем — молекулярной структуры среды. Но только построив механику та- такого рода моделей, можно разработать методы, позволяющие изу- изучать с пригодной для практики точностью равновесие и движение реальных объектов, проверяя в свою очередь эту пригодность опы- опытом, практикой. Роль и значение теоретической механики в инженерном образова- образовании определяется тем, что она является научной базой очень многих областей современной техники. Одновременно законы и методы ме- механики как естественной науки, т. е. науки о^-нрироде, позволяют изучить и объяснить целый ряд важных явлений в окружающем нас мире и способствуют дальнейшему росту и развитию естествозна- естествознания в целом, а также выработке правильного материального мировоз- мировоззрения. По характеру рассматриваемых задач механику принято разде- разделять на статику, кинематику и динамик у. В ста- статике излагается учение о силах и об условиях равновесия материаль- материальных тел под действием сил. В кинематике рассматриваются общие * Последующее развитие науки показало, что при скоростях, близких к скорости света, движение тел подчиняется законам механики теории относитель- относительности, а движение микрочастиц (электроны, позитроны и др.) описывается зако- законами квантовой механики. Однако эти открытия только уточнили область прило- приложений классической механики и подтвердили достоверность ее законов для движе- движений всех тел, отличных от микрочастиц, при скоростях, не близких к скорости света, т. е. для тех движений, которые имели и имеют огромное практическое зна- значение в технике, небесной механике и ряде других областей естествознания.
геометрические свойства движения тел..Наконец, в динамике изу- изучается движение материальных тел под действием сил. Возникновение и развитие механики * как науки неразрывно связано с историей развития производительных сил общества, с уровнем производства и техники на каждом этапе этого развития. В древние времена, когда запросы производства сводились глав- главным образом к удовлетворению нужд строительной техники, начи- начинает развиваться учение о так называемых простейших машинах (блок, ворот, рычаг, наклонная плоскость) и общее учение о равно- равновесии тел (статика). Обоснование начал статики содержится уже в сочинениях одного из великих ученых древности Архимеда B87— 212 г. до н. э.). Развитие динамики начинается значительно позже. В XV—XVI столетиях возникновение и рост в странах Западной и Центральной Европы буржуазных отношений послужили толчком к значитель- значительному подъему ремесел, торговли, мореплавания и военного дела (по- (появление огнестрельного оружия), а также к важным астрономиче- астрономическим открытиям. Все это способствовало накоплению большого опытного материала, систематизация и обобщение которого привели в XVII столетии к. открытию законов динамики. Главные заслуги в создании основ динамики принадлежат гениальным исследовате- исследователям Галилео Галилею A564—1642) и Исааку Ньютону A643—1727). В сочинении Ньютона «Математические начала натуральной фило- философии», изданном в 1687 г., и были изложены в систематическом виде основные законы классической механики (законы Ньютона). В XVIII в. начинается интенсивное развитие в механике анали- аналитических методов, т. е. методов, основанных на применении диффе- дифференциального и интегрального исчислений. Методы решения задач динамики точки и твердого тела путем составления и интегрирова- интегрирования соответствующих дифференциальных уравнений были разрабо- разработаны великим математиком и механиком Л. Эйлером A707—1783). Из других исследований в этой области наибольшее значение для развития механики имели труды выдающихся французских ученых Ж. Даламбера A717—1783), предложившего свой известный прин- принцип решения задач динамики, и Ж. Лагранжа A736—1813), раз- разработавшего общий аналитический метод решения задач динамики на основе принципа Даламбера и принципа возможных перемещений. В настоящее время аналитические методы решения задач являются в динамике основными. Кинематика, как отдельный раздел механики, выделилась лишь в XIX в. под влиянием запросов развивающегося машиностроения. В настоящее время кинематика имеет и большое самостоятельное значение для изучения движения механизмов и машин. В России на развитие первых исследований по механике боль- большое влияние оказали труды гениального ученого и мыслителя * Термин «механика» впервые появляется в сочинениях одного из выдающих- выдающихся философов древности Аристотеля C84—322 г. до н. э.) и происходит от греческо- греческого mechane, означающего по современным понятиям «сооружение», «машина». 7
М. В. Ломоносова A711—1765), а также творчество Л. Эйлера, дол- долгое время жившего в России и работавшего в Петербургской акаде- академии наук. Из многочисленных отечественных ученых, внесших зна- значительный вклад в развитие различных областей механики, прежде всего должны быть названы: М. В. Остроградский A801—1861), ко- которому принадлежит ряд важных исследований по аналитическим методам решения задач механики; П. Л. Чебышев A821—1894), соз- создавший новое направление в исследовании движения механизмов; С. В. Ковалевская A850—1891), решившая одну из труднейших за- задач динамики твердого тела; А. М. Ляпунов A857—1918), который дал строгую постановку одной из фундаментальных задач механики и всего естествознания — задачи об устойчивости равновесия и дви- движения и разработал наиболее общие методы ее решения; И. В. Ме- Мещерский A859—1935), внесший большой вклад в решение задач ме- механики тел переменной массы; К. Э. Циолковский A857—1935), ав- автор ряда фундаментальных исследований по теории реактивного движения; А. Н. Крылов A863—1945), разработавший теорию ко- корабля и много внесший в развитие теории гироскопа и гироскопи- гироскопических приборов. Выдающееся значение для дальнейшего развития механики име- имели труды «отца русской авиации» Н. Е. Жуковского A847—1921) и его ближайшего ученика основоположника газовой динамики С. А. Чаплыгина A869—1942). Характерной чертой творчества Н. Е. Жуковского было приложение методов механики к решению актуальных технических задач, примером чему служат многие его труды по динамике самолета, разработанная им теория гидравличе- гидравлического удара в трубах и др. Большое влияние идеи Н. Е. Жуков- Жуковского оказали и на преподавание механики в высших технических учебных заведениях нашей страны. В наши дни перед отечественной наукой и техникой стоят важ- важные задачи по ускорению научно-технического прогресса и дальней- дальнейшему развитию и совершенствованию социалистического производ- производства. В числе этих задач такие актуальные проблемы, как автомати- автоматизация производственных процессов и их оптимизация, создание и внедрение промышленных роботов, эффективное использование всех конструкционных материалов и многие другие. Для решения этих задач важное значение имеет дальнейшее повышение качества под- подготовки инженерных кадров, расширение теоретической базы их знаний, в том числе и знаний в области одной из фундаментальных общенаучных дисциплин — теоретической механики.
раздел первый СТАТИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА Глава I ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И ИСХОДНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ СТАТИКИ § I. АБСОЛЮТНО ТВЕРДОЕ ТЕЛО; СИЛА. ЗАДАЧИ СТАТИКИ Статикой называется раздел механики, в котором излагается общее учение о силах и изучаются условия равновесия материальных тел, находящихся под действием сил. Под равновесием будем понимать состояние покоя тела по отно- отношению к другим телам, например по отношению к Земле. Условия равновесия тела существенно зависят от того, является ли это тело твердым, жидким или газообразным. Равновесие жидких и газооб- газообразных тел изучается в курсам гидростатики или аэростатики. В об- общем курсе механики рассматриваются обычно только задачи о рав- равновесии твердых тел. Все встречающиеся в природе твердые тела под влиянием внеш- внешних воздействий в той или иной мере изменяют свою форму (дефор- (деформируются). Величины этих деформаций зависят от материала тел, их геометрической формы и размеров и от действующих нагрузок. Для обеспечения прочности различных инженерных сооружений и конструкций материал и размеры их частей подбирают так, чтобы деформации при действующих нагрузках были достаточно малы *. Вследствие этого при изучении условий равновесия вполне допусти- допустимо пренебрегать малыми деформациями соответствующих твердых тел и рассматривать их как недеформируемые или абсолютно твер- твердые. Абсолютно твердым телом называют такое тело, расстояние между каждыми двумя точками которого всегда остается постоян- постоянным. В дальнейшем при решении задач статики все тела рассматри- рассматриваются как абсолютно твердые, хотя часто для краткости их назы- называют просто твердыми телами. * Например, материал и размеры стержней, входящих в те или иные конст- конструкции, выбирают такими, что при действующих нагрузках стержни удлиняются (или укорачиваются) менее чем на одну тысячную долю их первоначальной длины. Таков же порядок допускаемых деформаций при изгибе, кручении и т. п.
Состояние равновесия или движения данного тела зависит от ха- характера его механических взаимодействий с другими телами, т. е. от тех давлений, притяжений или отталкиваний, которые тело испы- испытывает в результате этих взаимодействий. Величина, являющаяся основной мерой механического взаимодействия материальных тел, называется в механике силой. Рассматриваемые в механике величины можно разделить на ска- скалярные, т. е. такие, которые полностью характеризуются их число- числовым значением, и векторные, т. е. такие, которые помимо числового значения характеризуются еще и направлением в пространстве. Сила — величина векторная. Ее действие на тело определяется: 1) числовым значением или модулем силы, 2) направлением силы, 3) точкой приложения силы. Модуль силы находят путем ее сравнения с силой, принятой за единицу. Основной единицей измерения силы в Международной сис- системе единиц (СИ), которой мы будем пользоваться (подробнее см. § 75), является 1 ньютон A Н); применяется и более крупная еди- единица 1 килоньютон A кН = 1000 Н). Для статического измерения силы служат известные из физики приборы, называемые динамомет- динамометрами. Силу, как и все другие векторные величины, будем обозначать буквой с чертой над нею (например, F), а модуль силы — символом \F\ или той же буквой, но без черты над нею (F). Графически сила, как и другие векторы, изображается направленным отрезком (рис. 1). Длина этого отрезка выражает в выбранном масштабе мо- модуль силы, направление отрезка соответствует направлению силы, точка А на рис. 1 является точкой приложения силы (силу можно изобразить и так, что точкой приложения будет конец силы, как ?¦ на рис. 4, в). Прямая DE, вдоль ко- которой направлена сила, называется ли- нией действия силы. Условимся еще о следующих определениях. 1. Системой сил будем называть сово- совокупность сил, действующих на рассмат- рассматриваемое тело (или тела). Если линии дей- Рис. 1 ствия всех сил лежат в одной плоскости, система сил называется плоской, а если эти линии действия не лежат в одной плоскости,— пространствен- пространственной. Кроме того, силы, линии действия которых пересекаются в од- одной точке, называются сходящимися, а силы, линии действия кото- которых параллельны друг другу,— параллельными. 2. Тело, которому из данного положения можно сообщить любое перемещение в пространстве, называется свободным. 3. Если одну систему сил, действующих на свободное твердое тело, можно заменить другой системой, не изменяя при этом состоя- состояния покоя или движения, в котором находится тело, то такие две системы сил называются эквивалентными. 4. Система сил, под действием которой свободное твердое тело 10
может находиться в покое, называется уравновешенной или экви~ валентной нулю. 5. Если данная система сил эквивалентна одной силе, то эта сила называется равнодействующей данной системы сил. Сила, равная равнодействующей по модулю, прямо противопо- противоположная ей по направлению и действующая вдоль той же прямой, на- называется уравновешивающей силой. 6. Силы, действующие на данное тело (или систему тел), можно разделить на внешние и внутренние. Внешними называются силы, которые действуют на это тело (или на тела системы) со стороны дру- других тел, а внутренними — силы, с которыми части данного тела (или тела данной системы) действуют друг на друга. 7. Сила, приложенная к телу в какой-нибудь одной его точке, называется сосредоточенной. Силы, действующие на все точки дан- данного объема или данной части поверхности тела, называются распре- распределенными. Понятие о сосредоточенной силе является условным, так как практически приложить силу к телу в одной точке нельзя. Силы, ко- которые в механике рассматривают как сосредоточенные, представля- представляют собой по существу равнодействующие некоторых систем распре- распределенных сил. В частности, рассматриваемая в механике сила тяжести, дейст- действующая на данное твердое тело, представляет собой равнодейст- равнодействующую сил тяжести, действующих на его частицы. Линия действия этой равнодействующей проходит через точку, называемую центром тяжести тела*. Задачами статики являются: 1) преобразование систем сил, дей- действующих на твердое тело, в системы им эквивалентные, в частно- частности приведение данной системы сил к простейшему виду; 2) опреде- определение условий равновесия систем сил, действующих на твердое тело. Решать задачи статики можно или путем соответствующих гео- геометрических построений (геометрический и графический методы), или с помощью численных расчетов (аналитический метод). В курсе будет главным образом применяться аналитический метод, однако следует иметь в виду, что наглядные геометрические построения иг- играют при решении задач механики чрезвычайно важную роль. §2. ИСХОДНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ СТАТИКИ При изложении статики можно идти двумя путями: 1) исходить из уравнений, которые получаются в динамике как следствия основ- основных законов механики (см. § 120); 2) излагать статику независимо от динамики исходя из некоторых общих законов механики и положе- * Вопрос об определении центров тяжести тел будет рассмотрен в гл. VIII. Предварительно заметим, что если однородное тело имеет центр симметрии (пря- (прямоугольный брус, цилиндр, шар и т. п.), то центр тяжести такого тела находится в его центре симметрии. а
ний, называемых аксиомами или принципами статики, хотя посу- ществу они являются не независимыми аксиомами, а следствиями тех же основных законов механики (см. § 120). В учебных курсах, как и в данном, обычно идут вторым путем, так как по ряду причин оказывается необходимым начинать изучение механики со статики, т. е. до того, как будет изложена динамика. Положения (или аксио- аксиомы), из которых при этом исходят, можно сформулировать следую- следующим образом. 1. Если на свободное абсолютно твердое тело действуют две силы, то тело может находиться в равновесии тогда и только тогда, когда эти силы равны по модулю (F1=Fi) и направлены вдоль одной прямой в противоположные стороны (рис. 2). 2. Действие данной системы сил на абсолютно твердое тело не изменяется, если к ней прибавить или от нее отнять уравновешен- уравновешенную систему сил. Рис. 2 Рис. 3 Иными словами это означает, что две системы сил, отличающие- отличающиеся на уравновешенную систему, эквивалентны друг другу. Следствие: действие силы на абсолютно твердое тело не из- изменится, если перенести точку приложения силы вдоль ее линии дей- действия в любую другую точку тела. В самом деле, пусть на твердое тело действует приложенная в точ- точке А сила F (рис. 3). Возьмем на линии действия этой силы произ- произвольную точку В и приложим в ней две уравновешенные силы Ft и F2, такие, что FX=F и F\=—F. От этого действие силы F на тело не изменится. Но силы F и F2 также образуют уравновешенную систе- систему, которая может быть отброшена *. В результате на тело бу- будет действовать только одна сила Flt равная F, но приложенная в точке В. _ Таким образом, вектор, изображающий силу F, можно считать приложенным в любой точке на линии действия силы (такой век- вектор называется скользящим). Полученный результат справедлив только для сил, действующих на абсолютно твердое тело. При инженерных расчетах им можно пользоваться лишь тогда, когда определяются условия равновесия той или иной конструкции и не рассматриваются возникшие в ее частях внутренние усилия. * Отброшенные или перенесенные силы будем на рисунках перечеркивать. 12
Например, изображенный на рис. 4, а стержень АВ будет нахо- находиться в равновесии, если F1=F2. При переносе точек приложения обеих сил в какую-нибудь точку С стержня (рис. 4, б) или при пере- переносе точки приложения силы /\ в точку В, а силы F2 в точку А (рис. 4, в) равновесие не нарушается. Однако внутренние усилия будут в каждом из рассматри- рассматриваемых случаев разными. В пер- первом случае стержень под дей- действием приложенных сил рас- растягивается, во втором случае он не напряжен, а в третьем стер- стержень будет сжиматься. Следовательно, при определе- определении внутренних усилий перено- переносить точку приложения силы вдоль линии действия нельзя. Еще два исходных положения относятся к общим законам меха- механики. Закон параллелограмма сил: две силы, приложен- приложенные к телу в одной точке, имеют равнодействующую, приложенную в той же точке и изображаемую диагональю параллелограмма, по- построенного на этих силах, как на сторонах. ¦? А ft Рис. 4 <с Рис. 5 Рис. 6 Вектор R, равный диагонали параллелограмма, построенного на векторах Fx и ~F\ (рис. 5), называется геометрической суммой век- векторов Fx и F2: _ Следовательно, закон параллелограмма сил можно еще сформу- сформулировать так: две силы, приложенные к телу в одной точке, имеют равнодействующую, равную геометрической (векторной) сумме этих сил и приложенную в той же точке. В дальнейшем следует различать понятия суммы сил и их равно- равнодействующей. Поясним это примером. Рассмотрим две силы F[nF~t (рис. 6), приложенные к телу в точках А и В. доказанная на рис. 6 сила Q равна геометрической сумме сил Fx и F2 (Q=F1+F2), как диагональ соответствующего параллелограмма. Но сила Q не явля- является равнодействующей этих сил, так как нетрудно понять, что одна 13
сила Q не может заменить действие сил Ft и F2 на данное тело, где бы она ни была приложена. В дальнейшем будет еще строго доказа- доказано (§ 29, задача 38), что эти две силы не имеют равнодействующей. Закон равенства действия и противодей- противодействия: при всяком действии одного материального тела на другое имеет место такое же численно, но противоположное по направле- направлению противодействие. Этот закон является одним из основных законов механики. Из него следует, что если тело А действует на тело В с некоторой силой F, то одновременно тело В действует на тело А с такой же по модулю и направлешюй_вдоль той же прямой, но в противоположную сторо- сторону силой F'=—F (рис. 7). Заметим, что силы F и F', как приложен- приложенные к разным телам, не образуют уравновешенную систему сил. Рис. 7 Свойство внутренних сил. Согласно данному за- закону при взаимодействии две любые части тела (или конструкции) действуют друг на друга с равными по модулю и противоположно направленными силами. Так как при изучении условий равновесия тело рассматривается как абсолютно твердое, то все внутренние силы образуют при этом уравновешенную систему сил, которую можно отбросить. Следовательно, при изучении условий равновесия тела (конструкции) необходимо учитывать только внешние силы, дей- действующие на это тело (конструкцию). В дальнейшем, говоря о дей- действующих силах, мы будем подразумевать, если не сделано специ- специальной оговорки, что речь идет только о внешних силах. Еще одним исходным положением является принцип от- отвердевания: равновесие изменяемого (деформируемого) тела, находящегося под действием данной системы сил, не нарушится, если тело считать отвердевшим (абсолютно твердым). Высказанное утверждение очевидно. Например, ясно, что рав- равновесие цепи не нарушится, если ее звенья считать сваренными друг с другом. Так как на покоящееся тело до и после отвердевания дей- действует одна и та же система сил, то данный принцип можно еще вы- высказать в такой форме: при равновесии силы, действующие на любое изменяемое (деформируемое) тело или изменяемую конструкцию, удовлетворяют тем же условиям, что и для тела абсолютно твер- твердого; однако для изменяемого тела эти условия, будучи необходимы- необходимыми, могут не быть достаточными (см. § 120). Например, для равновесия гибкой нити под действием двух сил, приложенных к ее концам, необходимы те же условия, что и для 14
жесткого стержня (силы должны быть равны по модулю и направле- направлены вдоль нити в разные стороны). Но эти условия не будут достаточ- достаточными. Для равновесия нити требуется еще, чтобы приложенные силы были растягивающими, т. е. направленными так, как на рис. 4, а. Принцип отвердевания широко используется в инженерных рас- расчетах. Он позволяет при составлении условий равновесия рассмат- рассматривать любое изменяемое тело (ремень, трос, цепь и т. п.) или лю- любую изменяемую конструкцию как абсолютно жесткие и применять к ним методы статики твердого тела. Если полученных таким путем уравнений для решения задачи оказывается недостаточно, то до- дополнительно составляют уравнения, учитывающие или условия рав- равновесия отдельных частей конструкции, или их деформации (зада- (задачи, требующие учета деформаций, решаются в курсе сопротивления материалов). § 3. СВЯЗИ И ИХ РЕАКЦИИ По определению, тело, которое может совершать из данного по- положения любые перемещения в пространство, называется свободным, (например, воздушный шар в воздухе). Тело, перемещениям кото- которого в пространстве препятствуют какие-нибудь другие, скреплен- скрепленные или соприкасающиеся с ним, тела, называется несвободным. Все то, что ограничивает перемещения данного тела в пространстве, называют связью. В дальнейшем будем рассматривать связи, реали- реализуемые какими-нибудь телами, и называть связями сами эти тела. Примерами несвободных тел являются груз, лежащий на столе, дверь, подвешенная на петлях, и т. п. Связями в этих случаях будут: для груза — плоскость стола, не дающая грузу перемещаться по вертикали вниз; для двери — петли, не дающие двери отойти от косяка. Тело, стремясь под действием приложенных сил осуществить перемещение, которому препятствует связь, будет действовать на нее с некоторой силой, называемой силой давления на связь. Одновремен- Одновременно по закону о равенстве действия и противодействия связь будет действовать на тело с такой же по модулю, но противоположно на- направленной силой. Сила, с которой данная связь действует на тело, препятствуя тем или иным его перемещениям, называется силой ре- реакции {противодействия) связи или просто реакцией связи. Значение реакции связи зависит от других действующих сил и наперед неизвестно (если никакие другие силы на тело не действуют, реакции равны нулю); для ее определения надо решить соответству- соответствующую задачу механики. Направлена реакция связи в сторону, про- противоположную той, куда связь не дает перемещаться телу. Когда связь может препятствовать перемещениям тела по нескольким на- направлениям, направление реакции такой связи тоже наперед неиз- -вестно и должно определяться в результате решения рассматривае- рассматриваемой задачи. Правильное определение направлений реакций связей играет при решении задач механики очень важную роль. Рассмотрим по- 15
этому подробнее, как направлены реакции некоторых основных видов связей (дополнительные примеры приведены в § 17). 1. Гладкая плоскость (поверхность) или опора. Гладкой будем называть поверхность, трением о которую данного тела можно в первом приближении пренебречь. Такая г Рис. 8 Рис. 9 в поверхность не дает телу перемещаться только по направлению общего перпендикуляра (нормали) к поверхностям соприкасающих- соприкасающихся тел в точке их касания (рис. 8, а) *. Поэтому реакция N гладкой поверхности или опоры направлена по общей нормали к поверхно- поверхностям соприкасающихся тел в точке их касания и приложена в этой точке. Когда одна из соприкасающихся поверхностей является точ- точкой (рис. 8, б), то реакция направлена по нормали к другой поверх- поверхности. 2. Нить. Связь, осуществленная в виде гибкой нерастяжимой нити (рис. 9), не дает телу М удаляться от точки подвеса нити по направлению AM. Поэтому реакция Т натя- натянутой нити направлена вдоль нити к точке ее подвеса. 3. Цилиндрический шарнир (подшипник). Цилиндрический шар- шарнир (или просто шарнир) осуществляет такое соединение двух тел, при котором одно те- тело может вращаться по отношению к другому вокруг общей оси, называемой осью шарнира (например, как две половины ножниц). Если тело АВ прикреплено с помощью такого шарнира к неподвижной опоре D (рис. 10), то точка А тела не может при этом переместиться ни по какому на- направлению, перпендикулярному оси шарнира. Следовательно, ре- реакция R цилиндрического шарнира может иметь любое направление в плоскости, перпендикулярной оси шарнира, т. е. в плоскости Аху. Для силы R в этом случае наперед неизвестны ни ее модуль R, ни направление (угол а). 4. Сферический шарнир и подпятник. Тела, соединенные сферическим шарниром, могут как угодно поворачи- Рис. 10 На рис. 8—12 действующие на тела заданные силы не показаны.
Рис. 11 \ ваться одно относительно другого вокруг центра шарнира. Приме- Примером служит прикрепление фотоаппарата к штативу с помощью шаровой пяты. Если тело прикреплено с помощью такого шарнира к неподвижной опоре (рис. 11, а), то точка А тела, совпадающая с центром шарнира, не может при этом совершить никакого пере- перемещения в пространстве. Следовательно, реакция R сферического шарнира может иметь любое направление в пространстве. Для нее наперед неизвестны ни ее модуль R, ни углы с осями Axyz. Произвольное направ- направление в пространстве мо- может иметь и реакция R подпятника (под- (подшипника с упором), изо- изображенного на рис. 11,6. 5. Невесомый стержень. Невесо- Невесомым называют стержень, весом которого по сравнению с воспринимаемой им нагрузкой можно пренебречь. Пусть для какого-нибудь находящегося в равно- равновесии тела (конструкции) такой стержень, прикрепленный в точках Л и В шарнирами, является связью (рис. 12, а). Тогда на стержень будут действовать только две силы, приложенные в точках А и В; при равновесии эти силы должны быть направлены вдоль одной прямой, т. е. вдоль АВ (см. рис. 4, а, в). Но тогда согласно закону о действии и противодействии стержень будет действовать на тело с силой, тоже направленной вдоль АВ. Следовательно, реакция N невесомого шарнирно прикрепленного прямолинейного стержня на- направлена вдоль оси стержня. Если связью является криволинейный невесомый стержень (рис. 12,6), то аналогичные рассуждения приведут к выводу, что его реакция тоже направлена вдоль прямой АВ, соединяющей . -, шарниры А я В (на ' -^лГ ' ЩЩШШШ!ШШ(Щ рис. 12, а направление реакции соответствует случаю, когда стержень сжат, а на рис. 12, б — когда растянут). При решении задач реакции связей обычно являются подлежащими определению неизвестными. Нахождение реакций имеет то прак- практическое значение, что определив их, а тем самым определив по закону о действии и противодействии и силы давления на связи, получают исходные данные, необходимые для расчета прочности соответствующих частей конструкции. Рис. 12 17
Глава II СЛОЖЕНИЕ СИЛ. СИСТЕМА СХОДЯЩИХСЯ §4. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СПОСОБ СЛОЖЕНИЯ СИЛ. РАВНОДЕЙСТВУЮЩАЯ СХОДЯЩИХСЯ СИЛ; РАЗЛОЖЕНИЕ СИЛ Решение многих задач механики связано с известной из вектор- векторной алгебры операцией сложения векторов и, в частности, сил. Ве- Величину, равную геометрической сумме сил какой-нибудь системы, будем в дальнейшем называть главным вектором этой системы сил. Как отмечалось в § 3 (см. рис. 6), понятие о геометрической сумме сил не следует смешивать с понятием о равнодействующей; для мно- многих систем сил, как мы увидим в дальнейшем, равнодействующей вообще не существует, геометрическую же сумму (главный вектор) можно вычислить для любой системы сил. 1. Сложение двух сил. Геометрическая сумма R двух сил Fi и F2 находится по правилу параллелограмма (рис. 13, а) или построением силового треугольника (рис. 13, б), изображаю- изображающего одну из половин этого параллелограмма. Если угол между силами равен а, то мо- модуль R и углы р, у, которые сила R образует со слагаемы- слагаемыми силами, определяются по формулам: R = VF\ + F\ + 2F.F, cosa, A) . B) Рис. 2. Сложение трех сил, не лежащих в одной плоскости. Геометрическая сумма R трех сил Flt F2, F3, не лежащих в одной плоскости, изображается диагональю параллеле- параллелепипеда, построенного на этих силах (правило параллелепипеда). В справедливости этого убеждаемся, применяя последовательно правило параллелограмма (рис. 14). 3. Сложение системы сил. Геометрическая сумма (главный вектор) любой системы сил определяется или последова- последовательным сложением сил системы по правилу параллелограмма, или построением силового многоугольника. Второй способ является более простым и удобным. Для нахождения этим способом суммы сил Flt F2, F3, . . . , Fn (рис. 15, а) откладываем от произвольной точки О (рис. 15, б) вектор Оа, изображающий в выбранном масшта- масштабе силу Fi, от точки а — вектор ab, изображающий силу Рг, от точки Ь — вектор be, изображающий силу F3, и_т. д.; от конца т предпоследнего вектора откладываем вектор тп, изображающий 13
силу Fn. Соединяя начало первого вектора с концом последнего, получаем вектор On~R, изображающий геометрическую сумму или главный вектор слагаемых сил: или /? = C) 4. Равнодействующая сходящихся сил. Рас- Рассмотрим систему сходящихся сил, т. е. сил, линии действия которых пересекаются в одной точке (рис. 15, а). Так как сила, действующая Рис. Рис. на абсолютно твердое тело, является вектором скользящим, то система сходящихся сил эквивалентна системе сил, приложенных в одной точке (на рис. 15, а в точке А). Последовательно применяя закон параллелограмма сил, придем к выводу, что система сходящихся сил имеет равнодействующую, рав- равную геометрической сумме (главному вектору) этих сил и прило- приложенную в точке пересечения их линий действия. Следовательно система сил Fu F2, . . . , Fn, изображенных на рис. 15, а, имеет равнодействующую, равную их главному вектору R и приложенную в точке А (или в любой другой точке, лежащей на линии действия силы R, проведенной через точку А). 5. Разложение сил. Разложить данную силу на не- несколько составляющих — значит найти такую систему нескольких сил, для которой данная сила является равнодействующей. Эта задача является неопределенной и имеет однозначное решение лишь • при задании дополнительных условий. Рассмотрим два частных случая: а) разложение силы по двум заданным на- направлениям. Задача сводится к построению такого парал- параллелограмма, у которого разлагаемая сила является диагональю, а стороны параллельны заданным направлениям. Например, на рис. 13 показано, как сила R разлагается по направлениям АВ и AD на силы /ч и F2— составляющие силы R (сила R и прямые АВ, AD лежат, конечно, в одной плоскости); б) разложение силы по трем заданным на- направлениям. Если заданные направления не лежат в одной плоскости, то задача'является определенной и сводится к построе- построению такого параллелепипеда, у которого диагональ изображает 19
заданную силу R, а ребра параллельны заданным направлениям (см. рис. 14). Способом разложения можно в простейших случаях пользовать- пользоваться для определения сил давления на связи. Для этого действующую на тело (конструкцию) заданную силу надо разложить по направле- направлениям реакции связей, так как согласно закону о действии и противо- противодействии сила давления на связь и реакция связи направлены вдоль одной и той же прямой. Задача 1. Кронштейн состоит из стержней АС и ВС, соединенных со стеной и друг с другом шарнирами, причем ZBAC=90°, ZABC=a (рис. 16). В точке С подвешен груз весом Р. Определить усилия в стержнях, пренебрегая их весом. Рис. 16 Решение. Под усилиями в стержнях понимают значения сил, растяги- растягивающих или сжимающих эти стержни. Так как стержни считаются невесомыми, то их реакции (они действуют на шарнир С) направлены вдоль стержней. Тогда для определения искомых усилий приложим силу Р в точке С и разложим ее по направлениям АС и СВ. Составляющие Sx и 52 и будут искомыми силами. Из треугольника CDE находим: S1=P!cosa, S2=P tga. Таким образом, стержень ВС сжимается силой Slt а стержень АС растягива- растягивается силой S2. С увеличением угла а усилия в стержнях растут и при а, близком к 90°, могут достигать очень больших размеров. Задача 2. Фонарь весом Р=200 Н (рис. 17) подвешен на двух тросах АС и ВС, образующих с горизонтальной прямой одинаковые углы а=5°. Определить, с какой силой натянуты тросы. Решение. Приложим силу Р в точке С и разложим ее по направлениям тросов. Параллелограмм сил в данном случае будет ромбом; диагонали его вза- взаимно перпендикулярны и делятся в точке пересечения пополам. Из треугольника аСЬ находим, что Р/2=Т1 sin а. Тогда 711=r2=P/2sina»1150H. Из полученной формулы видно, что с уменьшением угла а натяжение тросов значительно увеличивается (например, при а= 1° Г=5730 Н). Натянуть трос так, чтобы он стал горизонтальным, практически нельзя, так как при се-*-0 Т-*-оо, § 5. ПРОЕКЦИЯ СИЛЫ НА ОСЬ И НА ПЛОСКОСТЬ. АНАЛИТИЧЕСКИЙ СПОСОБ ЗАДАНИЯ И СЛОЖЕНИЯ СИЛ Аналитический метод решения задач статики основывается на понятии о проекции силы на ось. Проекция силы (как и любого дру- другого вектора) на ось есть алгебраическая величина, равная произве- 20
дению модуля силы на косинус угла между силой и положительным направлением оси. Если этот угол острый,— проекция положитель- положительна, если тупой,— отрицательна, а если сила перпендикулярна оси,— ее проекция на ось равна нулю. Так, для сил, изображенных на рис. 18, FX=F cos a=ab, QX=Q cos at=—Q cos <p=—de, Px=0. D) Проекцией силы F на плоскость Оху называется вектор FX1J= —OBi, заключенный между проекциями начала и конца силы F на эту плоскость (рис. 19). Таким образом, в отличие от проекции силы на ось, проекция силы на плоскость есть величина векторная, так как она характеризуется не только своими числовыми значениями, но и направлением в плоскости Оху. По мо- модулю Fxy=F cos 6, где 6 — у(гол между направ- направлением силы F и ее про- проекции Fxy. В некоторых случа- случаях для нахождения проекции силы на ось удобнее найти сначала ее проекцию на плоскость, в которой эта ось лежит, а затем найденную проекцию на плоскость спроектиро- спроектировать на данную ось. Например, в случае, изображенном на рис. 19, найдем таким способом, что Fx=Fxy cos (jp=F cos Э cos ср, Fy—Fxy sin (p=F cos 0 sin <p. E) Аналитический способ задания сил. Для аналитического задания силы необходимо выбрать систему коорди- координатных осей Oxyz, по отношению к которой будет определяться на- ! о а Рис. 18 г у У А Л Уг А у/ г, а Рис. 19 Рис. 20 правление силы в пространстве. В механике мы будем пользоваться правой системой координат, т. е. такой системой, в которой крат- кратчайшее совмещение оси Ох с осью Оу происходит, если смотреть с положительного конца оси Oz, против хода часовой стрелки (рис. 20). 21
Вектор, изображающий силу F, можно построить, если извест- известны модуль F этой силы и углы a, fi, у, которые сила образует с ко- координатными осями. Таким образом, величины F, а, р\ у и задают силу F. Точка А приложения силы должна быть задана отдельно ее координатами х, у, г. Для решения задач механики удобнее задавать силу ее проекци- проекциями Fx, Fy, Fz на координатные оси. Зная эти проекции, можно опре- определить модуль силы и углы, которые она образует с координатными осями, по формулам: cos a = FX/F, cos fi = Fy/F, cos у \ = FjF. J Если все рассматриваемые силы расположены в одной плоскости, то каждую из сил можно задать ее проекциями на две оси Ох и Оу. Тогда формулы, определяющие силу по ее проекциям, примут вид: F = V Fl + Fl; cos a = Fx/F, cos p = Fy/F. G) Аналитический способ сложения сил. Пе- Переход от зависимостей между векторами к зависимостям между их проекциями осуществляется с помощью следующей теоремы гео- геометрии: проекция вектора суммы на какую-нибудь ось равна алгебраи- алгебраической сумме проекций слагаемых векторов на ту же ось. Согласно этой теореме, если R есть сумма сил Flt F2, . . ., Fn, т. е. R=lLFk, то R —2F.. R —HFt. R =?F (Я\ Зная Rx, Ry и Rz, по формулам F) находим: cos a = RX/R, cos $ = Ry/R, cosy = RJR. j ^ Формулы (8), (9) и позволяют решить задачу о сложении сил аналитически. Для сил, расположенных в одной плоскости, соответствующие формулы принимают вид: ^ ' Если силы заданы их модулями и углами с осями, то для приме- применения аналитического метода сложения надо предварительно вычис- вычислить проекции этих сил на координатные оси. Задача 3. Найти сумму трех лежащих в одной плоскости сил (рис. 21, а), если дано: F= 17,32 Н, Г=10Н, Р=24Н, Ф=30°, ф=60°. Решение. Вычисляем проекции заданных сил на координатные оси} FX=F cos ф= 15 Н, Гх=-Гсо5ф=-5Н, Рх=0; Fv=—F sin ф=-8,66 Н, Ту= Т sin 1И8.66Н, Ру=-Р=—24 Н, 22
Тогда по формулам A0) Д*= 15—5= 10 Н, #j,=—8,66+8,66—24=—24 Н. Следовательно, (— 24J = 26H; cosa = 5/13, cos P = —12/13. Окончательно #=26 Н, а=67°20', р=157°20'. Для решения той же задачи геометрическим методом надо, выбрав соответ- соответствующий масштаб (например, в 1 см — ЮН), построить из сил Р, F и Т сило- у Рис. 21 вой многоугольник (рис. 21, б). Его замыкающая ad и определяет в данном ма- масштабе модуль и направление R. Если, например, при измерении получим ad~ »2,5 см, то, следовательно, #»25 Н с ошибкой по отношению к точному решению около 4%. § 6. РАВНОВЕСИЕ СИСТЕМЫ СХОДЯЩИХСЯ СИЛ Для равновесия системы сходящихся сил, приложенных к твер- твердому телу, необходимо и достаточно, чтобы равнодействующая, а следовательно, и главный вектор этих сил (см. § 4) были равны нулю. Условия, которым при этом должны удовлетворять сами силы, мож- можно выразить в геометрической или в аналитической форме. 1. Геометрическое условие равновесия. Так как главный вектор R системы сил определяется как замыкаю- замыкающая сторона силового многоугольника, построенного из этих сил (см. рис. 15), то R может обратиться в нуль только тогда, когда ко- конец последней силы в многоугольнике совпадает с началом первой силы, т. е. когда многоугольник замкнется. Следовательно, для равновесия системы сходящихся сил необхо- необходимо и достаточно, чтобы силовой многоугольник, построенный из этих сил, был замкнутым. 2. Аналитические условия равновесия. Аналити- Аналитически модуль главного вектора системы сил определяется формулой Так как под корнем стоит сумма положительных слагаемых, то R обратится в нуль только тогда, когда одновременно Rx=0, Ry=0, Rz=0, т. е., как это следует из формул (8), когда действующие на тело силы будут удовлетворять равенствам: ZFkx = Q, 2/^ = 0,2/^ = 0. A1) 23
Равенства (И) выражают условия равновесия в аналитической форме: для равновесия пространственной системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций этих сил на каж- каждую из трех координатных осей были равны нулю. Если все действующие на тело сходящиеся силы лежат в одной плоскости, то они образуют плоскую систему сходящихся сил. В слу- случае плоской системы сходящихся сил получим, очевидно, только два условия равновесия: 2/^ = 0. 2Fft{/ = 0. A2) 3. Теорема о трех силах. При решении задач статики иногда удобно пользоваться следующей теоремой: если твердое те- тело находится в равновесии под действием трех непараллельных сил, лежащих в одной плоскости, то линии действия этих сил пересека- пересекаются в одной точке. Для доказательства теоремы рассмотрим сначала какие-нибудь две из действующих на тело сил, например Fx и F2. Так как по усло- условиям теоремы эти силы лежат в одной плоскости и не параллельны, то их линии действия пересекаются в некоторой точке А (рис.22). Приложим силы Fx и F2 в этой точке и заменим их равнодействующей R. Тогда на тело будут действовать две силы: сила R и сила F3, приложенная в какой-то точке В тела. Если тело при этом находит- находится в равновесии, то силы R и Fs должны быть направлены по одной прямой, т. е. вдоль АВ. Следовательно, линия действия силы F3 тоже проходит через точку А, что и требовалось доказать. Обратная теорема места не имеет, т. е. если линии действия трех сил пересекаются в одной точке, то тело под действием этих сил может и не находиться в равновесии; следовательно, теорема выра- выражает только необходимое условие равновесия тела под действием трек сил. Рис. 22 Рис. 23 Пример. Рассмотрим брус АВ, закрепленный в точке А шарниром и опираю- опирающийся на выступ D (рис. 23). На этот брус действуют три силы- сила тяжести Р~, реакция iVp выступа и реакция R^ шарнира. Так как брус находится в равновесии, то линии действия этих сил должны пересекаться в одной точке. Линии действия сил Р и Np известны и они пересекаются в точке К- Следовательно, линия дей- действия приложенной в точке А реакции R^ тоже должна пройти через точку К, т. е. должна быть направлена вдоль прямой А К. Теорема о трех силах позволила в этом случае определить заранее неизвестное направление реакции шарнира А. 24
§7. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ СТАТИКИ Решаемые методами статики задачи могут быть одного из сле- следующих двух типов: 1) задачи, в которых известны (полностью или частично) действующие на тело силы и требуется найти, в каком положении или при каких соотношениях между действующими сила- силами тело будет находиться в равновесии (задачи 4, 5); 2) задачи, в которых известно, что тело заведомо находится в равновесии и тре- требуется найти, чему равны при этом все или некоторые из действую- действующих на тело сил (задачи 6, 7, 8 и др.). Реакции связей являются величинами, наперед неизвестными во всех задачах статики. Приступая к решению любой задачи, следует прежде всего ус- установить, равновесие какого тела (или каких тел) надо рассмотреть, чтобы найти искомые величины. Процесс решения сводится к сле- следующим операциям. 1. Выбор тела (или тел), равновесие кото- которого должно быть рассмотрено. Для решения задачи надо рассмотреть равновесие тела, к которому приложены заданные и искомые силы или силы, равные искомым (например, если надо найти давление на опору, то можно рассмотреть равнове- равновесие тела, к которому приложена численно равная этой силе реакция опоры и т. п.). Когда заданные силы действуют на одно тело, а искомые на дру- другое или когда те и другие силы действуют одновременно на несколь- несколько тел, может оказаться необходимым рассмотреть равновесие систе- системы этих тел или последовательно равновесие каждого тела в от- отдельности. 2.'И зображение действующих сил. Установив, равновесие какого тела или тел рассматривается (и только после этого), следует на чертеже изобразить все действующие на это тело {или тела) внешние силы, включая как заданные, так и искомые си- силы, в том числе реакции всех связей. При изображении реакций учесть все сказанное о них в § 3. 3. Составление условий равновесия. Усло- Условия равновесия составляют для сил, действующих на тело (или тела), равновесие которых рассматривается. Об особенностях со- составления условий равновесия для различных систем сил будет сказано в соответствующих местах курса. 4. Определение искомых величин, провер- проверка правильности решения и исследование полученных результатов. Важное значение в про- цессе-решения имеет аккуратный чертеж (он помогает быстрее найти правильный путь решения и избежать ошибок при составлении ус- условий равновесия) и последовательное проведение всех выкладок. Все расчеты при решении задач рекомендуется, как правило, производить в общем виде (алгебраически). Тогда для искомых ве- величин будут получаться формулы, дающие возможность проанали- проанализировать найденные результаты. Кроме того, решение в общем виде "позволяет иногда обнаружить сделанные ошибки путем проверки 25
размерностей (размерности каждого из слагаемых в обеих частях равенства должны быть одинаковыми). Числа, если решение произ- производится в общем виде, подставляются только в окончательные ре- результаты. В этом параграфе рассмотрим задачи на равновесие тела под дей- действием сходящихся сил. Для их решения можно пользоваться гео- геометрическим или аналитическим методом. Геометрический метод. Им удобно пользоваться, когда общее число действующих на тело сил (и заданных, и искомых) равно трем. При равновесии треугольник, построенный из этих сил, дол- должен быть замкнутым (построение следует начинать с заданной си- силы). Решая этот треугольник, найдем искомые величины. Аналитический метод. Им можно пользоваться при любом числе приложенных сил. Для составления условий равновесия, кото- которых в случае плоской,системы сходящихся сил будет два [формулы A2)], а в случае пространственной системы три [формулы(П)}, надо сначала выбрать координатные оси. Этот выбор можно производить произвольно, но полученные уравнения будут решаться проще, если одну из осей направить перпендикулярно какой-либо неизвест- неизвестной силе. Для составления условий равновесия полезно на первых порах предварительно вычислить проекции всех сил на выбранные оси, внося их в отдельную таблицу (см. задачу 4). Ряд дополнительных указаний дается в ходе решения рассмат- рассматриваемых ниже задач. Задача 4. Груз весом Р лежит на гладкой наклонной плоскости с углом на- наклона а, (рис. 24, а). Определить значение горизонтальной силы F, которую надо приложить к грузу, чтобы удержать его в равновесии, и найти, чему при этом рав- равна сила давления Q груза на плоскость. Решение. Искомые силы действуют на разные тела: сила F на груз, сила Q — на плоскость. Для решения задачи вместо силы Q будем искать равную ей по модулю, но противоположно направ- направленную реакцию плоскости N. Тогда задан- заданная сила Р и искомые силы F H~N будут действовать на груз, т. е. на одной то же те- тело. Рассмотрим равновесие груза и изобра- изобрази-^ действующие на этот груз силы Р и F и реакцию связи N. Для определения искомых сил можно воспользоваться или геометрическим, или аналитическим усло- условиями равновесия. Рассмотрим оба способа решения. Геометрический способ. При равновесии треугольник, построенный из сил Р, F hW, должен быть замкнутым. Построение треугольника начинаем с заданной силы. От произвольной точки а в выбранном масштабе откладываем силу Р (рис. 24, б). Через начало и конец этой силы проводим прямые, параллельные на- направлениям сил F и Ж Точка пересечения этих прямых дает третью вершину с замкнутого силового треугольника abc, в котором стороны Ьс и са равны в выбран- выбранном масштабе искомым силам. Направление сил определяется правилом стрелок: так как здесь равнодействующая равна нулю, то при обходе треугольника острия стрелок нигде не должны встречаться в одной точке. 26 Рис.
Модули искомых сил можно из треугольника аЪс найти и путем численного расчета (в этом случае соблюдать масштаб при изображении сил не надо). Заме- Замечая, что Zbac=90 , a Zabc=a, получим: F=Ptga, jV=P/cosoc. Аналитический способ. Так как система действующих сходящихся сил является плоской, дли нее надо составить два условия равновесия A2). Сначала проводим координатные оси; при этом для получения более простых уравнений ось х на- направляем перпендикулярно неизвестной силе N. Далее вычисляем проекции сил Р. F~, N на оси х и у, внося их в таблицу *: Fk Fkx ?ky Р Р sin a —Р cos ос F — F cos а —F sin а N 0 Теперь составляем уравнения "S.F^K=Q, EFky—О. Получим: Р sin а—Fcosa=0; — P cos a—F sin a-{-N— 0, Решая эти уравнения, найдем: F—P tg a, N=P cos a+P sin2 a/cos a—p/cos a. Геометрическое решение в подобных простых задачах (когда действующих Сил три) оказывается более компактным, чем аналитическое. Как видно, при и<45ь F<P, а при a>45° F>P; N>P при любом а>0. Искомая сила давления груза на плоскость численно равна N, но направлена В противоположную сторону (Q=—N). Задача 5. Стержень АВ прикреплен к неподвижной опоре шарниром А (рис. 25, а). К концу В стержня подвешен груз весом Р и прикреплена нить. Нить перекинута через блок С и к ней подвешен груз весом Q. Оси блока С и шарнира А расположены на одной вертикали, причем АС=АВ. Найти, при каком угле a система будет в равновесии и чему при этом равно усилие в стержне А В; весом стер- стержня и размером блока пренебречь. Решение. Рассмотрим равновесие стержня АВ, к которому приложены все данные и искомые силы. Изобразим для наглядности стержень отдельно (рис, 25, б) и покажем действующие на него силы: силу Р, численно равную весу Груза, натяжение Т нити и реакцию Ra> направленную вдоль стержня, так как стержень считается невесомым. Если трением в оси блока пренебречь, то натяже- . ние нити, перекинутой через блок, при равновесии всюду одинаково, следователь- следовательно, T=Q. Применяя геометрический способ решения, строим из сил Р, Т и /?д замкнутый силовой треугольник cab (рис. 25, в), начиная с силы Р. Из подобия треугольников abc и ЛВС находим, что ca=ab и Zcab=a. Следовательно, RA=P, sin(a/2)=Q/2P, «¦ак как T=Q=2P sin (a/2). Из полученных результатов следует, что при а<180° равновесие возможно только, если Q<2P. Стержень при этом будет сжат с силой, равной Р, независи- независимо от значений груза Q и угла а. * Таблицу целесообразно заполнять^ по столбцам, т. е. сначала вычислить проекции на обе оси силы Р, затем силы F и т. д. Предварительное составление та- таких таблиц уменьшает вероятность ошибок в уравнениях и особенно полезно на .первых порах, пока не будет приобретен достаточный навык в проектировании сил, я затем и в вычислении их моментов. Примеры таких таблиц для других систем сил даются далее в задачах 10, 19 (§ 17) и 40 (§ 30). 27
Случай, когда а= 180°, должен быть рассмотрен отдельно. Легко видеть, что в этом случае равновесие возможно при любых значениях Р и Q При этом, если P>Q, то стержень растягивается с силой, равной Р—Q, если же Q>P, то стер- стержень сжимается с силой, равной Q—Р Обращаем внимание на то, что сила тяжести Q непосредственно в условие равновесия (в силовой треугольник) не вошла, так как эта сила приложена к гру- грузу, а не к стержню АВ, равновесие которого рассматривалось. Задача 6. Кран, закрепленный подшипником А и подпятником В, несет ва- грузку Р (рис. 26) Определить реакции RA и Rb опор, вызванные действием дан- данной нагрузки, если вылет крана равен / и ЛВ=/г. Рис. 25 Рис. 26 Решение Рассмотрим равновесие крана, к которому приложены задан- заданная и искомые силы Изображаем действующие на кран силу Р и реакцию подшип- подшипника Яд, направленную перпендикулярно оси АВ Реакция подпятника Rb мо- может иметь любое направление в плоскости чертежа. Но кран находится в равно- Еесии под действием трех сил, следовательно, их линии действия должны пересе- пересекаться в одной точке. Такой точкой является точка Е, где пересекаются линии действия сил Р и RA Таким образом, реакция Rb будет направлена вдоль BE. Применяя геометрический способ решения, строим из сил Р, RA и Rb замкну- замкнутый треугольник abc, начиная с заданной силы Р. Из подобия треугольников abc я ABE находим. R А/Р = //h, RBIP = Vh* -r P/h, откуда RA = Pl,h, RB Из треугольника abc видно, что направления реакций RA и Rb показаны ла чертеже правильно Силы давления на подшипник А и подпятник В численно равны RA и Rb, но направлены противоположно реакциям Значения этих давле- давлений будут тем больше, чем больше отношение l/h Рассмотренная задача дает пример использования теоремы о трех силах. Задача 7. К шарниру А коленчатого пресса приложена горизонтальная сила Р"(рис. 27, а) Пренебрегая весом стержней и поршня, определить силу давления поршня на тело М при данных углах аир. Решение. Рассмотрим сначала равновесие шарнира Аг, к которому при- приложена единственная заданная сила Р На ось шарнира кроме силы Р действуют реакции стержней Rt и R2, направленные вдоль стержней Строим силовой тре- треугольник (рис 27, б) Углы в нем равны ср=90°—а, г|з=9О°—р1, у—а.-\-$. Поль- Пользуясь теоремой синусов, получим R1km<p=Pfsmy и Ry=P cos a/sin (а+Р). Теперь рассмотрим равновесие поршня На поршень действуют тоже три силы: сила давления Ri=—R1 стержня АВ, реакция N стенки и реакция Q прессуемого тела. Так как сил три, то они при равновесии должны быть сходящимися. 28
Строя из этих сил силовой треугольник (рис. 27, в), находим из него Подставляя вместо R[ равную ей Rlt получаем окончательно Р cos a cos E Р Q=- tga + tgp * Сила давления поршня на тело М равна по модулю Q и направлена в противопо- противоположную сторону Из последней формулы видно, что при одной и той же силе Р сила Q возрастает с уменьшением углов а и Р Если длины стержней ОА и АВ одинаковы, то а=р и Q—0,5 Р ctg a. Задача 8. На цилиндр весом Р, лежащий на гладкой горизонтальной пло- плоскости, действует горизонтальная сила Q, прижимающая его к выступу В (рис. 28). Определить реакции в точках А я В, если BD=h=R/2 (R — радиус цилиндра). Решение Рассмотрим равновесие цилиндра, на который действуют за- заданные силы Р, Q и реакции связей N л и Ng (реакция Ng направлена по нормали к новерхности цилиндра, т е вдоль радиуса ВС). Все силы лежат в одной пло- плоскости и сходятся в точке С Так как сил четыре, то удобнее воспользоваться ана- аналитическими условия\'й равновесия ?Fftx=0, 2Fj;j,=O. Проведя координатные оси так, как показано на рис 28, получим Q—Arjscosa = 0> NA— При ft=0,5 R полечим sin a—(R—Л)/Я=0,5 и a=30°. Тогда из первого урав- уравнения находим Мй= Q/cos a = 2QV/3. Подставляя это значение Ng во второе уравнение, получим При Q=Py~3 реакция Ид обращается в нуль, а если <2>РУ~] то цилиндр рторвется от плоскости и под действием силы Q начнет поворачиваться вокруг Выступа В. Задача 9. На кронштейне, состоящем из стержней АВ и ВС, скрепленных друг с другом и со стеной шарнирами, укреплен в точке В блок (рис 29, а). Через блок перекинута нить, один конец которой привязан к стене, а на другом подвешен груз весом Q. Определить реакции стержней, пренебрегая их весом и размерами бло- блока. Углы аир заданы, 29
Решение. Рассмотрим равновесие блока с прилегающим к нему отрезком DE нити *. Для наглядности изобразим блок отдельно (рис. 29, б). На блок с от- отрезком нити действуют четыре внешние силы натяжение правой ветви нити, рав- равное Q, натяжение левой ветви нити Т, по числовой величине тоже равное Q(T=Q)i и реакции стержней Rt и?2, направленные вдоль стержней. Силы, пренебрегая размерами блока, считаем сходящимися. Так как число их больше трех, восполь- воспользуемся условиями равновесия у у р 2Ffcv=0. Проведя координатные оси так, как показано на рис. 29, б, полу- получим: —Т cos p+#! sin а—#2=0, —Q+T sin p+#! cos а=0. учитывая, что Из второго уравнения, T=Q, находим R1=Q(l—sin P)/cos a. Подставляя это значение йх в пер- первое уравнение, после преобразования получаем Г? —О sina~cos (ст — Р) 2 cos a Из выражения для Rt следует, что при любых острых углах а и р Rx>0. Это означает, что реакция направлена всегда так, как показано на чертеже. Сила же давления блока на стержень направлена в противоположную сторону (стержень' ВС сжат). Для R2 получаем другой результат. Бу- Будем считать углы аир всегда острыми. Так как sin а— cos (а—P)=sin а—sin (90°—а+Р), то эта разность положительна, если а>(90°—а+Р) или когда 2а>(90°+р). Отсюда следует, что при а>D5°+р/2) значение R2>0, т. е. реакция R2 име- имеет направление, изображенное на чертеже; если же а<D5°+р/2), то R2<0, т. е. реакция R2 имеет противоположное направление (от А к В). При этом стержень АВ в первом случае растянут, а во втором сжат. Когда а=45°+р/2, получаем ^2=0. Обращаем внимание на следующие выводы 1) если в систему входят блоки с перекинутыми через них нитями, то при составлении условий равнове- равновесия блок целесообразно рассматривать вместе с прилегающим к нему отрезком нити как одно те- тело. При этом, если трением нити о блок или тре- трением в оси блока пренебречь, то натяжения на обоих концах нити будут по модулю равны и на- направлены от блока (иначе нить скользила бы в сто- сторону большего натяжения или блок вращался бы); 2) если при изображении реакций связей какая-нибудь из них будет направлена не в ту сторону, куда она фактически действует, то при геометрическом решении это непосредственно обнаружится из силового многоугольника (правило стрелок), а при аналитическом решении числовая величина соответствующей реакции полу- получится отрицательной. Однако во всех случаях, когда это можно наперед сделать, следует реакции связей сразу направлять верно. Например, в задаче 6 направление реакции под- Рис. 30 * В подобных случаях целесообразно рассматривать блок вместе с прилегаю- прилегающим к нему отрезком нити как одно тело. Тогда заранее неизвестные силы взаим- взаимного давления нити и блока друг на друга будут силами внутренними и в условия равновесия не войдут. 30
шипннка А устанавливается следующими рассуждениями: если убрать подшип- подшипник, то кран под действием силы Р начнет падать вправо; следовательно, сила /?д, чтобы удержать кран в равновесии, должна быть направлена влево. Задача 10. Стоящий на земле вертикальный столб ОА удерживается растяж- растяжкам)! АВ и AD, образующими со столбом равные углы а; угол между плоскостя- плоскостями АОВ и AOD равен q> (рис. 30). К столбу подвешены два горизонтальных про- провода; один, параллельный оси Оу, натянут с силой Рх, а другой, параллельный оси Ох, — с силой Р2. Найти силу вертикального давления на столб и усилия в тросах, пренебрегая их весами. Решение. Рассмотрим равновесие узла А, к которому прикреплены про- провода и тросы. На него действуют силы натяжения проводов Рг и Р2, реакции растя- растяжек R2 и Rs и реакция столба Ri. Система сил оказалась пространственной. В этом случае будем пользоваться только аналитическим способом решения. Для ,составления условий равновесия A1) проводим координатные оси (см. рис. 30) К вычисляем предварительно проекции всех сил на эти оси, внося их в таблицу: Pk Pkx Pity Fkz Pi 0 -Pi 0 P* ~Рг 0 0 Ri 0 0 Ri R^ 0 /?2 sin a —Ri cos a R3 R3 sin a sinqp Re sin a coscp —Язсоб a Проекции силы R3 на оси х и у определяем так, как это было указано в начале §5 (см. рис. 19). Теперь, составляя уравнения 2/^=0, 2Ffcs=0, 2FftZ=Q, получим: —P2-\-R3 sin a sin ф=0, —Pi+R2 sin a+R3 sin a cos <p=0, Rt—R2 cos a—R3 cos a=0. Решая эти уравнения, найдем: /?3=.P2/sin a sin <p, R2=(Pi—Я2 ctg <p)/sin a, Из полученных результатов видно, что при Р2 ctg Ф>РХ или tg q><P2//>1 получается jR2<0 и реакция R% должна иметь направление, противоположное показанному на рисунке, что невозможно, так как трос не может работать на сжа- сжатие. Следовательно, растяжку AD надо располагать так, чтобы угол ф удовлетво- удовлетворял неравенству tg >Р/Р Глава III МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ЦЕНТРА. ПАРА СИЛ §8. МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ЦЕНТРА (ИЛИ ТОЧКИ) Введем важное понятие о моменте силы относительно точки. Точку, относительно которой берется момент, называют центром момента, а момент силы относительно этой точки — моментом от- относительно центра. Если под действием приложенной силы тело 31
может совершать вращение вокруг некоторой точки, то момент силы относительно этой точки будет характеризовать вращательный эф- эффект силы. Рассмотрим силу F, приложенную к телу в точке А (рис. 31). Из некоторого центра О опустим перпендикуляр на линию действия силы F\ длину h этого перпендикуляра на- называют плечом силы F относительно центра О. Момент силы относительно центра О опреде- определяется: 1) модулем момента, равным произве- произведению Fh; 2) положением в пространстве плоскости ОАВ («плоскости поворота»), про- проходящей через центр О и силу F\ 3) направ- направлением поворота в этой плоскости. Из геометрии известно, что положение плос- Рис- ^ кости в пространстве определяется направле- направлением нормали (перпендикуляра) к этой плос- плоскости. Таким образом, момент силы относительно центра характери- характеризуется не только его числовым значением, но и направлением в про- пространстве, т. е. является величиной векторной. Введем следующее определение: моментом силы F относительно центра О называется приложенный в центре О вектор mo(F), мо- модуль которого равен произведению модуля F силы на ее плечо h и ко- который направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через центр О и силу, в ту сторону, откуда сила видна стремящейся повернуть тело вокруг центра О против хода часовой стрелки (рис, 31). Согласно этому определению \ = Fh=:2пл. А ОАВ. A3) Последний результат следует из того, что пл. &ОАВ=АВ -Ы2 — s=Fh/2. Измеряется момент силы в ньютон-метрах (Н -м). Найдем формулу, выражающую вектор mo(F). Для этого рас- рассмотрим векторное произведение OAXF векторов О А и F. По оп- определению *, |0Лх?| = 2пл. /\ОАВ = \то(Р)\. Направлен вектор OAxF перпендикулярно плоскости ОАВ в ту сторону, откуда кратчайшее совмещение ОА с F (если их отло- отложить от одной точки) видно происходящим против хода часовой стрелки, т. е. так же, как вектор mo(F). Следовательно, векторы ~ОА XF и mo(F) совпадают и по модулю, и по направлению, и, как * Векторным произведением аХЬ векторов а и Ь называется вектор с, равный по модулю площади параллелограмма, построенного на векторах а и 6, и направ- направленный перпендикулярно плоскости этих векторов в ту сторону, откуда кратчайшее совмещение "а с Ь видно происходящим против хода часовой стрелки. Модуль о определяется еще равенством c=ab sin о^где а — угол между векторами о и ft. Если векторы о и Ь параллельны, то оХ 6=0. 32
легко видеть, по размерности, т. е. выражают одну и ту же величи- величину. Отсюда т0(F) = ОАхF или mo(F) = 7xF, A4) где г=ОА — радиус-вектор точки А, проведенный из центра О. Таким образом, момент силы. F относительно центра О равен векторному произведению радиуса-вектора г=ОА, проведенного из центра О в точку А, где приложена сила, на саму силу. Этот резуль- результат может служить другим определением понятия о моменте силы относительно центра. Отметим следующие свойства момента силы: 1) момент силы от- относительно центра не изменяется при переносе точки приложения силы вдоль ее линии действия; 2) момент силы относительно центра О равен нулю или когда сила равна нулю, или когда линия действия силы проходит через центр О (плечо равно нулю). § 9. ПАРА СИЛ. МОМЕНТ ПАРЫ Парой сил * называется система двух равных по модулю, па- параллельных и направленных в противоположные стороны сил, дей- действующих на абсолютно твердое тело (рис. 32, а). Система сил F, Fr, образующих пару, очевидно, не находится в равновесии (эти силы не направлены вдоль одной прямой). В то же время пара сил не имеет равнодействующей, поскольку, как будет доказано, рав- равнодействующая любой системы сил равна ее главному вектору /?, т. е. сумме этих сил, а для пары R=FJs-F' =0. Поэтому свойства пары -сил, как особой меры механического взаимодействия тел, должны быть рассмотрены отдельно. Плоскость, проходящая через линии действия пары сил, назы- называется плоскостью действия пары. Расстояние d между линиями дей- действия сил пары называется плечом пары. Действие пары сил на твердое тело сводится к некоторому вращательному эффекту, кото- который характеризуется величиной, называемой моментом пары. Этот момент определяется: 1) его модулем, равным произведению Fd; 2) положением в пространстве плоскости действия пары; 3) направ- направлением поворота пары в этой плоскости. Таким образом, как и момент силы относительно центра, это величина векторная. Введем следующее определение: моментом пары сил называется вектор т (или М), модуль которого равен произведению модуля одной из сил пары на ее плечо и который направлен перпендикулярно плос- плоскости действия пары в ту сторону, откуда пара видна стремящейся повернуть тело против хода часовой стрелки (рис. 32, б). Заметим еще, что так как плечо силы F относительно точки Л равно d, а плоскость, проходящая через точку А и силу F, совпадает * Теорию пар разработал известный французский ученый — механик и гео- геометр Л. Пуансо A777—1859). 2 № 2173 33
с плоскостью1 действия пары, то одновременно m—mA{F)=ABxF. Но в отличие от момента силы вектор т, как будет показано ниже, может быть приложен в любой точке (такой вектор называется сво- свободным). Измеряется момент пары, как и момент силы, в ньютон- метрах. Покажем, что моменту пары можно дать другое выражение: момент пары равен сумме моментов относительно любого центра О сил, образующих пару, т. е. m = mo{F) + mo(F/). A5) Для доказательства проведем из произвольной точки О (рис. 33) радиусы-векторы гА=ОА и гв=ОВ. Тогда согласно формуле A4), Рис. 32 Рис. 33 учтя_еще1 что F'=—F, получим mo{F)=rBxF, mo(F')=rAxF' = ——Fa^F и, следовательно, то (F) + то (Л = GВ-7Л) х F = AS x ?. Так как ABxF=m, то справедливость равенства A5) доказана. Отсюда, в частности, следует уже отмеченный выше результат: m =~АВ x~F = тД (F) или т = тв (?'), A5') т. е. что момент пары равен моменту одной из ее сил относительно точки приложения другой силы. Отметим еще, что модуль момента пары m=Fd. A5") Если принять, что действие пары сил на твердое тело (ее вра- вращательный эффект) полностью определяется значением суммы мо- моментов сил пары относительно любого центра О, то из формулы A5) следует, что две пары сил, имеющие одинаковые моменты, экви- эквивалентны, т. е. оказывают на тело одинаковое механическое дейст- действие. Иначе это означает, что две пары сил, независимо от того, где каждая из них расположена в данной плоскости (или в параллель- параллельных плоскостях) и чему равны в отдельности модули их сил и их плечи, если их моменты имеют одно и то же значение т, будут экви- эквивалентны. Так как выбор центра О произволен, то вектор т можно считать приложенным в любой точке, т. е. это вектор свободный. 34
В дальнейшем будем обычно на чертеже вместо пары изображать полностью ее характеризующий вектор т. При этом модуль т определяет модуль момента пары [формула A5")], а направление т определяет плоскость действия пары и направление поворота в этой плоскости. Из формулы A5) следует еще, что если на тело действует нес- несколько пар с моментами тх, /п2, . . ., /п„, то сумма моментов всех сил, образующих эти пары, относительно любого центра будет рав- равна mi+m2+. . .-\-mn, а следовательно, вся совокупность этих пар эквивалентна одной паре с моментом M=^mh. Этот результат вы- выражает теорему о сложении пар. § 10*. ТЕОРЕМЫ ОБ ЭКВИВАЛЕНТНОСТИ И О СЛОЖЕНИИ ПАР Справедливость выводов, сделанных в конце § 9, можно дока- доказать непосредственно. _ Рассмотрим действующую на твердое тело пару сил F, F'. Про- Проведем в ллоскости действия этой пары через произвольные точки D я Е две параллельные прямые до пересечения их с линиями действия сил F, F' в точках А и В (рис. 34) и приложим силы F, F' в этих точках (первоначально F и F' мог- могли быть приложены в любых дру- других точках на их линиях дейст- действия). Разложим теперь силу F по направлениям АВ и ЕВ на силы фи Р, а силу'Р — по направлени- направлениям В А и AD на силы Q' и Р'. Оче- Очевидно при этом, что Р'—¦—Р, а Q'=—Q. Силы Q и Q', как уравно- уравновешенные, можно отбросить. В ре- результате пара сил F, F' будет заме- заменена парой Р, Р' с другим плечом и другими силами, которые можно, очевидно, приложить в точках D, Е на их линиях действия. При этом в силу произвольности в выборе точек D, Е и направлений прямых AD и BE пара Р, Р может оказаться расположенной в плоскости ее действия где угодно ifi положение, при котором силы Р и Р' параллельный, пару можно привести, проделав указанное преобразование дважды). Покажем в заключение, что пары F, F' и Р, Р' имеют одинаковые моменты. Обозначим эти моменты соответственно через nil и т2, где согласно формуле_A5_2_т1=ЛВ_Х/^ a m^~=ABxF. Так как 7= —P+Q, то ABxF=ABxP+ABxQ, но AS"xQ=0 (см. подстроч- подстрочное примечание на с. 32) и, следовательно, 7пг=тг. 2* 35 Р' Рис 34
Из доказанного вытекают следующие свойства пары сил: 1) пару, не изменяя оказываемого ею на твердое тело действия, •можно переносить куда угодно в плоскости действия пары; 2) у данной пары, не изменяя оказываемого ею на твердое тело действия, можно произвольно менять модули сил или длину плеча, сохраняя неизменным ее момент. Можно доказать, что пара сил обладает еще одним достаточно очевидным свойством (доказательство опускаем): 3) пару, не изменяя оказываемого ею на твердое тело действия, можно перенести из данной плоскости в любую другую плоскость, параллельную данной. Отсюда следует, что две пары сил, имеющие одинаковые моменты, эквивалентны друг другу (теорема об эквивалентности пар). Это сле- следует из того, что указанными операциями, т. е. путем изменения плеча и перемещения пары в плоскости дей- действия или переноса в параллельную плос- плоскость, пары с одинако- одинаковыми моментами могут быть преобразованы од- одна в другую. Теперь докажем те- теорему о сложении пар: рис. 35 система пар, действую- действующих на абсолютно твер- твердое тело, эквивалентна одной паре с моментом, равным геометри- геометрической сумме моментов слагаемых пар. Рассмотрим сначала две пары с моментами тг и т2, лежащие в плоскостях / и // (рис. 35). Возьмем на линии пересечения плос- плоскостей отрезок AB=d и изобразим пару с моментом тх силами Fu F'u а пару с моментом т2 — силами F2, F'2, (при этом, конечно, /rid=/Hi, F2d=m2). Сложив силы, приложенные в точках А и В, убеждаемся, что пары Fu F{ и F2, F'2 действительно эквивалентны одной паре R, R'; найдем_момент М этой пары. Так как R—Ft+Fr., то ABXR=A~BX XFi+ABxFt или согласно формуле A5') M=ith+niz. Для двух пар теорема доказана; при этом очевидно, что доказа- доказательство сохранится и в случае, когда плоскости I a II сливаются (слагаемые пары лежат в одной плоскости). Если на тело действует система п пар с моментами mlt m2, . . . ..., тп, то последовательно применяя результат, полученный для двух пар, найдем, что данная система пар будет действительно эквивалентна одной паре с моментом M = ln1 + ms+ ... +mn = 2'V A6) Из полученного результата легко найти условие равновесия системы пар, действующих на твердое тело: при равновесии должно 36
быть УИ=О или 2т* = 0. A7) Задача 11. На твердое тело_дейст- вуют две пары сил Fit Fx и F2, F2, ле- лежащие во взаимно перпендикулярных плоскостях (рис. 36). Модуль мо- момента каждой из пар равен 30 Н-м. Найти результирующую пару. Решение. Изобразим векторы /г^ и Jn2 моментов слагаемых пар, приложив их в некоторой точке А, тогда момент результирующей пары изобразится вектором т. Следователь- Следовательно, результирующая пара располо- расположена в плоскости ABCD, перпенди- перпендикулярной вектору т, а модуль ее мо- момента равен 30^2 Н-м. Рис. 36 Глава IV ПРИВЕДЕНИЕ СИСТЕМЫ СИЛ К ЦЕНТРУ. УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ § 11. ТЕОРЕМА О ПАРАЛЛЕЛЬНОМ ПЕРЕНОСЕ СИЛЫ Равнодействующая системы сходящихся сил непосредственно находится с пбмощью закона параллелограмма сил. Очевидно, что аналогичную задачу можно будет решить и для произвольной систе- системы сил, если найти для них метод, позволяющий перенести все силы в одну точку. Такой метод дает следующая теорема: силу, прило- приложенную к абсолютно твердому телу, можно, не изменяя оказываемого ею действия, переносить из данной точки в любую другую точку тела, при- прибавляя при этом пару с моментом, равным момен- моменту переносимой силы от- относительно точки, Куда сила переносится. Пусть на твердое тело действует сила F, приложенная в точке А (рис. 37, а). Действие этой силы не изменяется, если в любой точке 5 тела _приложить две уравновешенные силы ?' и 7", такие, что /r'=FI_F"=—F. Полученная система трех сил и представляет собой силу F', равную F, но приложенную в точке В, и пару F, F* с моментом Рис. 37 = mB(F). (IS) 37
Пооледнее равенство следует из формулы A5'). Таким образом, теорема доказана. Результат, даваемый теоремой, можно еще изо- изобразить так, как это показано на рис. 37, б (силу F на этом рисунке надо считать отброшенной). Рассмотрим примеры, иллюстрирующие теорему. Пример 1. Чтобы удержать в равновесии однородный брус АВ длиной 2а и весом Р, надо приложить в его середине С направленную вверх силу Q, по модулю равную Р (рис. 38, а). Согласно доказанной теореме силу Q можно заменить силой Q', приложенной к концу А бруса, и парой с моментом, модуль которого m—Qa. "Г h 'f f С 2 Рис. 38 Рис. 39 Если плечо этой пары уменьшить до величины h (рис. 38, б), то образующие ее силы F~, F', надо увеличить так, чтобы было Fh=Qa. Следовательно, чтобы удер- удержать брус за его конец А, надо кроме силы Q' приложить еще пару F, F'. Этот результат, вытекающий из доказанной теоремы, непосредственно «ощущает» рука человека, удерживающая брус за его середину (рис. 38, а) или за конец (рис. 38, б). Пример 2. На барабан / радиуса г намотаны в противоположных направле- направлениях две нити, к концам которых прикладывают силы F и F'——F (рис. 39); на барабан 2 того же радиуса намотана одна нить, к которой прикладывают силу, равную 2F. Рассмотрим, чем будут отличаться действия этих сил. На барабан 1 действует только пара сил F, F' с моментом, численно равным 2Fr, вращающая барабан. Силу, действующую на барабан 2, можно заменить силой 2F'=2F, приложенной к оси барабана, и парой 2F, 2F". В результате на- находим, что на этот барабан действуют: 1) пара с численно таким же, как и в пер- первом случае, моментом 2Fr, вращающая барабан, и 2) сила 2F', оказывающая дав- давление на ось барабана. Итак, оба барабана будут вращаться одинаково. Но при этом ось второго ба- барабана испытывает давление, равное 2F, а ось первого барабана никакого дав- давления не испытывает. § 12. ПРИВЕДЕНИЕ СИСТЕМЫ СИЛ К ДАННОМУ ЦЕНТРУ Решим теперь задачу о приведении произвольней системы сил к данному центру, т. е. о замене данной системы сил другой, ей экви- эквивалентной, но значительно более простой, а именно состоящей, как мы увидим, только из одной силы и пары. Пусть на твердое тело действует произвольная система сил ~Flt F*, ¦ • •, Рп (рис. 40, а). Выберем какую-нибудь точку О за центр
приведения и, пользуясь теоремой, доказанной в § 11, перенесем все силы в центр О, присоединяя при этом соответствующие пары (см. рис. 37, б). Тогда на тело будет действовать система сил *1-—' \л *2 — *2> " • •> 'п — *я1 A9) приложенных в центре О, и система пар, моменты которых согласи© формуле A8) равны: n = mQ(Fn). B0) Рис. 40 Сходящиеся силы, приложенные в точке О, заменяются одной силой R, приложенной в точке О. При этом R^IiFk или, соглаен© равенствам A9), д=2^*- Ш) Чтобы сложить все полученные пары, надо сложить векторы моментов этих пар. В результате система пар заменится одной па- парой, момент которой M0=%mh или, согласно равенствам B0), Мо = 2«о(^а)- B2) Как известно, величина R, равная геометрической сумме всех сил, называется главным вектором системы сил; величина Мо, равная геометрической сумме моментов* всех сил относительно цент- центра О, называется главным моментом системы сил относительно этого центра. Таким образом, мы доказали следующую теорему о при- приведении системы сил: любая система сил, действующих на абсолютно твердое тело, при приведении к произвольно выбран- выбранному центру О заменяется одной силой R, равной главному вектору системы сил и приложенной в центре приведения О, и одной парой с моментом Мо, равным главному моменту системы сил относи- относительно центра О (рис. 40, б).
Заметим, что сила R не является здесь равнодействующей дан- данной системы сил, так как заменяет систему сил не одна, а вместе с парой. Из доказанной теоремы следует, что две системы сил, имеющие одинаковые главные векторы и главные моменты относительно одного и того же центра, эквивалентны (условия эквивалентности систем сил). _ Отметим еще, что значение R от выбора центра О, очевидно, не зависит. Значение же Мо при изменении положения центра О может в общем случае изменяться вследствие изменения значений момен- моментов отдельных сил. Поэтому всегда необходимо указывать, относи- относительно какого центра определяется главный момент. Рассмотрим в заключение два частных случая: 1) если для дан- данной системы сил R—0, а Моф0, то она приводится к одной паре сил с моментом Мо. В этом случае значение Мо не зависит от выбора центра О, так как иначе получилось бы, что одна и та же система сил заменяется разными, не эквивалентными друг другу_парами, что невозможно; 2) если для данной системы сил R=?0, а Мо=0,то_она приводится к одной силе, т. е. к равнодействующей, равной R и приложенной в центре О. § 13. УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ СИСТЕМЫ СИЛ. ТЕОРЕМА О МОМЕНТЕ РАВНОДЕЙСТВУЮЩЕЙ Покажем, что для равновесия любой системы сил необходимо и достаточно, чтобы главный вектор этой системы сил и ее главный момент относительно любого центра были равны нулю, т. е. чтобы выполнялись условия Я = 0, Мо = 0, B3) где О — любой центр, так как в конце § 12 показано, что при R=0 значение Мо от выбора центра О не зависит. Условия B3) являются необходимыми, так как если какое-ни- какое-нибудь из них не выполняется, то система действующих на тело сил приводится или к равнодействующей (когда R^O), или к паре сил (когда М0Ф$) и, следовательно, не является уравновешенной. Од- Одновременно условия B3) являются и достаточными, потому что при /?=0 система сил может приводиться только к паре с моментом Мо, а так как Мо—0, то имеет место равновесие. Пользуясь полученным результатом, докажем следующую тео- теорему Вариньона * о моменте равнодействую- равнодействующей: если данная система сил имеет равнодействующую, то момент равнодействующей относительно любого центра О равен сумме моментов сил системы относительно того оке центра. * П. Вариньон A654—1722) — выдающийся французский ученый, матема- математик и механик. Изложил основы статики в книге «Проект новой механики» A687). 40
Пусть система сил Flt F2> . ¦ ¦, Рп приводится к равнодействую- равнодействующей R, линия действия которой проходит jiepe3 некоторую точку С (рис. 41). Приложим в этой точке силу R' =—R. Тогда система сил Fu К, ¦ ¦ ¦, Fn, R' будет находиться в равновесии и для нее должно выпол- выполняться условие Мо=0, т. е. согласно фор- формуле B2) для данных сил (включая силу R') должно быть 2т0 JjFk)+mo (R')=0. Но _f так как Я'=—R и обе силы направлены R~ вдоль одной и той же прямой, то mo(R') = ——mo{R). Подставляя это значение mo(R') в предыдущее равенство, найдем из него, что _ _ _ 2 B4) Тем самым теорема доказана. Ею часто бывает удобно пользо- пользоваться при вычислении моментов сил. Глава V ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СИЛ § 14. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ СИЛЫ И ПАРЫ Переходя к рассмотрению плоской системы сил (системы сил, как угодно расположенных в одной плоскости), начнем с введения некоторых понятий. 1. Алгебраический момент силы относи- относительно центра. Когда все силы системы лежат в одной плос- плоскости, их моменты относительно любого центра О, находящегося в той же плоскости, перпендикулярны этой плоскости, т. е. направ- направлены вдоль одной и той же прямой. Тогда, не прибегая к векторной символике, можно направления этих моментов отличить одно от другого знаком и рассматривать момент силы F относительно центра О как алгебраическую величину. Условимся для краткости такой момент называть алгебраическим и обозначать символом mo(F). Алгебраический момент силы F относительно центра О равен взя- взятому с соответствующим знаком произведению модуля силы на ее плечо, т. е.* B5) При этом в правой системе координат, принятой в механике, момент считается положительным, когда сила стремится повернуть * В подобных равенствах символ «?» будет означать, что данная величина имеет или знак плюс, или знак минус. 41
тело вокруг центра О против хода часовой стрелки, и отрицатель- отрицательным— когда по ходу часовой стрелки. Так, для сил, изображенных на рис. 42: mo(P)=Phlt mo{Q)=—Qh2. Заметим, что полученные выше формулы B2) и B4), содержащие суммы моментов-векторов, сохранят свой вид и для алгебраических моментов, но суммы при этом будут не векторные, а алгебраические. Рис. 42 Рис. 43 Пример. Найти моменты сил F и Q относительно точки А (рис. 43), если АВ=а, AD=b и углы a, (J известны. Решение. Опустив из точки А перпендикуляр на линию действия силы F, найдем плечо /i=asin а; тогда с учетом знака m^(F)=Fasina. Для силы Q проще не находить плечо, а разложить Q на составляющие Qx и Q2i Для которых плечи будут соответственно равны ЛВ=а и AD=b, a затем вос- воспользоваться формулой B4), т. е. теоремой Вариньона. Тогда с учетом знаков: wJ4(Q)=mJ4(Q1)+m^(Q2)=—Qi<H Q^b. Но Q1=QcosP, Q2=Q sin P и оконча- окончательно тА (Q) = Q F sin P—a cos P). Выражение в скобках и является плечом силы Q, что не сразу видно. Заметим, что тд(Р) можно тоже найти, разложив силу F на составляющие Ft и F2. Тогда тд (F)—mA (Ft)=(F sin a)a, так как m/j(/r2)=0. 2. Алгебраический момент пары. Поскольку момент пары сил равен моменту одной из ее сил относительно точки приложения другой силы [формула A5')], то для пар, лежащих в одной плоскости, момент пары мож- можно тоже рассматривать как алгеб- алгебраическую величину, называть алгебраическим и условиться обоз- обозначать символом т (или М). При этом алгебраический момент пары равен взятому с соответствующим uz ^_^- знаком произведению модуля одной из сил пары на плечо пары: m=±Fd. B6) Правило знаков здесь такое же, как для момента силы. Так, для изображенной на рис. 44, а пары F, F' момент ml=Fd1, а для парыР, Р' момент тг=—Pd2- Поскольку пара сил характеризуется только ее моментом, то на рисунках пару изображают часто просто 42 Рис. 44
дуговой стрелкой, показывающей направление поворота пары (как на рис. 44, б). Полученные выше формулы A6) и A7), содержащие суммы мо- моментов-векторов, тоже сохранят вид для алгебраических моментов, причем суммы будут алгебраическими. Задача 12. Криволинейный рычаг ABCD (рис. 45) находится в равновесии под действием двух параллельных сил Р и Р', образующих пару. Определить силы давления на опоры, если АВ—а= 15 см, ВС=&=30 см, CD—c= 20 см, Р=Р'= =300 Н. Ь Рис. 45 Решение. Заменим пару Р, Р' эквивалентной ей парой Q, Q', силы кото- которой направлены по направлениям реакций опор. При этом моменты пар должны быть одинаковы, т. е. Р(с—a)=Qb. Следовательно, силы давления на опоры численно равны Q = Q' = P (с—аIЬ = 50 Н к направлены так, как показано на чертеже. Задача 13. На шестерню / радиуса тх действует пара сил с моментом ntf (рис. 46, а). Определить момент т2 пары, которую надо приложить к шестерне 2 радиуса гг, чтобы сохранить равновесие. Решение. Рассмотрим сначала условия равновесия шестерни /. На н?е действует пара с моментом т1? которая может быть_уравновешена только действием другой пары, в данном случае пары Qu Rt. Здесь Qt— перпендикулярная радиусу составляющая силы давления на зуб со стороны шестерни 2, a Rx— тоже пер- перпендикулярная радиусу составляющая реакции оси А (сила давления на зуб И реакция оси А имеют еще составляющие вдоль радиуса, которые взаимно урав- уравновешиваются и в условие равновесия не войдут). При этом, согласно условию рав- равновесия A7), «!+(—<Эл)=0 и Q1=m1/r1. Теперь рассмотрим условия равновесия шестерни 2 (рис. 46, б). По закону равенства действия и противодействия на нее со стороны шестерни t будет дей- действовать сила Q2=—Qi, которая с перпендикулярной радиусу составляющей реакции оси В образует пару Q2, R2 с моментом, равным — Q2r2. Эта пара и должна уравновеситься приложенной к шестерне 2 парой с моментом т2; следова- следовательно, по условию равновесия A7), /п2+ (—Q2r2)=0. Отсюда, так как Q2=Qi' находим m2=mirjrl. Естественно, что пары с моментами mt и тг не удовлетворяют условию равно- равновесия A7), так как они приложены к разным телам. Полученная в процессе решения задачи величина 0.^ (или Q2) называется окружным усилием, действующим на шестерню. Как видим, окружное усилие равно моменту вращающей пары, деленному на радиус шестерни: Q1=m1/r1— / 43
§ 15. ПРИВЕДЕНИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ Результат, полученный в § 12, справедлив, конечно, и в частном случае плоской системы сил. Следовательно, плоская система сил тоже приводится к силе, равной R и приложенной в произвольно выбранном центре О, и паре с моментом Мо, но сила и пара лежат в данном случае в одной плоскости — в плоскости действия сил (рис. 47, а, где пара изображена дуговой стрелкой). Значения глав- главного вектора R и главного момента Мо даются формулами B1) и B2); при этом вектор R можно определить или геометрически по- построением силового много- многому' ^—-ч я" 5) у—^ ?• угольника (§4), или анали- аналитически по формулам A0) из Rlr L-""T" \ § ^' Таким образом, для плос- '-*""^ * <?t кой системы сил рис 47 где все моменты в последнем равенстве алгебраические и сумма тоже алгебраическая. Найдем, к какому простейшему виду может приводиться данная плоская система сил, не находящаяся в равновесии. Результат зави- зависит от значений R и Мо. 1. Если для данной системы сил R=0, а Моф0, то она приво- приводится к одной паре с моментом Мо. Как показано в конце § 12, значение Мо в этом случае не зависит от выбора центра О. 2. Если для данной системы сил R=^=0, то она приводится к одной силе, т. е. к равнодействующей. При этом возможны два случая: а) R=f^O, УИо=0. В этом случае система, что сразу видно, приво- приводится к равнодействующей R, проходящей через центр О; б) jRv^O, Mo?=0. В этом случае пару с моментом Мо можно изо- изобразить двумя силами R' и R", беря R'=R, a R"=—R (рис. 47, б). При этом, если d=OC — плечо пары, то должно быть Rd-\Mol B8) Отбросив теперь силы R и R", как уравновешенные, найдем, что вся система сил заменяется равнодействующей R'=R, проходя- проходящей через точку С. Положение точки С определяется двумя условия- условиями: 1) расстояние OC=cf (OC±_R) должно удовлетворять равенству B8); 2) знак момента относительно центра О силы R', приложенной в точке С, т. е. знак mo(R'), должен совпадать со знаком Мо. Пример подобного расчета дан в задаче 17. 44
Таким образом, плоская система сил, не находящаяся в равнове- равновесии, может быть окончательно приведена или к одной силе, т. е. к равнодействующей (когда ИфО), или к паре сил (когда /?=0). Задача 14. Привести к центру О систему сил Р, Ft, F2< F3, изображенных на рис. 48, если Р=30 Н, F1=Fi=^F3=20 Н, а=0,3 м, 6=0,5 м, а=60°. Рис. 48 Решение. Задача сводится к нахождению главного вектора R заданной системы сил, который будем определять по его проекциям Rx, /?й, и главного мо- момента Мо этих сил относительно центра О. Проводя оси Оху так, как показано на рисунке, и пользуясь формулами B7), получим (см. пример вычисления моментов сил в § 14): Ry = 2Fky = —P—Fx sin a+F2 sin a, Mo = 2m0 (Fk) = — bP + aFi cos a -f 2bF2 sin a H- aF3. Подставляя сюда числовые значения сил, найдем, что Rx=:—40 Н, Ry= =—ЗОН, Мо~П,3 Н-м. Таким образом, заданная система сил приводится к приложеннойв центре приведения О силе/? с проекциями Rx 40 H,Ry=—30 Н (^=50 Н) и паре сил с моментом УИо=11,3 Н-м. Рис. 50 Задача 15. Привести к простейшему виду систему сил Pt, P2, Ps, действую- действующих на балку АВ (рис. 49), и найти силы давления на опоры А и В, если Р,= ~Р2=Р3=Р. Р е ш е Hji е. Многоугольник, построенный из сил Р1г Р2, Ps, замкнут; сле- следовательно, /?=0. Сумма моментов всех сил относительно любой точки (напри- (например, точки С) равна —Ра. Следовательно, данная система сил приводится к паре С моментом т=—Ра. Располагая эту пару так, как показано на чертеже пункти- пунктиром, заключаем, что силы Pi,~P2'~P~a оказывают на опоры давления Q^nQl, чис- численно равные Ра/Ь, 45
Задача 16. Привести к простейшему виду систему сил Flt F2, fs, действую- действующих ]ia ферму АВ (рис. 50), и найти силы давления на опоры Л и В, если Ft= =F2=F3=F. _ Решение. Замечая, что силы F2 и Fs образуют пару, перемещаем ее в положение, показанное на чертеже пунктиром. Тогда силы Flt F3 взаимно уравно- уравновешиваются и вся система сил приводится к равнодействующей ~R=F2 (численно R=F)- Отсюда заключаем, что действие сил f,, F2, F3 сводится к вертикальному дав- давлению на опору А; опора В при этом не нагружена. Задача 17. Привести к простейшему виду систему сил, рассмотренную в зада- задаче 14 (см. рис. 48). Решение. Из результатов, полученных в задаче 14^ следует, что данная система сил приводится к приложенной в точке О силе R, направленной так, как показано на рис. 51, и паре с моментом Мо=П.З Н-м. При этом_численно Я=50_Н и cos p= \Ry\/_R=0,6 (Р«53°)._Представим пару силами "#'="# и ~R"= =—R, приложив силу R" в точке О, a R' в точке С, причем, согласно формуле B8),d=OC=Mo/R~0,23 м. Отбрасывая силы R и R", найдем, что рассматривае- рассматриваемая система сил приводится к равнодействующей, равной R, линия действия ко- которой проходит на расстоянии 0,23 м от точки О (через точку С с координатами х=—d cos p«— 0,14 м, y=dsin.p^0,18 м). § 16. РАВНОВЕСИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ. СЛУЧАЙ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ Необходимые и достаточные условия равновесия любой системы сил даются равенствами R=0 и УИо=0, выражаемыми формулами B3). Найдем вытекающие отсюда аналитические условия равнове- равновесия плоской системы сил. Их можно получить в трех различных формах. 1. Основная форма условий равновесия. Так как вектор R равен нулю, когда равны нулю его проекции Rx и Rv, то для равновесия должны выполняться равенства Rx=0, Ry=0 и Мо—0, где в данном случае Мо — алгебраический момент, а О — любая точка в плоскости действия сил. Но из формул B7) следует, что предыдущие равенства будут выполнены, когда дейст- действующие силы удовлетворяют условиям: 2Fftjc=,0, 2/^ = 0, 2/по(?л) = 0. B9) Формулы B9) выражают следующие аналитические условия рав- равновесия: для равновесия произвольной плоской системы сил необхо- необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на каждую из двух координатных осей и сумма их моментов относительно любого центра, лежащего в плоскости действия сил, были равны нулю. Одно- Одновременно равенства B9) выражают условия равновесия твердого тела, находящегося под действием плоской системы сил. 2*. Вторая форма условий равновесия: для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточ- достаточно, чтобы суммы моментов всех этих сил относительно каких-ни- каких-нибудь двух центров А и В и сумма их проекций на ось Ох, не перпен- перпендикулярную прямой АВ, были равны нулю: ЪпА (Fh) = 0, SmB (Fk) = 0, Щх = 0. C0) 46
Необходимость этих условий очевидна, так как если любое из них не выполняется, то или R=?0, или МАф0 (Мвф0) и равновесия не будет. Докажем их достаточность. Если для данной системы сил выполняются только первые два из условий C0), то для нее МА=0 и Мв=0. Такая система сил, согласно результатам, полученным в § 15, может не находиться в равновесии, а иметь равнодействующую R, одновременно проходящую через точки А и В * (рис. 52). Но по третьему условию должно быть Rx='LFhx=0. Так как ось Ох проведена не перпендикулярно к АВ, то последнее условие может быть выполнено, только когда R=0, т. е. когда имеет место равно- равновесие. 3*. Третья форма условий равновесия (уравнения трех моментов): для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, что- чтобы суммы моментов всех этих сил относи- относительно любых трех центров А, В и С, не лежащих на одной прямой, были равны нулю: 2mA(Ffc)=0, Ътв (Fk) = 0, Smc (Fk) = 0. C1) Необходимость этих условий, как и в пре- предыдущем случае, очевидна. Достаточность Рис. 52 условий C1) следует из того, что если при одновременном выполнении этих условий данная система сил не находилась бы в равновесии, то она должна была бы приводиться к равнодействующей, одновременно проходящей через точки А, В и С, что невозможно, так как эти точки не лежат на одной прямой. Следовательно, при выполнении условий C1) имеет место равно- равновесие. Во всех рассмотренных случаях для плоской системы сил полу- получаются три условия равновесия. Условия B9) считаются основными, так как при пользовании ими никаких ограничений на выбор коор- координатных осей и центра моментов не налагается. Если на тело наряду с плоской системой сил Flt F2, , . ., Fn действует система лежащих в той же плоскости пар с моментами т1( т2, . . ., тП, то при составлении условий равновесия в уравнения проекций пары не войдут, так как сумма проек- проекций сил пары на любую ось равна нулю. В уравнениях же моментов к моментам сил алгебраически прибавятся моменты пар, так как сумма моментов сил пары относительно любого центра равна моменту пары [§9, формула A5)]. Таким об- образом, например, условия равновесия B9) при действии на тело системы сил и пар примут вид: = Q. C2) Аналогично преобразуются в этом случае условия C0) и C1), Равновесие плоской системы параллель- параллельных сил. В случае, когда все действующие на тело силы парал- параллельны друг другу, можно направить ось Ох перпендикулярно си- * При Mjf=Q система сил может иметь равнодействующую, проходящую че- через точку А, а при Мд=@ — проходящую через точку В. 47
лам, а ось Оу параллельно им (рис. 53). Тогда проекция каждой из сил на ось Ох будет равна нулю и первое из равенств B9) обратится в тождество вида 0=0. В результате для параллельных сил останет- останется два условия равновесия: где ось Оу параллельна силам. Другая форма условий равновесия для параллельных сил, полу- получающаяся из равенств C0), имеет вид: ^tnA(Fk) = 0, 1imR(Fk) = Q. C4) При этом точки А и В не должны лежать на прямой, параллель- параллельной силам. Si Рис. 53 § 17. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ Рис. 54 При решении задач этого раздела следует иметь в виду все те общие указания, которые были сделаны в § 7. Для получения более простых уравнений следует (если это толь- только не усложняет ход расчета): а) составляя уравнения проекций, проводить координатную ось перпендикулярно какой-нибудь неиз- неизвестной силе; б) составляя уравнения моментов, брать центр момен- nioe в точке, где пересекается больше неизвестных сил. При вычислении моментов иногда бывает удобно разлагать дан- данную силу на две составляющие и, пользуясь теоремой Вариньона, находить момент силы как сумму моментов этих составляющих (см. пример вычисления моментов сил в § 14). Решение многих задач статики сводится к определению реакций опор, с помощью которых закрепляются балки, мостовые фермы и т. й. В технике обычно встречаются следующие три типа опорных закреплений (кроме рассмотренных в § 3): 1. Подвижная шарнирная опора (рис. 54, опора А). Реакция NA такой опоры направлена по нормали к поверхности, на которую опираются катки подвижной опоры. 2. Неподвижная шарнирная опора (рис.54,опора5), Реакция RB такой опоры проходит через ось шарнира и может иметь любое направление в плоскости чертежа. При решении задач будем реакцию RB изображать ее составляющими Хв и YB по 48
\ Рис. 55 направлениям координатных осей. Если мы, решив задачу, найдем Хв и YB, то тем самым будет определена и реакция 7?в; по модулю RB=VX%+Y%. Способ закрепления, показанный на рис. 54, употребляется для того, чтобы в балке АВ не возникало дополнительных напряжений при изменении ее длины от изменения температу- температуры или от изгиба. 3. Жесткая заделка (или непод- неподвижная защемляющая опора; рис. 55, а). Рассматривая заделанный конец балки и стену как одно целое, жесткую заделку изобража- изображают так, как показано на рис. 55, б. В этом случае на балку в ее поперечном сечении действует со сто- стороны заделанного конца система распределенных сил (реакций). Считая эти силы приведенными к центру А сечения, можно их заменить одной напе- наперед неизвестной силой RA, приложенной в этом центре, и парой с наперед неизвестным моментом тА (рис. 55, а). Силу RA можно в свою очередь изо- изобразить ее составляющими ХА и УА (рис. 55, б). Таким образом, для нахождения реакции жесткой заделки надо определить три не- неизвестные наперед величины ХА, YA, mA. Реакции других видов связей были рассмотрены в § 3. Задача 18. Определить силы, с которыми давят на рельсы колеса А и В кра- крана, схематически изображенного на рис. 56. Вес крана Р=40 кН, центр тяжести его лежит на линии DE Вес поднимаемого груза Q= 10 кН, вылет крана 6=3,5 м, расстояние ЛВ=2а=2,5 м. Решение Рассмотрим равновесие всего крана На кран действуют заданные силы Р и Q и реакции связей NA и Лд Для этой системы параллельных сил составляем условия равнозе- сия C3), принимая за центр моментов точку А и проектируя силы на вертикальную ось. Полу- Получим. —Pa+NB.2a-Q(a+b)=0, NA-hNB-P-Q-Q. Решая эти уравнения найдем: Л^=0,5Р—0,5Q(b'a—1)=11 кН, NB=0,5 Р+0,5 Q(b'a+1)=39 кН. Для проверки составим уравнение моментов от- относительно центра В —NA-2a-\-Pa—Q(b—a)=0. Рис. 56 Подставляя сюда найденное значение NА, убеждаемся, что уравнение удовлетво- удовлетворяется Искомые силы давления колес на рельсы равны численно NА и Ng, но направлены вниз. Из найденного решения видно, что при Q=aPI(b—a)=22,2 кН реакция NA обращается в нуль и левое колесо перестает давить на рельс. При дальнейшем увеличении нагрузки Q кран начинает опрокидываться Наибольшая нагрузка Q, при теторой сохраняется равновесие крана, определяется из условия 2 тд(Р^)=0> где Fji— действующие на кран заданные силы (в данной задаче — силы тяжести). 49-
Задача 19. Однородный брус АВ весом Р опирается концом А на гладкую горизон- горизонтальную плоскость и выступ D, а концом В — на наклонную плоскость, образующую с горизонтальной плоскостью угол а (рис 57). I' Сам брус наклонен под углом р. Определить силы давления бруса на обе плоскости и вы- выступ ?>. Решение. Рассмотрим равновесие бру- бруса АВ. На брус действуют: заданная сила Р, приложенная в середине бруса, и реакции связей R, Nlt N2, направленные перпендику- перпендикулярно соответствующим плоскостям. Прово- Проводим координатные оси (рис. 57) и составляем условия равновесия B9), беря моменты отно- относительно центра А, где пересекаются две неизвестные силы. Предварительно вычисляем проекции каждой из сил на координатные оси и ее момент относи- относительно центра А, занося эти величины в таблицу, при этом вводим обозначения: ЛВ=2а, Z.KAB—у (АК — плечо силы R относительно центра А). ¦X Рис. Fkx т A (Fk) 0 N, 0 N, ft 0 0 p 0 —p —Pa cos p R —R sin a #cosa .R2acos v Теперь составляем условия равновесия. N2—R sin a=0, Nj^—P+R cos a=0, —P a cos p+2 Ra cos y=0. Из последнего уравнения находим R=(P cosP)/2 cosy. Так как прямая АК параллельна наклонной плоскости, то Z. КАх=а; отсюда у= =а—р. Окончательно /?=(Р cos P)/2 cos (a—p). Решая первые два уравнения, получим: cos a cos P 1 ы D sin a cos Г cos a cos pi L 2cos(a-p)J' 2 cos (a—p) ' Силы давления на плоскости равны по модулю соответствующим реакциям и на- направлены противоположно этим реакциям. Для проверки правильности вычисления величин Л/j и N2 можно составить уравнения моментов относительно точек, где пересекаются линии действия сил R и N2 и сил R и Л/х. Задача 20. Симметричная арка (рис. 58) загружена системой сил, приводя- приводящейся к силе Q=40 кН, приложенной в точке D, и паре с моментом тц~ 120 кН -м, 50
Вес арки Р=80 кН. Дано: АВ=а=Ю м, 6=2 м, Л=3м, а=60°. Определить реакции неподвижной шарнирной опоры В и подвижной опоры А. Решение. Рассмотрим равновесие всей арки. На нее действуют заданные силы Я и Q, пара с моментом /ид и реакции опор N д, Хд, У в (реакцию неподвиж- неподвижной шарнирной опоры В изображаем двумя ее составляющими, как на рис. 54). В этой задаче удобнее воспользоваться условиями равновесия C0), беря моменты относительно точек А и В я проекции на ось Ах. Тогда в каждое уравнение войдет по одной неизвестной силе. Для определения моментов силы Q разложим ее на составляющие Qt и Q2, модули которых Qi=Q cos a, Q2=Qs'na> и воспользу- воспользуемся теоремой Вариньона. Тогда получим: 2Fkx = Хв + Q cos a = 0, ( —Pa/2—hQ cosa—bQ —NАа—hQ cosa + (a—b) Q sina-l-mo = Решая эти уравнения, найдем: Хв=— Qcosa=— 20 кН, YB=P/2+Q(b sin a+ft cos a)/a—mD/a« 40,9 кН, ^P/2)Q[(a—6) sin a—A cos a]/a+/nD/a~73,7 кН. (а) (б) (в) Величина Хд оказалась отрицательной. Следовательно, составляющая Хв имеет направление, противоположное показанному на чертеже, что можно было предвидеть заранее. Полная реакция опоры В найдется как геометричес- кая сумма сил Хв и YB. По моду- модулю, Rb = Vx%Tv% к 45,5 кН. Для проверки можно составить уравнение проекций на ось Ау. Рис. (г) Подставляя сюда найденные величи- величины N а и Yв, убеждаемся, что они этому уравнению удовлетворяют (подстановку следует делать и в об- общем виде, чтобы проверить форму- формулы, и в числах, чтобы проверить численные расчеты). Следует иметь в виду, что прн такой проверке можно не обнаружить ошибок, связанных с неправильным определением проекций или моментов сил, перпенди- перпендикулярных оси Ау. Поэтому надо или дополнительно проверить эту часть расчетов, или составить для проверки еще одно уравнение, например уравнение моментов относительно центра D. Отметим еще следующее Как известно, при составлении условий C0) ось про- проекций надо направлять не перпендикулярно линии АВ, т. е в нашем случае не вдоль Ау. Если, тем не менее, мы составили бы третье уравнение в проекциях на ось Ау, то получили бы систему уравнений (б), (в), (г), содержащую только два неизвестных Ид и Ув (в этой системе одно уравнение было бы следствием двух других). В результате мы не могли бы определить реакцию Xg. Задача 21. Однородный брус АВ жестко заделан в стену, образуя с ней угол а=60° (рис. 59, а). Выступающая из стены часть бруса имеет длину Ь=0,8 м и вес Р=100 Н. Внутри угла DAB лежит цилиндр весом Q=180 H, касающийся бруса в точке Е, причем Л?'=а=0,3 м. Определить реакцию заделки, _ Решение. Рассмотрим равновесие бруса На брус действуют: сила Р, приложенная в середине бруса, сила давления F цилиндра, приложенная в точке Е перпендикулярно брусу (но ни в коем случае не сила Q, которая приложена к 51
цилиндру, а не к брусу!) и реакция заделки, которую представим составляю- составляющими Ж а,У а и парой с моментом т_А (см рис. 55, б)._ Для определения силы давления F разложим силу Q, приложенную в центре цилиндра, на составляющие F и JV, перпендикулярные брусу и стене (рис 59, б). Из полученного параллелограмма находим, что F=Q/s,ma Теперь, составив условия равновесия B9), или точнее C2), получим: )sa = 0, 2Fky = YA—Fsma—P = 0, После замены силы F ее значением эти уравнения примут вид: XA+Q ctg ct=O, YA-Q~P=0, mA—Qa/s'm <я—Р(Ы2) sin a=0. Из составленных уравнений окончательно находим: XA=—Q ctg a=—103,8 Н, YA=P+Q=280 H, mA=Qalsin а-\-Р (Ы2) sin а=96,9 Н -м. Реакция заделки слагается из сил ХА, YА и пары с моментом тА. В заключение еще раз подчеркиваем вытекающий из хода решения задач ос- основной вывод в условия равновесия входят только силы непосредственно прило- женнь(е к телу, равновесие которого рассматривается. л: Рис Рис. Задача 22. К столбу с перекладиной (рис 60) прикреплены два блока С и D, через которые перекинута веревка, удерживающая груз весом Q=240H. Нижний конец веревки закреплен в точке В Столб удерживается в равновесии растяжкой EEY Пренебрегая весом столба с перекладиной и трением в блоках, определить натяжение растяжки и реакцию заделки А, рассматривая ее как шарнирную (т. е. как нежесткую, позволяющую столбу поворачиваться вокруг точки А). Все раз- размеры указаны на чертеже (в метрах) Размерами блоков пренебрегаем. Решение. Рассмотрим равновесие всей конструкции, т. е столба с пере- перекладиной, блоками и частью веревки KDCKi, охватывающей блоки (см. задачу 9). На Конструкцию действуют следующие внешние силы приложенная в точке /Ci сила Q, приложенная в точке К сила натяжения F веревки и реакции связей Т, Жд> YА- Внутренние силы, как не входящие в уравнения равновесия, не изобра- изображаем. Так как при отсутствии трения в блоках натяжение веревки всюду одинако- одинаково, то F—Q. Составляем для действующих сил следующие условия равновесия B9). 'ees F cos a — Т cos p + ХА = 0, /= —Q— Fsina — Г sin p + К4 = 0, 5= — Q-1,0 — 52
Из прямоугольных треугольников АЕЕ1 и ADB находим, что ЕЕ1=2,0 м, ?)В=1,5 м. Отсюда sin a=sin P=0,8, cos a=cos p=0,6. Следовательно, в данном случае <х=р. Подставляя в составленные уравнения найденные значения триго- тригонометрических функций и полагая одновременно F—Q, получим 0,6 Q—0,6 Т+ХА=0, —Q—0,8 Q—0,8T+Ya=0, — 1,0 Q — 0,72 Q+0,96 T = 0. Решая эти уравнения, найдем окончательно Г=430 Н, .Х,4=114Н, У^=776 Н. § 18. РАВНОВЕСИЕ СИСТЕМ ТЕЛ Статический расчет инженерных сооружений во многих случаях сводится к рассмотрению условий равновесия конструкции из систе- системы тел, соединенных какими-нибудь связями. Связи, соединяющие части данной конструкции, будем называть внутренними в отличие от внешних связей, скрепляющих кон- конструкцию с телами, в нее не входя- входящими (например, с опорами). Если после отбрасывания внешних связей (опор) конструкция остается жесткой, то для нее задачи статики решаются как для абсолютно твердо- твердого тела. Подобные примеры были рас- р -. смотрены в задачах 20 и 22 (см. рис. 58 и 60). Однако могут встречаться такие инженерные конструкции, ко- которые после отбрасывания внешних связей не остаются жесткими. Примером такой конструкции является трехшарнирная арка (рис, 61). Если отбросить опоры А и В, то арка не будет жесткой: ее части могут поворачиваться вокруг шарнира С. На основании принципа отвердевания система сил, действующих на такую конструкцию, должна при равновесии удовлетворять ус- условиям равновесия твердого тела. Но эти условия, как указывалось, будучи необходимыми, не будут являться достаточными; поэтому из них нельзя определить все неизвестные величины. Для решения задачи необходимо дополнительно рассмотреть равновесие какой- нибудь одной или нескольких частей конструкции. Например, составляя условия равновесия для сил, действующих на трехшарнирную арку (рис. 61), мы получим три уравнения с четырьмя неизвестными ХА, YA, XB, YB. Рассмотрев дополнительно условия равновесия левой (или правой) ее половины, получим еще три уравнения, содержащие два новых неизвестных Хс, Yc, на рис. 61 не показанных. Решая полученную систему шести уравне- уравнений, найдем все шесть неизвестных (см. задачу 23). Другой способ решения подобных задач состоит в том, что кон- конструкцию сразу расчленяют на отдельные тела и составляют условия равновесия каждого из тел в отдельности (см. задачу 24). При этом реакции внутренних связей будут попарно равны по модулю и про- противоположны по направлению. Для конструкции из п тел, на каж- каждое из которых действует произвольная плоская система сил, полу- 53
чится таким путем Зп уравнений, позволяющих найти Зп неизвест- неизвестных (при других системах сил число уравнений соответственно из- изменится). Если для данной конструкции число всех реакций свя- связей будет больше числа уравнений, в которые эти реакции входят, то конструкция будет статически неопределимой (см. § 19). Задача 23. Кронштейн состоит весом Р1=150 Н, прикрепленного к = 120 Н, который с брусом AD и со из горизонтального бруса AD (рис. 62, а) стене шарниром, и подкоса СВ весом Р2= стеной также соединен шарнирами (все раз- размеры показаны на чертеже). К концу D бруса подвешен груз весом Q=300 H. Определить реакции шарниров А а С, счи- считая брус и подкос однородными. Решение. Рассмотрим сначала равновесие всего кронштейна. На него действуют следующие внешние силы: за- заданные силы Ръ P2,~Q и реакции связей ХА, Уд, Хс, Ус- Кронштейн, освобож- освобожденный от внешних связей, не образует жесткой конструкции (брусья могут по- поворачиваться вокруг шарнира В), но по принципу отвердевания действующие на него силы при равновесии должны удов- удовлетворять условиям равновесия статики. Составляя эти условия, найдем: —PL-2a—Pta— —Q-4a=0. = ХсЛа~ Рис. Полученные три уравнения содержат, как видим, четыре неизвестных ХА, Ya, Xc, Yc. Для решения задачи рассмотрим дополнительно_равндаесие бруса АО (рис. 62, &), На него действуют силы P"x, Q, реакции ХА, КдИ реакции Хя, Yg* которые для бруса AD (когда рассматривается его равновесие) будут силами внешними. Недостающее четвертое уравнение составим, беря моменты действую- действующих на брус AD сил относительно центра В (тогда в уравнение не войдут новые неизвестные Хв, Гд): Решая теперь систему четырех составленных уравнений (начиная с последнего), найдем: YA=(P1—Q)/3=— 50 Н, Fc=2P1/3+P2+4Q/3=620 H, Хс.=2Р1/3+Ра/2+4 Q/3=560 Н, ХА=— Хс=— 560 Н. Из полученных результатов видно, что силы ХА и Уд имеют направления, про- противоположные показанным на чертеже. Реакции шарнира В, если их надо опреде- определить, найдутся из уравнений проекций на оси х и у сил, действующих на брус AD, и будут равны: Хв=— ХА, YB=Pi+Q—YA=500 H. Как видим, при решении задач статики не всегда надо составлять все условия равновесия для рассматриваемого тела. Если в задаче не требуется определять реакции некоторых связей, то надо пытаться сразу составить такие уравнения, в которые эти неизвестные реакции не будут входить. Так мы и поступили в данной задаче при рассмотрении равновесия бруса AD, составляя только одно уравнение моментов относительно центра В. Задача 24. Горизонтальная балка А В весом Q=200 H прикреплена к стене шарниром А и опирается иа оперу С (рис. 63, а). К ее концу В дюрнирно прикреп- 54
лен брус ВК весом Р=400 Н, опирающийся на выступ В. При этом СВ=АВ/3, DK~BKl3, угол а=45°. Определить реакции опор, считая балку и брус однород- однородными. Решение. Расчленяя систему на две части, рассматриваем равновесие бруса ВК и балки АВ в отдельности. На брус ВК, (рис. 63, б) действуют сила Р и_реакции связей Nq, Хв, YB- Вводя обозначение ВК=а и составляя для этих сил условия равновесия B9), получим: I,Fkxe=XB — NDsina=--0, X cosa = — P{a/2)cosa = 0. Решая эти уравнения, най- найдем: ND = (ЗР/4) cos a = 212 Н, Хв = (ЗР/8) sin 2а = 150 Н, YB=P~CP/4)cos2a = 250 H. Рис На балку АВ, если ее рас- сматривать отдельно, дейст- действуют сила Q, реакции внешних связей Nc, ~ХА, Yд и силы давления Хв и Ув бруса ВК, передаваемые через шарнир В (рис. 63, в). При этом по закону о дей- действии и противодействии силы Х'в и Yb должны быть направлены противопо- противоположно Хв и Kg; по модулю же Хв=Хв, Y'b=Yb. Вводя обозначение АВ=Ь и составляя для сил, действующих на балку, ус- условия равновесия C0), получим: 2Fks^ХА-Х'в = 0, 2тА (Fk)^-YBb + Nc-2b/3-Q.ft/2 = 0, Полагая в этих уравнениях Хв~Хв и Yb=Yb и решая их, найдем: Хл=Хв=150Н, YA=Q!i—YB'2=— 75 Н, JVC=3 Q''4+3Fs/2=525 H. Из полученных результатов видно, что все реакции, кроме YA, имеют направле- направления, показанные на рис. 63, реакция же YА фактически направлена вниз. При решении задач этим путем важно иметь в виду, что если давление какого- нибудь одного тела на другое изображено силой R или составляющими X и Y, то на основании закона о действии и противодействии давление второго тела на первое должно изображаться силой R', направленной противоположно R (причем по мо- модулю R'=R) или составляющими X', Y', направленными противоположно X uY (причем по модулю Х'—Х, Y'—Y). Задача 25. На трехшарнирную арку (рис. 64, а) действует горизонтальная сила F. Показать, что при определении реакций опор Aw В нельзя переносить точ- точку приложения силы F вдоль ее линии действия в точку Е. Решение. Освобождая арку от внешних связей (опоры А и В), мы полу- получаем изменяемую конструкцию, которую нельзя считать абсолютно твердым телом. Поэтому при определении реакций опор А и В переносить точку приложения силы 'F в точку Е, принадлежащую другой части конструкции, нельзя. Убедимся в этом путем непосредственного решения задачи, пренебрегая весом арки. Рассмотрим сначала правую половину арки. На нее действуют только две силы: реакции Rb и Rc шарниров В и С (сила Re на чертеже не показана). При 55
равновесии эти силы должны быть направлены вдоль одной прямой, т. е. по ли- линии ВС. Следовательно, реакция Rb направлена вдоль ВС. Рассматривая теперь равновесие всей арки в целом, найдем, что на нее дей- действуют три силы: заданная сила F и реакции опор Rg (направление которой мы нашли) ийд, По теореме о трех силах; (§ 6) линии дей- действия этих сил должны при равновесии пересекаться в одной точке; отсюда нахо- находим направление реакции /?д. Модули реакций R^ и Rb можно определить из со- соответствующего силового тре- треугольника. Если же приложить силу F в точке Е и, рассуждая аналогичным образом, проделать необходимые построения (рис. 64, б), то убедимся, что в этом случае реакции опор R& и RB окажутся другими и по модулю, и по направлению. § 19*. СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫЕ И СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СИСТЕМЫ ТЕЛ (КОНСТРУКЦИИ) При решении задач статики реакции связей всегда являются величинами заранее неизвестными; число их зависит от числа и вида наложенных связей. Условия равновесия, в которые входят реакции связей и которые служат для их определения, называют обычно уравнениями равновесия. Чтобы соответствующая задача статики была разрешимой, надо, очевидно, чтобы число уравнений равновесия равнялось числу неизвестных реакций, входящих в эти уравнения. Задачи, в которых число неизвестных реакций связей равно числу уравнений равновесия, содержащих эти реакции, называются статически определенными, а системы тел (конструкции), для кото- которых это имеет место — статически определимыми. Задачи же, в которых число неизвестных реакций связей больше числа уравнений равновесия, содержащих эти реакции, называются статически неопределенными, а системы тел (конструкции) для ко- которых это имеет место ¦— статически неопределимыми. У//////////////////////////Л У////////////////////////Л Например, подвеска, состоящая из двух тросов (рис. 65, а), будет стати- статически определимой, так как здесь две неизвестные реакции 7\ и Тг войдут в два уравнения равновесия A2) плос- плоской системы сходящихся сил. Подвес- Подвеска же, состоящая из трех лежащих в одной плоскости тросов (рис. 65, б), будет статически неопределимой, так как в ней число неизвестных реакций равно трем (Tlt T2, Т3), а уравнений равновесия по-прежнему только два. Аналогично, горизонтальная балка, лежащая на двух опорах (рис. 66, а), будет статически определимой, так как и здесь две неизвестные реакции Nt и Ns входят в два уравнения равновесия C3) плоской системы параллельных сил. Та- Такая же балка на трех опорах (рис. 66, б) будет статически неопределимой. 56 Рис. 65
Рассмотрим еще арку, изображенную на рис. 67, а, где связями являются не- неподвижная шарнирная опора в точке А и шарнирная опора на катках в точке В. Такая арка будет статически определимой, поскольку здесь три неизвестные ре- реакции Хд, Уд, Ng войдут в три уравнения равновесия B9) произвольной плоской системы сил. Если же в точке В будет тоже неподвижная шарнирная опора (рис. 67, б), то неизвестных реакций окажется четыре (Хд, YA< Xg, YB), a уравнений равновесия останется три и арка станет статически неопределимой. Однако трехшарнирная арка, изображенная на рис. 61, будет статически оп- определимой, так как, расчленив ее в шарнире С на две части, мы введем еще две реакции Хс, Ус шарнира и неизвестных реакций станет шесть, но и уравнений рав- равновесия тоже шесть (по три для каждой части). С аркой, изображенной на рис. 67,6, "ёж так поступить нельзя, поскольку разделив ее на две части, например, сечением, проведенным через точку С, мы получим в этом сечении систему распределенных сил, которую можно привести к двум неизвестным силам Хс, Ус и паРе с неизвест- неизвестным моментом тс (см. § 20, задачу 26). Следовательно, неизвестных реакций ста^ нет семь (Хд, Уд, Хд, Уд, Х^, Ус> тс) и их из шести уравнений равновесия определить нельзя. Статическая неопределимость объясняется наложением лишних связей. На- Например, для обеспечения равновесия балки, изображенной на рис. 66, достаточно двух опор и третья опора не нужна (балка считается абсолютно жесткой и не про- прогибающейся). Статически неопределимые конструкции можно рассчитывать, если учесть их деформации; это делается в курсе сопротивления материалов. § 20*. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ Внутренними усилиями в каком-нибудь сечении тела или кон- конструкции (балки, арки и др.) называют силы, с которыми части тела, разделенные этим сечением, действуют друг на друга. Метод опре- определения внутренних усилий аналогичен методу, применяемому при изучении равновесия систем тел. Сначала рассматривают равновесие всего тела (конструкции) в целом и определяют реакции внешних связей. Затем сечением, в котором требуется найти внутренние уси- усилия, разделяют тело на две части и рассматривают равновесие одной из них. При этом, если система действующих на тело внешних сил плоская, то действие отброшенной части заменится в общем случае' плоской системой распределенных по сечению сил; эти силы, как и в случае жесткой заделки (см. рис. 55), представляют одной прц: Ложенной в центре сечения силой с двумя наперед неизвестными, 57.
составляющими X, Y и парой с наперед неизвестным моментом т. Пример расчета дан в задаче 26. Задача 26. Считая длину балки А В равной 1 м (задача 24, рис. 63), найти усилия в поперечном сечении балки, отстоящем от конца А на расстоянии АЕ= =0,6 м (точка Е левее опоры С на рис. 63). Решение. Внешними связями для балки являются опора С и шарниры А и В. Реакции этих связей найдены в ходе решения задачи 24. Рассечем балку се- чекием аЬ и рассмотрим равновесие ее левой части (рис. 68). Действие отброшенной части, согласно сказанному выше, заменяем двумя силами ХЕ, YE, приложенными в центре Е сечения, и парой с моментом тЕ. Со- Составляя для действующих на рассматриваемую часть балки сил Хд, Уд, Q, XE, YЕн пары смо- " ментом тЕ условия равновесия C2), получим: -¦> & По данным задачи 24 Q=200H, X^=150H, Уд=—75 Н. Пользуясь этими значениями, най- Рис. 68 Дем из составленных уравнений: Х?=—150 Н, FH=275H, mE=— 65H-M. Таким образом, на левую часть балки в сечении аЬ действуют: 1) продольная сила ~ХЕ, вызывающая в данном случае сжатие балки; 2) поперечная сила YЕ, стремя- стремящаяся сдвинуть примыкающую к сечению часть балки вдоль линии ab, 3) пара с моментом тЕ, называемым изгибающим моментом, которая в данном случае вы- вызывает растяжение верхних волокон балки и сжатие нижних. § 21*. РАСПРЕДЕЛЕННЫЕ СИЛЫ В инженерных расчетах часто приходится встречаться с нагруз- нагрузками, распределенными вдоль данной поверхности по тому или ино- иному закону. Рассмотрим некоторые простейшие примеры распреде- распределенных сил, лежащих в одной плоскости. Плоская система распределенных сил характеризуется ее ин- интенсивностью q, т. е. значением силы, приходящейся на единицу длины нагруженного отрезка. Измеряется интенсивность в ньюто- ньютонах, деленных на метры (Н/м). 1 •HI А , L lit а А ¦ \ 1 ^ а Т Рис. 69 1) Силы, равномерно распределенные вдоль отрезка прямой (рис. 69, а). Для такой системы сил интенсивность q имеет постоянное значение. При статических расчетах эту систему сил можно заменить равнодействующей Q". 58
По модулю, Q=aq. C5) Приложена сила Q в середине отрезка АВ. 2) Силы, распределенные вдоль отрезка прямой по линейному закону (рис. 69, б). Приме- Примером такой нагрузки могут служить силы давления воды на плоти- плотину, имеющие наибольшее значение у дна и падающие до нуля у по- поверхности воды. Для этих сил интенсивность q является величиной переменной, растущей от нуля до максимального значения qm. Равнодействующая Q таких сил определяется аналогично равно- равнодействующей сил тяжести, действующих на однородную треуголь- треугольную пластину ABC. Так как вес однородной пластины пропорциона- пропорционален ее площади, то, по модулю, Q=0,5^m. C6) Приложена сила Q на расстоянии а/3 от стороны ВС треугольника ABC (см. § 35, п. 2). 3) Силы, распределенные вдоль отрезка прямой по произвольному закону (рис. 69, в). Равнодействующая Q таких сил, по аналогии с силой тяжести, по модулю равна площади фигуры ABDE, измеренной в соответствую- соответствующем масштабе, и проходит через центр тяжести этой площади (во- (вопрос об определении центров тяжести площадей будет рассмотрен в § 33). 4) Силы, равномерно распре- распределенные по дуге окружности (рис. 70). Примером таких сил могут служить силы гидростатического давления на боковые стенки цилиндрического сосуда. Пусть радиус дуги равен R, a /L.B0D — ?=/-A0D=a, где OD—ось симметрии, вдоль которой направим ось Ох. Действующая на дугу система сходящихся сил имеет равнодей- равнодействующую Q, направленную в силу симметрии вдоль оси Ох; при этом численно Q=QX- Для определения величины Q выделим на дуге элемент, положение которого определяет- определяется углом ф, а длина ds=Rd(p. Действующая на этот элемент сила численно равна dQ= =gds=qRA<p, а проекция этой силы на ось —UQ -cos q>=qR cos ф -ckp. Тогда Ох будет dQ№= Но из рис. 70 видно, что R sin a=AB/2. Следовательно, так как QX=Q, те Q=qh, C7) 59
9* s где h=AB — длина хорды, стяги- стягивающей дугу АВ\ q — интенсив- интенсивность. Задача 27. На консольную балку А В, размеры которой указаны на чертеже (рис. 71), действует равномерно распреде- распределенная нагрузка интенсивностью q0 Н/м Пренебрегая весом балки и считая, что силы давления на заделанный конец рг- спределены по линейному закону, опреде- определить значения наибольших интенсивно- стей qm и q'm этих сил, если Ь=па. Решение. Заменяем распределенные силы их равнодействующими Q, R и 7?', где согласно формулам C5) и C6) Q = qob, R = 0,5qma, R'=0,5q'ma, и составляем условия равновесия C3) для действующих на балку параллельны* сил- s Чт A a 3 I 1 a Ш oC ! -ft i n 1 H > ь HI I Рис. 71 Подставляя сюда вместо Q, R и R' их значения и решая полученные уравнения, найдем окончательно Например, при п=2 получим ?m=16^0, q'm—2Oq0, а при п=4 qm=56qt, » 6 Задача 28. Цилиндрический баллон, высота которого равна Н, а внутренний диаметр d, наполнен газом под давлением рН/м2. Толщина цилиндрических ие- ьок баллона а. Определить испытываемые этими стенками растягивающие напря- напряжения в направлениях: 1) продоль- продольном и 2) поперечном (напряжение О. равно отношению растягивающей силы к площади поперечного сече- сечения), считая aid малым. Решение. 1) Рассечем ци- цилиндр плоскостью, перпендикуляр- перпендикулярной его оси, на две части и рассмот- рассмотрим равновесие одной из них (рис. 72, а). На нее в направлении оси цилиндра действуют1 сила давления на дно F= (яй2/4) р и распределен- распределенные по площади сечения силы (дей- (действие отброшенной половины), рай- недействующую которых обозначим "ис- '* Q." При равновесии Q=F=jid2p/4. Считая приближенно площадь поперечного сечения равной nda, получим для рас- растягивающего напряжения о1 значение 2) Рассечем теперь цилиндрическую поверхность плоскостью, проходящей через ось цилиндра, на Две другие половины и рассмотрим равновесие одной из них, считая, что все силы приложены к ней в плоскости среднего сечени4 (рис. 72, б). На эту половину цилиндра действуют: а) равномерно распределенные 60
по дуге полуокружности силы давления с интенсивностью q=pH; согласно форму- формуле C7) равнодействующая этих сил R=qd=pHd; б) распределенные по сечениям цилиндра силы_(действие отброшенной половины), равнодействующие которых обозначим Sx и S2, причем ввиду симметрии S^S^S. Из условий равновесия S1+S2=i?, откуда S=pHd/2. Так как площадь сече- сечения, по которому распределена сила S, равна аН (площадью сечения дна цилинд- цилиндра пренебрегаем), то отсюда для растягивающего напряжения а2 находим G2=S/aH=(d/2a) р. Как видим, растягивающее напряжение в поперечном направлении вдвое больше, чем в продольном. § 22*. РАСЧЕТ ПЛОСКИХ ФЕРМ Пример решения задач на равновесие системы тел (см. § 18) дает расчет ферм. Фермой называется жесткая конструкция из прямо- прямолинейных стержней, соединенных на концах шарнирами. Если все стержни фермы лежат в одной плоскости, ферму называют плоской. Места соединения стержней фермы называют узлами. Все внешние нагрузки к ферме прикладываются только в узлах. При расчете фермы трением в узлах и весом стержней (по сравнению с внешними нагрузками) пренебрегают или распределяют веса стержней по уз- узлам. Тогда на каждый из стержней фермы будут действовать две силы, приложенные к его концам, которые при равновесии могут быть направлены только вдоль стержня. Следовательно, можно" считать, что стержни фермы работают только на растяжение или на сжатие. Ограничимся рассмотрением жестких плоских ферм без лишних стержней, образованных из треугольников. В таких фермах число стержней k и число узлов п связаны соотношением /г=2п—3. C8) В самом деле, в жестком треугольнике, образованном из трех стерж- стержней, будет три узла (см., например, ниже на рис. 74 треугольник ABD, образованный стержнями /, 2, 3). Присоединение каждого следующего узла требует два стержня (например, на рис. 74 узел С присоединен стержнями 4, 5, узел Е — стержнями 6, 7, и т. д.); следовательно, для всех остальных (п—3) узлов потребуется 2 (п—3) стержней. В результате число стержней в ферме й=3+2(гс—3) = —2/г—3. При меньшем числе стержней ферма не будет жесткой, а при большем числе она будет статически неопределимой. Расчет фермы сводится к определению опорных реакций и уси- усилий в ее стержнях. Опорные реакции можно найти обычными методами статики (см. § 17), рассматривая ферму в целом как твердое тело. Перей- Перейдем к определению усилий в стержнях. Метод вырезания узлов. Этим методом удобно поль- пользоваться, когда надо найти усилия во всех стержнях фермы. Он сводится к последовательному рассмотрению условий равновесия 61
сил, сходящихся в каждом из узлов. Ход расчетов поясним на кон- конкретном примере. Рассмотрим изображенную на рис. 73, а ферму, образованную из одинаковы» равнобедренных прямоугольных треугольников, действующие на ферму силы па- параллельны оси х и численно равны: F1=F2^F3=F=20 кН. В этой ферме число узлов п=б, а число стержней k=9. Следователь- Следовательно, соотношение C8) выполняется и ферма является жесткой без лиш- лишних стержней. Составляя уравнения равнове- равновесия B9) для фермы в целом, най- найдем, что реакции опор направлены, как показано на рисунке, и числен- численно равны. Хи=3^=60кН, Ya=N=3F/2=3OkH. Переходим к определению усилий в стержнях. Пронумеруем узлы фер- фермы римскими цифрами, а стержни — арабскими. Искомые усилия обоз- обозначим St (в стержне /), S2 (в стерж- стержне 2) и т. д. Отрежем мысленно все узлы вместе со сходящимися в них стержнями от остальной фермы. Действие отброшенных стержней заменим силами, которые будут направлены вдоль соответствующих стержней и численно равны искомым усилиям Si, 52, . . . Изображаем сразу все эти силы на рисунке, на- направляя их от узлов, т. е. считая все стержни растянутыми (рис. 73, а; изобра- изображенную картину надо представить себе для каждого узла так, как это показано isa рис 73, б для узла ///). Если в результате расчета значение усилия в каком- нибудь стержне получится отрицательным, это будет означать, что данный стер- стержень не растянут, а сжат *. Буквенных обозначений для сил, действующих вдоль (тержней, на рис. 73 не вводим, поскольку ясно, что силы, действующие вдоль стержня /, равны численно S1( вдоль стержня 2 — равны 52 и т. д. Теперь для сил, сходящихся в каждом узле, составляем последовательно уравнения равновесия A2): 4 п П п У 4 1* у 1 i 2 Ж в 5 А Г 7 ^\ f Рис. 73 Начинаем с узла /, где сходятся два стержня, так как из двух уравнений равно- равновесия можно определить только два неизвестных усилия. Составляя уравнения равновесия для узла /, получим: ft+S2 cos 45°=0, N+Sii-S2 sin 45°=0, Отсюда находим: S2 = — FV1 = — 28,2кН, Si = —N — S2Vl/2 = —F/2 = — 10kH. Теперь, зная Sj, переходим к узлу //. Для него уравнения равновесия дают S3+F2=Q, S4—S1=0, откуда S3=— F=— 20 кН, S4=S!=—10 кН. Определив 54, составляем аналогичным путем уравнения равновесия сначала для узла ///, а затем для узла IV. Из этих уравнений находим: S5 = —541/=14,1кН, S6 = 58 = —ЗОкН, S7 = 0. * По этой причине принято, независимо от применяемого метода расчета, приписывать растягивающим усилиям знак «+», а сжимающим — знак «—». 62
Наконец, для вычисления 59 составляем уравнение равновесия сил, сходящихся в узле V, проектируя их на ось By. Получим K^+S9cos 45°=0, откуда S9= =_30/У=— 42,3 кН. Второе уравнение равновесия для узла V и два уравнения для узла VI можно составить как проверочные. Для нахождения усилий в стержнях эти уравнения не понадобились, так как вместо них были использованы три уравнения равнове- равновесия всей фермы в целом при определении N, ХА и YА (см § 181. Окончательные результаты расчета можно свести в таблицу № стержня Усилие, кН 1 —10 2 —28,2 3 —20 4 —10 5 + 14,1 6 —30 7 0 8 —30 9 —42,3 Как показывают знаки усилий, стержень 5 растянут, остальные стержни сжаты; стержень 7 не нагружен (нулевой стержень). Наличие в ферме нулевых стержней, подобных стержню 7, обнаруживается сразу, так как если в узле, не нагруженном внешними силами., сходятся три стерж- стержня, из которых два направлены вдоль одной прямой, то усилие в третьем стержне равно нулю. Этот результат получается из уравнения равновесия в проекции на ось, перпендикулярную упомянутым двум стержням. Например, в ферме, изображен- изображенной на рис 74, при отсутствии силы Р4 нулевым будет стержень 15, а следова- следовательно, и /3. При наличии же силы Р4 ни один из этих стержней нулевым не является. Если в ходе расчета встретится узел, для которого число неиз- неизвестных больше двух, то можно воспользоваться методом сечений. Метод сечений (метод Риттера). Этим методом удобно пользоваться для определения усилий в отдельных стержнях фер- фермы, в частности для проверочных расчетов. Идея метода состоит в том, что ферму разделяют на две части сечением, проходящим через три стержня, в которых (или в одном из которых) требуется опре- определить усилия, и рассматривают равновесие одной из этих частей. Действие отброшенной части заменяют соответствующими силами, направляя их вдоль разрезанных стержней от узлов, т. е. считая стержни растянутыми (как и в методе вырезания узлов). Затем со- составляют уравнения равновесия в форме C1) или C0), беря центры моментов (или ось проекций) так, чтобы в каждое уравнение вошло только одно неизвестное усилие. Пример. Пусть требуется определить усилие в стержне 6 фермы, изображен- изображенной на рис 74. Действующие вертикальные силы P1=P2=P3=Pi=20 кН, ре- реакции опор ЛД1=Л'2=40 кН. Проводим сечение ab через стержни 4, 5, 6 и рассма- рассматриваем равновесие левой части фермы, заменяя действие на нее правой части силами, направленными вдоль стержней 4, 5, 6. Чтобы найти S6, составляем урав- уравнение моментов относительно точки С, где пересекаются стержни 4 и 5. Полу- Получим, считая AD=DC=a и BCJ^BE, —Nt ¦2a+P1a+Se-CB=0. Отсюда находим Se. Плечо СВ вычисляем по данным, определяющим направле- направления и размеры стержней фермы. В данном примере ZABC=9Q>° и CB=aY^2. Следовательно, Se=30l/^= =42,3 кН, стержень растянут, 63
Усилия в стержнях 4 и 5 можно найти, составив уравнения моментов отно- относительно центров В (точка пересечения стержней 5,6) к А (точка пересечения стер- стержней 4, 6), Рис. 74 Чтобы определить усилие в стержне 9 той же фермы, проводим сечение dc через стержни 8, 9, 10 и, рассматривая равновесие правой части, составляем урав- уравнение проекций на ось, перпендикулярную стержням 8 и 10. Получим S9 cos а—Р3—P4+W2=0, откуда находим S9. Усилия в стержнях 8 к 10 можно в этом случае найти, составив уравнения моментов относительно центров К и С, Глава VI ТРЕНИЕ § 23, ЗАКОНЫ ТРЕНИЯ СКОЛЬЖЕНИЯ Опыт показывает, что при стремлении двигать одно тело по по- поверхности другого в плоскости соприкосновения тел возникает сила сопротивления их относительному скольжению, называемая силой трения скольжения. Возникновение трения обусловлено прежде всего шероховато- шероховатостью поверхностей, создающей сопротивление перемещению, и на- наличием сцепления у прижатых друг к другу тел. Изучение всех особенностей явления трения представляет собой довольно слож- сложную физико-механическую проблему, рассмотрение которой выхо- выходит за рамки курса теоретической механики. В инженерных расчетах обычно исходят из ряда установленных опытным путем закономерностей, которые с достаточной для прак- практики точностью отражают основные особенности явления трения. Эти закономерности, называемые законами трения скольжения при покое, можно сформулировать следующим образом. 1. При стремлении сдвинуть одно тело по поверхности другого в плоскости соприкосновения тел возникает сила трения (или сила сцепления), которая может принимать любые значения от нуля до Значения Fnv, называемого предельной силой трения. 64
Приложенная к телу сила трения направлена в сторону, про- противоположную той, куда действующие на тело силы стремятся его сдвинуть. 2. Предельная сила трения численно равна произведению стати- статического коэффициента трения на нормальное давление или нормаль- нормальную реакцию: FBV4oN. C9) Статический коэффициент трения /0 — величина безразмерная; он определяется опытным путем и зависит от материала соприкасаю- соприкасающихся тел и состояния поверхностей (характер обработки, темпера- температура, влажность и т. п.). 3. Значение предельной силы трения в довольно широких пре- пределах не зависит от размеров соприкасающихся при трении по- поверхностей. Из первых двух законов следует, что при равновесии F^Fnv или . D0) Следует подчеркнуть, что значение силы трения при покое опре- определяется неравенством D0) и что, следовательно, это значение мо- может быть любым, но не большим, чем Fnv. Чему конкретно равна сила трения, можно установить, только решив соответствующую задачу (см. § 25). Величине Fnv сила трения будет равна лишь тогда, когда действующая на тело сдвигающая сила достигает такого зна- значения, что при малейшем ее'увеличении тело начинает двигаться (скользить). Равновесие, имеющее место, когда сила трения равна Fnp, будем называть предельным равновесием. В заключение приведем значения коэффициента трения fa для некоторых материалов: дерево по дереву 0,4—0,7; металл по металлу 0,15—0,25; сталь по льду 0,027. Более подробные сведения даются в соответствующих справочни- справочниках. Все изложенное выше относилось к трению скольжения при покое. При движении сила трения направлена в сторону, противо- противоположную движению, и равна произведению динамического коэф- коэффициента трения на нормальное давление *: F=fN. Динамический коэффициент трения скольжения / также являет- является величиной безразмерной и определяется опытным путем. Значе- Значение коэффициента / зависит не только от материала и состояния поверхностей, но и в некоторой степени от скорости движущихся тел. В большинстве случаев с увеличением скорости коэффициент / сначала несколько убывает, а затем сохраняет почти постоянное значение. * Это справедливо, как и формулы C9), D0), для сухого трения. Случай, ког- когда между телами имеется слой жидкой смазки, требует специального изучения и рассматривается в гидродинамической теории смазки. 3 № 2173 65
§ 24. РЕАКЦИИ ШЕРОХОВАТЫХ СВЯЗЕЙ. УГОЛ ТРЕНИЯ Реакция реальной (шероховатой) связи слагается из двух состав- составляющих: из нормальной реакции N и перпендикулярной ей силы трения F. Следовательно, полная реакция R будет отклонена от л 'Лр el PSir 0? Рис. 75 Рис. 76 нормали к поверхности на некоторый угол. При изменении силы трения от нуля до Fnv сила R изменяется от iV до Rnv, а ее угол с нормалью растет от нуля до некоторого предельного значения ф0 (рис. 75). Наибольший угол ф0, который полная реакция шерохова- шероховатой связи образует с нормалью к поверхности, называется углом трения. Из чертежа видно, что Так как Fnv—faN, то отсюда находим следующую связь между углом трения и коэффициентом трения: tg <Pa=ft,. D1) При равновесии полная реакция R в зависимости от сдвигающих сил может проходить где угодно внутри угла трения. Когда равно- равновесие становится предельным, реакция будет отклонена от нормали на угол ф9. Если к телу, лежащему на шероховатой поверхности, приложить силу Р, образующую угол а с нормалью (рис. 76), то тело сдвинется только тогда, когда сдвигающее усилие Psin а будет больше Fnx> = =f0P cos а (мы считаем N=P cos а, пренебрегая весом тела). Но неравенство Р sin a>f0P cos а, в котором /o=tg9o, выполняется только при tg a>tg ф0, т. е. при а>ф0. Следовательно, никакой силой, образующей с нормалью угол а, меньший угла трения ф0, тело вдоль данной поверхности сдвинуть нельзя. Этим объясняются известные явления заклинивания или самоторможения тел. § 25. РАВНОВЕСИЕ ПРИ НАЛИЧИИ ТРЕНИЯ Изучение равновесия тел с учетом трения скольжения можно свести к рассмотрению предельного равновесия, которое имеет мес- место, когда сила трения равна Fnp. При аналитическом решении реакцию шероховатой связи изобра- изображают двумя ее составляющими N и ^„р. Затем составляют обычные 66
уравнения равновесия и присоединяют к ним равенство Fnv=f0N. Из полученной таким путем системы уравнений и определяют иско- искомые величины. Если в задаче требуется определить условия равновесия при всех значениях, которые может иметь сила трения, т. е. при F^Fnv, то ее тоже можно решить, рассмотрев предельное равновесие и уменьшая затем в полученном результате коэффициент трения /„ до нуля *. Отметим еще, что если в задаче надо определить значение силы трения F, когда равновесие не является предельным и F=?FVV, то, как уже отмечалось в § 23, эту силу F следует считать неизвестной величиной и находить из соответствующих уравнений (см. вторую часть задачи 29, а также задачи 151, 152, § 130). При геометрическом решении реакцию шероховатой связи удоб- удобнее изображать одной силой R, которая в предельном положении равновесия отклонена от нормали к поверхности на угол ср0. Задача 29. Груз весом Р= 10 Н лежит на горизонтальной плоскости (рис. 77). Определить, какую силу Q, направленную под углом а=30° к этой плоскости, надо приложить к грузу, чтобы сдвинуть его с места, если статический коэффи- коэффициент трения груза о плоскость /о=О,6. Решение. Рассмотрим предельное равновесие груза. Тогда на него дей- действуют силы P,Q, N и Fnv. Составляя условия равновесия в проекциях на оси хну, получим: i Q cos а.—F-np^-Q, N-\-Q sin a—Р=0. 7? Из последнего уравнения N=P—Q sin a. Тогда Подставляя это значение Fnp в первое уравнение и решая его, найдем окончательно шшш. * > Q = ri « 5,2 Н. cosa + fosina , -р Если к грузу приложить меньшую силу, напри- мер силу Q'=4 Н, то тогда сдвигающее усилие будет ™ис- '' равно Q' cos 30°=2]АЗ= 3,46 Н; максимальная же си- сила трения, которая может в этом случае развиться, будет Fnp=fa(P—Q' sin 30°)= =4,8 Н. Следовательно, груз останется в покое. При этом удерживающая его в равновесии сила трения F определится из уравнения равновесия в проекции на ось Ох и будет равна сдвигающей силе (f=Q' cos 30°=3,46 Н), а не силе Fnp. Обращаем внимание на то, что при всех расчетах следует определять Fnv, по формуле Fnp=f0N, находя N из условий равновесия. Ошибка, которую часто до- допускают в задачах, аналогичных решенной, состоит в том, что при подсчетах счи- считают /гПр=/о-Р> в то время как сила давления на плоскость здесь не равна весу Груза Р. Задача 30. Определить, при каких значениях угла наклона а груз, лежащий на наклонной плоскости, остается в равновесии, если его коэффициент трения о плоскость равен /0< * В самом деле, когда равновесие является предельным, сила трения F=Fпр= ~foN. В остальных положениях равновесия F<foN. Следовательно, в каждом из этих положений можно считать F=kN, где ?</0. При k—О (или /0=0) получим положение равновесия, соответствующее случаю, когда связь является гладкой (идеальной). 3* 67
Решение. Найдем сначала предельное положение равновесия, при кото- котором угол а равен оспр. В этом положении (рис. 78) на груз действуют сила тяже- тяжести Р~, нормальная реакция N и предельная сила трения Fav. Строя из перечислен- перечисленных сил замкнутый треугольник, находим из него, что Fn9=NtgaDV. Но с другой стороны, Fnv=}0N. Следовательно, tg «пр=/о- (а) Если в полученном равенстве уменьшать /„, то значение апр будет тоже уменьшаться. Отсюда заключаем, что равновесие возможно и при а<апр. Окон- Окончательно все значения угла а, при которых груз будет в равновесии, определятся неравенством tg ««/„. (б) Полученный в задаче результат, выражаемый равенством (а), можно исполь- использовать для экспериментального определения коэффициента трения, находя угол <хпр из опыта. Заметим еще, что так как /:0=tg ср», где ф„— угол трения, то, следовательно, апр~Фо. т- е- наибольший угол а, при котором груз, лежащий на наклонной пло- плоскости, остается в равновесии, равен углу трения. а1 3 Рис. 78 Задача 31. Изогнутый под прямым углом брус опирается своей вертикальной частью о выступы А и В, расстояние между которыми (по вертикали) h (рис. 79, а). Пренебрегая весом бруса, найти, при какой ширине d брус с лежащим на его гори- горизонтальной части грузом будет находиться в равновесии при любом положении груза. Коэффициент трения бруса о направляющие равен /0. Решение. Обозначим вес груза через Р, а его расстояние от вертикаль- вертикальной части бруса через I. Рассмотрим предельное равновесие бруса, при котором его ширина d=dnp. Тогда на брус действуют силы Р, AT, ~F, Л/7", F, где ~Fv. F'— пре- предельные силы трения. Составляя условия равновесия B9) и беря моменты отно- относительно центра А, получаем: N—N'=0, F+F'—P=0, Nh—Fdap—Pl=0, где F=f0N, F'—f0N'. Из двух первых уравнений находим: N=N', P=2f0N. Подставляя эти значения в третье уравнение и сокращая на N, получим Л-/о^пР-2/о/=0, откуда <*пР=Л to—2L Если в этом равенстве уменьшать f0 до нуля, то его правая часть будет расти до бесконечности. Следовательно, равновесие возможно при любом значении d>dnp. В свою очередь dnp имеет наибольшее значение, когда 1=0. Значит брус будет в равновесии при любом положении груза (при />0), если будет выполнять- выполняться неравенство d^ft//0. Чем меньше трение, тем d должно быть больше. При от- отсутствии трения (/о=О) равновесие невозможно, так как в этом случае получается d=oo. Приведем еще геометрическое решение задачи. При таком решении вместо 68
Рис. 80 нормальных реакций и сил трения изображаем в точках А и В полные реакции Ra и Rb> которые в предельном положении отклонены от нормалей на угол тре- трения ф0 (рис. 79, б). Тогда на брус будут действовать три силы RA, RB, P. При рав- равновесии линии действия этих сил должны пересекаться в одной точке, т. е. в точке К, где пересекаются силы RA и Яд. Отсюда получаем очевидное (см. рис. 79, б) равенство h=(l-\-dnv) tg фо+; tgфo или h=Bl+dnv) /„, так как tg Фо=Д)- В результате находим для dnp то же значение, что и при аналитическом решении. Задача дает пример самотормозящегося устройства, нередко применяемого на практике. Задача 32. Пренебрегая весом лестницы АВ (рис. 80), найти, при каких значениях угла а человек может под- подняться по лестнице до ее конца В, если угол трения ле- лестницы о пол и о стену равен ф0. Решение. Рассмотрим предельное положение равновесия лестницы и применим для решения гео- геометрический метод. В предельном положении на лест- лестницу действуют реакции RA и RB пола и стены, отклоненные от нормалей к этим плоскостям на угол трения ф0. Линии действия реакций пересекаются в точке К- Следовательно, при равновесии третья действующая на лестницу сила Р (числеь- но равная весу человека) также должна пройти через точку К- Поэтому в поло- положении, показанном на чертеже, выше точки D человек подняться не может. Что- Чтобы человек мог подняться до точки В, линии действия сил RA и R$ должны пере- пересечься где-нибудь на прямой ВО, что возможно лишь тогда, когда сила RA будет направлена вдоль АВ, т. е. когда угол а<ф0. Следовательно, человек может подняться по лестнице до ее конца тогда, koj да она образует со стеной угол, не превышающий угла трения лестницы о пол. Трение о стену при этом роли не играет, т. е. стена может быть гладкой. § 26*. ТРЕНИЕ НИТИ О ЦИЛИНДРИЧЕСКУЮ ПОВЕРХНОСТЬ К нити, накинутой на круглый цилиндрический вал (рис. 81), приложена си- сила Р. Найдем, какую наименьшую силу Q надо приложить к другому концу нити, чтобы сохранить равновесие при данном угле АОВ, равном а, если коэф- коэффициент трения нити о вал /0. Для решения задачи рассмотрим равновесие элемента нити DE длины d/— =i? d9, где R — радиус вала. Разность натяжений нити в точках D и Е, равная AT, уравновешивается силой трения AF—/ediV (AN — нормальная реакция), так как при наименьшей силе Q равновесие является пре- предельным. Следовательно, Рис. 81 Значение d.V определим из уравнения равновесия в проекции на ось у. Полагая синус малого угла равным самому углу и пренебрегая малыми высшего порядка, най- найдем, что dA/=rsin(d9/2)+(r+dr) sin (d0/2)= =2Td0/2=rdO. Подставляя это значение AN в предыдущее равенство, получим dr=/oTd0. Разделим обе части равенства на Т и возьмем интегралы справа в пределах от 0 до а, а слева от Q до Р (так как натяжение нити в точке, где 0=0, равно Q, а в 69
точке, где 9=а, равно Р). Получим: р а. С AT Г Р J T=/o J d9 и In ¦?¦=/.«. Отсюда следует, что PlQ=^"a' или D2) Как видим, потребная сила Q зависит только от коэффициента трения /о и угла а; от радиуса вала сила Q не зависит. При отсутствии трения (/0=0) получаем, как и следовало ожидать, Q=P. Практически очень важен тот факт, что, увеличивая угол а (навивая нить), можно значительно уменьшить силу Q, необходимую для уравновешивания силы Р, что видно из табл. 1. Например (см. табл. 1), натя- натяжение в 1000 Н можно уравновесить силой всего в 2 Н, дважды обернув пенько- пеньковый канат вокруг деревянного столба. Таблица 1. Значения Q/P при fo = 0,5 (пеньковый канат по дереву) Обороты i?/P=e -g~ оборота 1 оборот . . 1-у оборота 2 оборота . Я 2я Зя 0,208 0,043 0,009 0,002 Формула D2) определяет также отношение натяжений Р (ведущей) и Q (ве- (ведомой) частей ремня, равномерно вращающего шкив, если проскальзывание рем- ремня по шкиву отсутствует. Считая, например, при этом сс=я и принимая для кожа- кожаного ремня и чугунного шкива /0=0,3, получим, что отношение натяжений Q/P=e~0'3arss0,4. Задача 33. К рычагу DE ленточного тормо- тормоза (рис. 82) приложена сила F. Определить тор- тормозящий момент Мт, действующий на шкив ра- радиуса R, если CD=2CE и коэффициент трения ленты о шкив /,,=0,5. Решение На шкив вместе с прилегаю- прилегающей к нему лентой А В действуют приложенная в точке А сила Р, причем P=2F, и приложенная в точке В сила Q, определяемая формулой D2). В нашем случае /в=0,5 и а=5я/4=3,93 рад. Следовательно, Рис. Искомый момент 0.28F. Mx=(P-Q)R=l,72FR. Момент будет тем больше, чем меньше Q, т, е, чем больше коэффициент трения и угол а, 70
§ 27*. ТРЕНИЕ КАЧЕНИЯ Трением качения называется сопротивление, возникающее при качении одного тела по поверхности другого. Рассмотрим круглый цилиндрический каток радиуса R и веса Р, лежащий на горизонтальной шероховатой плоскости. Приложим к оси катка силу Q (рис. 83, а), меньшую Fnp. Тогда в точке А воз- возникает сила трения F, численно равная Q, которая будет препятст- препятствовать скольжению цилиндра по плоскости. Если считать нормаль- нормальную реакцию А/ тоже приложен- \ ной в точке А, то она уравновесит силу Р, а силы Q и F образуют па- пару, вызывающую качение цилинд- цилиндра. При такой схеме качение долж- должно начаться, как видим, под дей- действием любой, сколь угодно малой силы Q. Истинная же картина, как по- показывает опыт, выглядит иначе. Объясняется это тем, что фактически вследствие деформаций тел касание их происходит вдоль некоторой площадки АВ (рис. 83, б). При действии силы Q интенсивность давления у края А убывает, а у края В возрастает. В результате реакция N оказывается сме- щенной в сторону действия силы Q. С увеличением Q это смещение растет до некоторой предельной величины к. Таким образом^ в предельном положении на каток будут действовать пара Qnp, F с моментом QnvR и уравновешивающая ее пара N, Р с моментом Nk. Из равенства моментов находим QnpR=Nk или Рис. 83 Qnv=(k/R)N. D3) Пока Q«?np, каток находится в покое; при Q>Qnv начинается качение. Входящая в формулу D3) линейная величина k называется коэффициентом трения качения. Измеряют величину k обычно в сантиметрах. Значение коэффициента k зависит от материала тел и определяется опытным путем. Приведем приближенные значения этого коэффициента (в см) для некоторых материалов-. Дерево по дереву 0,05-^-0,08 Сталь мягкая по стали (колесо по рельсу) 0,005 Сталь закаленная по стали (шариковый подшипник) 0,001 Отношение klR для большинства материалов значительно мень- меньше статического коэффициента трения /0. Этим объясняется то, что в технике, когда это возможно, стремятся заменить скольжение качением (колеса, катки, шариковые подшипники и т. п.). 71
Задача 34 Определить, при каких значениях угла а (рис 84) цилиндр ра- радиуса R, лежащий на наклонной плоскости, остается в покое, если коэффициент Tpei ля качения равен k Решение Рассмотрим предельное положение равновесия, когда a—at Разлагая силу Р на составляющие Р1 и Р2 (рис 84), находим, что в этом случае сила Qnp™-Pi=^> sin at, а нормапьная ре- реР Т ф D3) сдвигающая акция N=P2— Р cos Р i t, р Тогда по формуле D3) Р cosax или iga1=k'R При уменьшении k до нуля угол at также убывает до нуля Отсюда заключаем, что равновесие сохранится при любом угле a<aj Полученным результатом можно вос- воспользоваться для экспериментального определения коэф- коэффициента k, находя угол а,г из опыта Примечание Цилиндр при a=a, 6} дет в покое, если одновременно коэффициент трения скольжения /0 цилинд- цилиндра о плоскость будет таков, что/0>tg аг (см задачу 30 в I) 25), т е если /0>klR, что обычно имеет место Но если окажется, что fo-CkR, то при а.=а1 цилиндр не будет в покое и начнет скользить вдоль плоскости, Рис Глава VII ПРОСТРАНСТВЕННАЯ СИСТЕМА СИЛ § 28. МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ОСИ. ВЫЧИСЛЕНИЕ ГЛАВНОГО ВЕКТОРА И ГЛАВНОГО МОМЕНТА СИСТЕМЫ СИЛ В § 8 было введено понятие о моменте силы относительно центра О Это вектор mo(F), направленный перпендикулярно тос- кости ОАВ (рис. 85), модуль которого согласно формуле A3) имеет значение \то(Р)\ = 2ил А ОАВ. Как это было и для силы, в дальнейшем окажется необходимым рассматривать проекции вектора mo(F) на разные оси. Проекция вектора mo(F), m е. момента си- силы F относительно центра О, на какую-нибудь ось г, проходящую через этот центр, называется мо- моментом силы F относительно оси г, т. е. _ или mz{F) Рис |mo(F)|cosY, D4) где mz(F) — момент силы F относительно оси z; у — угол между век- вектором tno(F) и осью 2. Из определения следует, что mz(F), как про- 72
екция вектора на ось, является величиной алгебраической (знак mz (F) определяется так_же, как знак проекции любого вектора, например, на рис. 85 mz(F)>0) Найдем другое выражение для mz(F), позволяющее непосредст- непосредственно вычислять эту величину. Для этого проведем через произ- произвольную точку Ог оси z (рис. 85) плоскость ху, перпендикулярную это й_оси, и спроектируем ДОЛ В на эту плоскость. Так как вектор т0 (F) перпендикулярен плоскости ОАВ, а ось z перпендикулярна плоскости ОхАхВи то угол у, как угол между нормалями к назван- названным плоскостям, является углом между этими плоскостями. Следо- Следовательно, если одновременно учесть равенство D4), то 2пл. Д01Л1В1 = 2пл. /\ОАВ cosy = \т0(Р)\со?,у = тг(Р). Но, как видно из рис. 85, в треугольнике ОхАхВу сторона А±Вх представляет собой одновременно проекцию Fxy силы F на плоскость ху (см.§5). Тогда 2пл. A01A1B1=FX!/h=\mOi(Fx,j)\, где mOi(Fxy)~ алгебраический момент силы FX4 относительно центра 0х. Из этого и предыдущего равенств следует (с учетом знаков), что * Щ (F) = tnOi (Fxy) или т2 (?) = ± Fxyh. D5) Таким образом, момент силы F относительно оси z равен алгеб- алгебраическому моменту проекции этой силы на плоскость, перпенди- перпендикулярную оси z, взятому относительно точки Ох пересечения оси с этой плоскостью Этот результат может служить другим определе- определением понятия момента силы относительно оси. Замечая как направлен поворот, который стремится совершить сила Fxy, когда mz(F)>Q (см. рис. 85; случай, когда mz(F)<0 получится, если изменить направление силы F на прямо противо- противоположное), приходим к следующему выводу, момент силы относи- относительно оси будет иметь знак плюс, когда с положительного конца оси поворот, который стремится совершить сила Fxy, виден проис- происходящим против хода часовой стрелки, и знак минус — когда по ходу часовой стрелки. Из рис. 85 видно еще, что если менять положение точки О на оси z, то и модуль и направление вектора mo(F) будут при этом из- изменяться, но АОхАхВх, а с ним и значение mz(F) изменяться не будут. _ Механический смысл величины mz(F) состоит в том, что она ха- характеризует вращательный эффект силы F, когда эта сила стремится повернуть тело вокруг оси z. В самом деле, если разложить силу F на составляющие Fxy и Р~г, где Fz\\Oz (рис. 86), то поворот вокруг оси z будет совершать только составляющая Fxy и вращательный эффект всей силы F будет, согласно формуле D5), определяться ве- величиной mz(F). Составляющая же Fz повернуть тело вокруг оси z не может (она лишь может сдвинуть тело вдоль оси г). 73
В заключение рассмотрим подробнее, как вычисляется момент силы относительно оси z по формуле D5). Для этого надо (рис. 87): 1) провести плоскость ху^ перпендикулярную оси z (в любом месте); 2) спроектировать силу F на эту плоскость и найти величину Fxy; 1 г Рис. 86 Рис. 87 3) опустить из точки пересечения оси с плоскостью (на рис. 87 это точка О) перпендикуляр на линию действия Fxy и найти его длину h; 4) вычислить произведение Fxyh; 5) определить знак момента. При вычислении моментов надо иметь в виду следующие частные случаи: 1) если сила параллельна оси, то ее момент относительно оси ра- равен нулю (так как Fxy=0); 2) если линия действия силы пересекает ось, то ее момент отно- относительно оси также равен нулю (так как Л=0). Объединяя оба случая вместе, заключаем, что момент силы отно- относительно оси равен нулю, если сила и ось лежат в одной плоскости; 3) если сила перпендикулярна оси (лежит в плоскости, перпен- перпендикулярной этой оси), то ее момент относительно оси равен взятому с соответствующим знаком произ- произведению модуля силы на расстоя- расстояние между линией действия силы и осью, т. е. вычисляется по форму- формуле D5), в которую вместо Fxy вой- войдет модуль силы F. Задача 35. Найти моменты относи- относительно осей х, у и г сил Р и Q, которые действуют на горизонтальную плиту, изо- изображенную на рис. 88. Решение. 1. Сила Р параллельна оси г; она перпендикулярна осям х и у и проходит от них на расстояниях ft/2 и а/2. Следовательно, с учетом знаков: тх (Р) = _ Р6/2, ту (Р) = Ра/2, тг (Р) = 0. 2. Для вычисления mx{Q) проектируем силу Q на плоскость уг; получаем QyZ= = Qsincc. _ Плечо силы Qyz относительно точки О равно Ь, а поворот ее с конца оси х виден происходящим против хода часовой стрелки; следовательно, mx{Q) = bQ sin a. 74
Теперь вычисляем my(Q). Сила Q лежит в плоскости ABD, перпендикулярной оси у и пересекающейся с нею в точке В. Следовательно, QXZ=Q. Опуская из точки В перпендикуляр на линию действия силы Q (см. вспомогательный чертеж спра- справа), находим, что его длина h=a sin а, Окончательно, учитывая направление по- поворота, получаем ту (Q) =— Qa sin a. Наконец, для вычисления тг (Q) проектируем силу Q на плоскость ху и нахо- находим, что QXV=Q cos a, a плечо этой проекции относительно точки О равно ft." Поэтому с учетом знака mz (Q) = cos a. Теорема Вариньона для моментов силы относительно оси. Если обе части векторного равенства B4) из § 13 спроектировать на какую-нибудь ось г, проходящую через центр О, то согласно формулам D4) получим Следовательно, теорема Вариньона о моменте равнодействующей справедлива и для моментов относительно любой оси. Теоремой осо- особенно удобно пользоваться для нахождения моментов силы относи- относительно координатных осей, разлагая силу на составляющие, парал- параллельные осям или их пересекающие. Задача 36. Найти моменты относительно осей х, у, г силы Q, приложенной к плите в точке D (рис. 89), если ОА=а, ОВ=Ь и толщина плиты Л; угол а задан. Решение. Разлагая силу Q на составляющие Q1 и Q2, параллельные соот- соответственно осям х и г, где по модулю Q±=Q cos a, Q2=Q bin а, и применяя теоре- теорему Вариньона, получим: ту {Q) = my (Qi)+my (Q2) = Qih—Q2a=Q (h соь a,—a sin a), mz (Q) = mz (QO +mz (Q2) = QJ = Qb cos a, так как тхШ=0 Ш\Ох) и mz(Ql)=0 (СУОг). Как видим, с помощью теоремы Вариньона моменты силы вычисляются до- довольно просто (с ее помощью легко найти моменты силы Q и в задаче 35). Поэтому рекомендуется во всех подобных случаях пользоваться данной теоремой. При реко- тором навыке все подсчеты легко проделать, опуская промежуточные выкладки; например, сразу видно, что mx(Q)=(Q sin a ) Ь и т. д. Аналитические фор- формулы для моментов си- силы относительно коор- координатных осей. Разложим силу F, приложенную в точке А с координатами х, у, г, на составля- ющие Fx, Fy, Fz, параллельные координатным осям (рис. 90, а). Тогда по теореме Вариньона / ay «2, h тх = тх (Fx) + тх (Fy) + mx (F2). Рис. 89 75
Но_так как составляющая Fx параллельна оси х, а составляющие Fg и ^г_ей перпендикулярны, то с учетом знаков будет^ mx(Fx) — Q, tnx(Fv)=—zFy, mx(Fz)=yFz и в результате mx(F)=yFz—zFy. Аналогично находятся моменты относительно осей у и г. Оконча- Окончательно получим: my(F) = zFx—xFz, > D7) тг (F) = xF — yFx. ) < т Формулы D7) дают аналшпи- z u ческие выражения для моментов силы относительно координат- координатных осей. Сих помощью моменты можно вычислять, зная проек- н ции силы и координаты точки Рис. 90 ее приложения. Заметим, что каждая следующая формула в равенствах D7) получается из предыдущей так называемой круго- круговой перестановки букв и индексов, т. е. последовательной заме- заменой х на у, у на z и z на х (рис. 90, б). Отметим еще один результат: поскольку левые части равенств D7) являются одновременно проекциями вектора mo(F) на коорди- координатные оси (где О — начало координат), то с помощью этих равенств можно найти модуль момента mo(F) по формуле 0 / . А/ > г /х F / 7' Я I т [my + [mz {F)]\ D8) Задача 37. Вычислить по аналитическим формулам моменты силы Q, изобра- изображенной на рис 89, относительно осей х, у, г и центра О Решение Сила Q приложена в точке D с координатами х=а, y=b,z=~h. Ее проекции на координатные оси Qx = — Qcosa, Qy = 0, Qz = Qsma. Подставляя эти значения в формулы D7), получим тот же результат, что и в зада- задаче 36 Для \mo(Q)l по формуле D8) найдем I m0 (Q) | = Q Vb2^-(hcoi,a — a sin aJ. Вычисление главного вектора и главного момента системы сил. Согласно формулам B1) и B2), полученным в § 12, значения главного вектора R и главного момента Мо системы сил определяются равенствами: R =2Fft, Мо=2то (Fh). Покажем, как значения R и Мо вычисляются аналитически, т. е. по их проекциям на координатные оси, что нам в дальнейшем понадобится. 7G
Выражения для Rx, Ry, Rz уже известны (§5). Проекции век- вектора Мо на координатные оси будем обозначать Мх, Му, Mz. По теореме о проекциях суммы векторов на ось Мх—Ъ\т0(?ъ)\х или, согласно равенству D4), Mx—2mx(Fk). Аналогично находятся Му и Mz- Окончательно для определения проекций главного вектора R и главного момента Мо получим формулы: D9) E0) В § 12 было отмечено, что две системы сил, у которых величины R и Мо совпадают, эквивалентны. Отсюда следует, что для задания (или определения) любой системы сил, действующих на твердое тело, достаточно задать (определить) ее главный вектор и главный момент относительно некоторого центра, т. е. шесть величин, входящих в левые части равенств D9) и E0) [в случае рассмотренной в § 15 плос- плоской системы сил — три величины, входящие в равенства B7)]. Этим нередко пользуются на практике, например, при задании (опреде- (определении) аэродинамических сил, действующих на самолет, ракету, автомобиль, или при определении внутренних усилий в частях конструкции (см. задачу 26 в §20). § 29*. ПРИВЕДЕНИЕ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ СИЛ К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ * Как показано в § 12, любая система сил приводится в общем слу- случае к силе, равной главному вектору R и приложенной в произволь- произвольном центре О, и к паре с моментом, равным главному моменту Мо (см. рис. 40, б). Найдем, к какому простейшему виду может приво- приводиться пространственная система сил, не находящаяся в равнове- равновесии. Результат зависит от значений, которые у этой системы имеют величины R и Мо. _ 1. Если для данной системы сил R=0, а МоФ0, то она приво- приводится к паре сил, момент которой равен Мо и может быть вычислен по формулам E0). В этом случае, как было показано в § 12, значение Мо от выбора центра О не зависит. 2. Если для данной системы сил R^=0, а Мо=0, то она приводит- приводится к равнодействующей, равной R, линия действия которой прохо- проходит через центр О. Значение R можно найти по формулам D9). 3. Если для данной системы сил R^0, МоФ0, но Mo±.R, то эта система также приводится к равнодействующей, равной R, но не проходящей через центр О. Действительно, при M0_LR пара, изображаемая вектором Мо, и сила R лежат в одной плоскости (рис. 91). Тогда, выбрав силы пары 77
R' и ft" равными по модулю R и располагая их так, как показано на рис. 91, получим, что силы R и R" взаимно уравновесятся, и система заменится одной равнодействующей iR'=R~, линия действия которой проходит через точку О' (см, § 15, п. 2, б). Расстояние 00' @0' jCR) определяется при этом по формуле B8), где d=00'. Рис. 91 Рис. 92 Рис. 93 Легко убедиться, что рассмотренный случай будет, в частности, всегда иметь место для любой системы параллельных сил или сил, лежащих в одной плоскости, если главный вектор этой системы R=?0. _ 4. Если для данной системы сил /?=^=0, Моф0 и при этом вектор Мо параллелен R (рис. 92, а), то это означает, что система сил при- приводится к совокупности силы R и пары Р, Р'у лежащей в плоскости, перпендикулярной силе (рис. 92, б). Такая совокупность силы и па- пары называется динамическим винтом, а пря- прямая, вдоль которой направлен вектор R, осью винта. Дальнейшее упрощение этой системы сил невозможно. В самом деле, если за центр приведения принять любую другую точку С (рис. 92, а), то вектор Мо можно перенести в точку С как свободный, а при переносе силы R в точку С (см. § 11) добавится еще одна пара с моментом Mc=tnc(R), перпендикуляр- перпендикулярным вектору R^_a следовательно, и Мо- В итоге момент результи- результирующей пары Мс—Мо+М'с численно будет больше Мо; таким об- образом, момент результирующей пары имеет в данном случае при при- приведении к центру О наименьшее значение. К одной силе (равнодейст- (равнодействующей) или к одной паре данную систему сил привести нельзя. Если одну из сил пары, например Р', сложить с силой ~R, то рассматриваемую систему сил можно еще заменить двумя скрещи- скрещивающимися, т. е. не лежащими в одной плоскости силами Q и ~Р (рис. 93). Так как полученная система сил эквивалентна динамиче- динамическому винту, то она также не имеет равнодействующей. 5. Если для данной системы сил R=?0, Мо?=0 и при этом векторы Мо и R~ не перпендикулярны друг другу и не параллельны, то та- 78
кая система сил тоже приводится к динамическому винту, но ось винта не будет проходить через центр О. Чтобы доказать это, разложим вектор Mq на составляющие: Mlt направлен- направленную вдоль R, и М2, перпендикулярную R (рис._94). При_ этом Mt= Mo cos ос, M2= — Mo sin а, где а — угол_между векторами Mq и R. Пару, изображаемую век- вектором M2(M^XR), и силу/? можно, как в случае, показанном на рис. 91, заменить одной силой R', приложенной в_точке О', Тогда данная система сил заменится си- силой R'=R и парой с моментом Mlt параллельным R', причем вектор М±, как сво- свободный, можно тоже приложить в точке О'. В результате действительно получится динамический винт, но с осью, проходящей через точку О', Рис. 94 Рис. 95 Задача 38. Найти, к чему приводится система сил i^ и F2, изображенных на рис. 6 (см. §2), считая F1=F2=FlAB=2a. Решение. Приведем силы F1 и F2 к центру О, лежащему на середине от- отрезка АВ (рис. 95). Главный вектор системы R=F1-\-F2 и направлен по биссектри- биссектрисе угла y'Oz'; численно он равен R—Fy~2. Главный момент системы Mo— tfio(^i)+ +"го(^г)- Вектор mo(fi) направлен вдоль оси у', а вектор mo(F^j—вдоль оси г'; численно оба Вектора равны Fa. Следовательно, по модулю M0=FaY^2, а направ- направлен вектор Мд тоже по биссектрисе угла y'Oz'. Таким образом, система сил F[, F% приводится к динамическому винту и, как было указано в § 2, равнодействую- равнодействующей не имеет. §30. РАВНОВЕСИЕ ПРОИЗВОЛЬНОЙ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ СИЛ. СЛУЧАЙ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ Необходимые и достаточные условия равновесия любой системы сил выражаются равенствами R=0, Mo=0 (см. § 13). Но векторы R и Мо равны нулю только тогда, когда Rx=Ry=Rz=Q и Мх= =My=Mz=0, т. е. когда действующие силы, согласно формулам D9) и E0), будут удовлетворять условиям: E1) Таким образом, для равновесия произвольной пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех 79
сил на каждую из трех координатных осей и суммы их моментов от- относительно этих осей были равны нулю *. Равенства E1) выражают одновременно условия равновесия твер- твердого тела, находящегося под действием любой пространственной системы сил. Если на тело кроме сил действует еще пара, заданная ее момен- моментом т, то при этом вид первых трех из условий E1) не изменится (сумма проекций сил пары на любую ось равна нулю), а последние три условия примут вид: 2 tnx (Fk) + тх = О, + Щ = 0, (Fk E2) Рис- 96 Случай параллельных сил. В случае, когда все действующие на тело силы параллельны друг другу, можно выбрать координатные оси так, что ось z будет параллельна силам (рис. 96). Тогда проекции каждой из сил на оси хиг/иих моменты относитель- относительно оси z будут равны нулю и система E1) даст три условия равновесия: 2 h* = О- 2 т* (?ъ) = 0. 2 ту (?*) = °- <53) Остальные равенства обратятся при этом в тождества вида (ЬнО. Следовательно, для равновесия простран- пространственной системы параллельных сил необ- необходимо и достаточно, чтобы сумма проек- проекций всех сил на ось, параллельную силам, и суммы их моментов относительно двух дру- других координатных осей были равны нулю. Решение задач. Порядок решения задач здесь остается тем же, что и в случае плоской систсмы-сил. Установив, равновесие какого тела (объекта) рассматривается, надо изобразить все дейст- действующие на него внешние силы (и заданные, и реакции связей) и со- составить условия равновесия этих сил. Из полученных уравнений и определяются искомые величины. Для получения более простых систем уравнений рекомендуется оси проводить так, чтобы они пересекали больше неизвестных сил или были им перпендикулярны (если это только излишне не услож- усложняет вычисления проекций и моментов других сил). Новым элементом в составлении уравнений является вычисле- вычисление моментов сил относительно координатных осей. В случаях, когда из общего чертежа трудно усмотреть, чему ра- равен момент данной силы относительно какой-нибудь оси, рекомен- рекомендуется изобразить на вспомогательном чертеже проекцию рассмат- рассматриваемого тела (вместе с силой) на плоскость, перпендикулярную этой оси. * При составлении условий E1) можно, если это целесообразно, брать для вычисления проекций одну систему координатных осей, а для вычисления момен- моментов — другую. 80
В тех случаях, когда при вычислении момента возникают за- затруднения в определении проекции силы на соответствующую плос- плоскость или плеча этой проекции, рекомендуется разложить силу на две взаимно перпендикулярные составляющие (из которых одна параллельна какой-нибудь координатной оси), а затем воспользо- воспользоваться теоремой Вариньона (см. задачу 36). Кроме того, можно вы- вычислять моменты аналитически по формулам D7), как, например, в задаче 37. Задача 39. На прямоугольной плите со сторонами а и Ь лежит груз. Центр тяжести плиты вместе с грузом находится в точке D с координатами Хд, i/д (рис, 97). Один из рабочих удерживает плиту за угол А. В каких точках В и Е должны поддерживать плиту двое других рабочих, чтобы силы, прикладываемые каждым из удерживающих плиту, были одинаковы. Решение. Рассматриваем равновесие плиты, которая является свободным телом, находящимся в равновесии под действием четырех параллельных сил Q-,, Q-2> Рз> Р> гДе Р ¦— сила тяжести. Составляем для этих сил условия равновесия E3), считая плиту горизонтальной и проводя оси так, как показано на рис. 97. Получим: Qib+Q2y—PyD=O, —Q2a-Qsx+PxD=0, По условиям задачи должно быть Qi=Q2=Q<,= Q. Тогда из последнего урав- уравнения P=3Q. Подставляя это значение Р в первые два уравнения, найдем оконча- окончательно x=3xq—a, y=3yD—Ь. Решение возможно, когда а/3«хд<2а/3, Ь/3<г/д<26'3. При xD=a/3, у^—Ь/З получимx—y=Q, a при xD—2a/3, у д—26/3 будетх— а, у=Ь. Когда точка D в центре плиты, х=а/2, у=Ь/2. Рис. 98 Задача 40. На горизонтальный вал, лежащий в подшипниках Л и В (рис. 98) насажены перпендикулярно оси вала шкив радиусом гг—20 см и барабан радиусом JY= 15 см. Вал приводится во вращение ремнем, накинутым на шкив; при этом рав- равномерно поднимается груз весом Р=540 Н, привязанный к веревке, которая на- наматывается на барабан. Пренебрегая весом вала, барабана и шкива, определить реакции подшипников А и В и натяжение 7\ ведущей ветви ремня, если известно, что оно вдвое больше натяжения Г2 ведомой ветви. Дано: а=40 см, 6=60 см, а^ЗО0. Решение. В рассматриваемой задаче при равномерном вращении вала действующие на него силы удовлетворяют условиям равновесия E1) (это будет доказано в § 136). Проведем координатные оси (рис. 98) и изобразим действующие на вал силы: натяжение F веревки, по модулю равное Р, натяжения ремня 7\, Т2 и составляющие Yл, Z&, YBZs реакций подшипников. 81
Для составления условий равновесия E1) вычисляем предварительно и вно- вносим в таблицу значения проекций всех сил на координатные оси и их моментов относительно этих осей *, Fkx Fky Fkz "ix {Fk) my (Fa) mz (Fk) F 0 fcos a —F sin a -Fr, F sin ab F cosa-b Ti 0 Ti 0 Tin 0 -Tja T2 0 Tx 0 -Ttft 0 —T2a Ra 0 YA Za 0 0 0 Rb 0 Yh Zb 0 -ZB (a + b) YB(a+b) Теперь составляем условия равновесия E1); так как F=P, получим: Р cos а+Т1+Г2+УА+Ув=0, (I) -Я sin a.+ZA+ZB=0, (II) -/¦зР+гЛ-^Г^О, (III) ЬР sin a—(a+b)Z8=O, (IV) bP cos а—аТ1—аТ2+ (a-{-b)Y3=0. (V) Из уравнений (III) и (IV) находим сразу, учитывая, что 7'1=27'2? Г2=г2р/Г1=405Н, Zs=(bP sin a)/(a+6)= 162 Н. Далее, из уравнения (V) получаем: Гд=(ЗаГ2—6Р cos а)/(а+6)~205 Н. Подставляя найденные значения в остальные уравнения, найдем: YA=— P cos a—ЗГ2—Гв«—1890 Н, ZA=P sin a—Zs=108 H, И окончательно 74=810 Н, Кд~—1890 Н, ZA=108 H, Fs«205 H, Za=162 H. Задача 41. Прямоугольная крышка весом Р=120Н, образующая с верти- вертикалью угол а=60°, закреплена на горизонтальной оси АВ в точке В цилиндриче- цилиндрическим подшипником, а в точке А — подшипником с упором (рис. 99). Крышка удер- удерживается в равновесии веревкой DE и оттягивается перекинутой через блок О нитью с грузом весом Q=200 Н на конце (линия КО параллельна АВ). Дано: BD=BE, АК=а=0,4 м, АВ=Ь=1 м. Определить натяжение веревки DE и реакции подшипников А и В. Решение. Рассмотрим равновесие крышки. Проведем координатные оси, беря начало в точке В (при этом сила Т пересечет оси у ж г, что упростит вид урав- * Предварительное составление таблиц при решении задач этого раздела осо- особенно полезно. Таблица заполняется по столбцам, т. е. сначала вычисляются все проекции и моменты силы F, а затем силы Ti и т. д. Таким образом, сначала все внимание сосредоточивается на первой силе, затем — на второй и т. д. Если же сразу составлять уравнения E1), то к рассмотрению каждой силы придется воз- возвращаться шесть раз; при этом вероятнее появление ошибок, а особенно пропус- пропусков отдельных сил в том или ином уравнении. 82
нений моментов). Затем изобразим все действующие на крышку заданные силы и реакции связей: силу тяжести Р, приложенную в центре тяжести С крышки, силу Q', равную по модулю Q, реакцию Г веревки и реакции_Хл> YA, ZA и Kg, Zb подшипников Ayl В (рис. 99; показанный пунктиром вектор М к данной задаче не относится). Для составления ус- условий равновесия введем угол р и обозначим BD=BE=d. Под- Подсчет моментов некоторых сил пояснен на вспомогательных рис. 100, а, б. На рис. 100, а показан вид в проекции на плоскость Вуг с положительного конца оси х. Этот чертеж помогает вычислять моменты сил Р и Т относитель- относительно оси х. Из него видно, что про- проекции этих сил на плоскость yz (плоскость, перпендикулярную оен х) равны самим силам, а плечо силы Р относительно точ- точки В равно ВСх -sin a=(dl2) sina; плечо же силы Т относительно этой точки равно BD-sin f>= ==rf sin p. На рис. 100, б показан вид Я/ в проекции на плоскость Bxz с положительного конца оси у. Этот чертеж (вместе с рис. 100, а) помогает вычислять моменты сил d\ Р~я Q' относительно оси у. Из него видно, что проекции этих сил на плоскость хг равны са- самим силам, а плечо силы Р от- относительно точки В равно АВ/2= =6/2; плечо же силы Q' относи- относительно этой точки равно АК\, т. е. AK-cosa или a cos a, что видно из рис. 100, а. Рис. Составляя с учетом сделанных пояснений условия равновесия E1) и полагая одновременно Q'=Q, получим: (I) = 0, (II) созР + гл+2д = 0, (III) 2mx(Fk)=—(Pd/2) sin a + Tdsin$ = 0, (IV) I,my(Fk)——Pb/2+Qa cos a + ZAb = 0, (V) 2mz (Fk) = Qa sin a —YAb = 0. (VI) Учитывая, что {$=а/2=30°, найдем из уравнений (I), (IV), (V), (VI): X4 = Q=200H, 7= (P sin a)/2 sin p« 104 H, ZA = Pj2—(Qa cos a)/6 = 20 H, Кл= (Qa sin a)/6 я 69 H. Подставляя эти значения в уравнения (II) и (III), получим: YB = T sin$—YA = —l7 H, ZB = P — T cos $—ZA= 10H. Окончательно, TwlO4H, Хл = 200Н, Ул«69Н, Z4=20H, Ув =—17Н, ZB = 10H. 83
Задача 42. Решить задачу 41 для случая, когда на крышку дополнительно действует расположенная в ее плоскости пара с моментом М=120 Н-м; поворот пары направлен (если смотреть на крышку сверху) против хода часовой стрелки. Решение. В дополнение к действующим на крышку силам (см. рис. 99) изображаем момент М пары в виде вектора, перпендикулярного к крышке и при- приложенного в любой точке, например в точке А. Его проекции на координатные оси: Мх=0, Му=М cos а, Мг—М sin а. Тогда, составляя условия равновесия E2), найдем, что уравнения (I) — (IV) останутся такими же, как в предыдущей задаче, а последние два уравнения имеют вид: ~Pb!2+ZAb+Qa cos a+M cos a=0, (V) —YBb+Qa sin a+M sin а=0. (VI') Заметим, что этот же результат можно получить, не составляя уравнения в виде E2), а изобразив пару двумя силами, направленными, например, вдоль линий АВ и КО (при этом модули сил будут равны М/а), и пользуясь затем обычными ус- условиями равновесия. Решая уравнения (I) — (IV), (V'), (VI'), найдем результаты, аналогичные полученным в задаче 41, с той лишь разницей, что во все формулы вместо величины Qa войдет Qa-\-M. Окончательно получим: ГиНИН, Хд = 200Н, Кл«173Н, ZA = — 40Н, Кя = —121 Н, ZB = 70H. Задача 43. Горизонтальный стержень АВ прикреплен к стене сферическим шарниром А и удерживается в положении, перпендикулярном стене, растяж- растяжками КЕ и CD, показанными на рис. 101, а. К концу В стержня подвешен груз весом Р—36 Н. Определить реакцию шарнира А и натяжения растяжек, если АВ= =я=0,8 м, AC=AD1=b—0,6 м, АК=а>2, а=30°, C=60°. Весом стержня прене- пренебречь. С У Рис. J01 Решение. Рассмотрим равновесие стержня. На него действуют сила Р и реакции Тд-, Tq, ХА, YА, Z\. Проведем координатные оси и составим условия равновесия E1). Для нахождения проекций и моментов силы Тс разло- разложим ее на составляющие Тг и Т% (Т1= Tccos a, 7= Tc sin а). Тогда по теореме Вариньона * mx(Tc)=mx(T1), так как mx(T2)=0, a mz(f^)=mz{1\), так как * Заметим, что угол между силой Тс и плоскостью Ayz не равен 45°, как иногда в аналогичных случаях ошибочно полагают. Поэтому, например, при на- нахождении тх(Тс) по формуле D5) надо сначала определить этот угол или найти другим путем проекцию Тс на плоскость Ауг, что усложнит расчет (составляющая 7i проекцией силы Тс на плоскость Ауг не является). С помощью же теоремы Ва- Вариньона значение tnx(Tc) легко находится. 84
()—Q. Вычисление моментов сил относительно оси г пояснено вспомога- вспомогательным чертежом (рис. 101, б), на котором дпн вид в проекции на плоскость Аху. Теперь составляем уравнения E1). Предварительно заметим, что так как все силы пересекают ось у, то их моменты относительно этой оси равны нулю; по- поэтому уравнений равновесия останется только пять: 2Fkx = Тк cos Р — Тг sin 45° + ХА = 0, b sin 45°- ~mz (Fk) = _G>/2) или, заменяя Тг и Т2 их значениями: TKcos$—Tcslnasin45° — TKsin$ — 7С sin a cos 45° |-Гл = 0, —P + 2"c cos а + Z^ = 0, — Pa - j- Tcft cos a = 0, — (TKa/2) cos ft -j- 7CS sin a sin 45° - 0. Решая эту систему уравнений, найдем окончательно Гс~55,4 Н, Гд-^58,8 Н, Хд~—9,8 Н, YA~70,5 H, ZA'= —12 Н. Составляющие ХА и ZA имеют, таким образом, направления, противоположные покачанным на чертеже. Задача 44. Горизонтальная плита ABC, имеющая форму равностороннего треугольника со стороной а, закреплена с помощью шести стержней так, как показано на рис. 102; при этом каждый из на- клончых стержней образует с горизонтальной плоскостью угол а—30°. В плоскости плиты дей- действует пара с моментом М. Пренебрегая весом плиты, определить усилия в стержнях. Решение. Рассматривая равновесие пли- плиты, изображаем вектор М момента действующей на нее пары сил и реакции Л1,, Л/2 Л'6 стер- жней; реакции направляем так, как если бы все стержни были растянуты (считаем, что плита отрывается от стержней). При равновесии сумма моментов всех действующих на тело сил и пар [см. равенства E2)] относительно любой оси долж- должна быть равна нулю. Направляя ось г вдоль стержня 1 и составляя уравнение моментов относительно этой оси, по- получим при MZ=M (Ar6cosa) h-\-M=0, где )г=аУ'6,'2 — высота треугольника. Отсюда иаходим _ Рис. Составляя уравнения моментов относительно осей, которые направляем рдоль стержней 2 и 3, получим такие же результаты для сил А/4 и Nb. Теперь составим уравнение моментов относительно оси х, направленной вдоль стороны АВ треугольника. Получим, учитывая, что Мх=0, N.Jx+ (Л'4 sin a) /i=0. Отсюда, так как iV4=A'e, находим N3 = ~N4 sin a = BM/aV~l) tg a. Такие же значения получим для величин N1 и N2, составляя уравнения моментов относительно осей АС и СВ. 85
Окончательно при а=30° будет: N1=N2-=N3=2M/3a, A^=iV5=iV0=— Ш/За. Полученные результаты показывают, что действием заданной пары верти- вертикальные стержни растягиваются, а наклонные сжимаются. Из рассмотренного примера видно, что при решении задач не всегда обязательно пользоваться условиями равновесия E1). Для пространственной системы сил, как и для плоской, существует не- несколько форм условий равновесия, из которых форма E1) является основной. В частности, можно доказать, что для равновесия пространствен- пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы были равны нулю суммы моментов всех сил относительно шести осей, направленных или по ребрам какой-нибудь треугольной пирамиды, или по боковым ребрам и ребрам основания треугольной призмы. Последние условия и были использованы при решении задачи 44. Глава VIII ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ § 31. ЦЕНТР ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ Понятие о центре параллельных сил используется при решении некоторых задач механики, в частности при определении положений центров тяжести тел. Рассмотрим сначала две параллельные силы Ft и F2, приложен- приложенные к телу в точках Лх и А2 (рис. 103). Очевидно, что эта плоская система сил имеет равнодействующую R=Fl+F2, линия действия которой параллельна слагаемым силам и проходит через некоторую точку С, лежащую на .прямой АХА2. Положение точки С найдем с помощью теоремы Вариньона. Согласно этой теореме mc(R) = =mc(F1)+mc(F2) или 0=F1h1—FJi^Fx-A^C-cos a—F%'A2C-cos a, откуда Fi-A1C=F2-A%C. E4) В равенство E4) входят модули F± и F2 рассматриваемых сил. Поэтому, если силы Fi и F2 повернуть около точек А1иА2в одну и ту же сторону на один и тот же угол, то образуются две новые па- параллельные силы F[ и F'2, имеющие те же модули F1( F2; следова- следовательно, для сил F'ly F'2 равенство E4) сохранится и линия действия их равнодействующей R' тоже пройдет через точку С. Такая точка называется центром параллельных сил Ft и F2. Теперь рассмотрим систему параллельных и одинаково направ- направленных сил Flt Ft, . . ., Fn, приложенных к твердому телу в точках 86
v4i, A2, . . ., An (рис. 104). Эта система сил имеет равнодействую- равнодействующую R—'ZFb, модуль которой t\~bth. [ЬЬ) Если каждую из сил системы поворачивать около точки ее при- приложения в одну и ту же сторону на один и тот же угол, то будут получаться новые системы одинаково направленных параллельных сил с теми же модулями и точ- точками приложения (см. напри- например, показанные пунктиром силы на рис. 104). Равнодей- Равнодействующая каждой из таких систем сил будет иметь тот же модуль R, но всякий раз дру- hi \ С / ' \ ¦ я' Рис. 103 Рис. 104 roe направление. Покажем, что при всех таких поворотах линия действия равнодействующей проходит через одну и ту же точку С. В самом деле, сложив сначала силы/7! и F2, найдем по формуле E4), что их равнодействующая R± (на рис. 104 не показана) будет всегда проходить через точку си положение которой определяется равенст- равенством F1-AiC1=F2-A2c1. Сложив затем силы Rx и F3, найдем, что их равнодействующая, являющаяся одновременно равнодействующей сил Ти Ft, Fs, всегда проходит через аналогично определяемую точ- точку с2, лежащую на прямой сгА 3, и т. д. Доведя этот процесс последо- последовательного сложения сил до конца, убедимся, что равнодействую- равнодействующая R всех сил действительно проходит всегда через одну и ту же точку С, положение которой по отношению к точкам Аг, А2, . . ., Ап, т. е. к телу, будет неизменным. Точка С, через которую проходит линия действия равнодействую- равнодействующей системы параллельных сил при любых поворотах этих сил около их точек приложения в одну и ту же сторону и на один и тот же угол, называется центром параллельных сил. Найдем координаты центра параллельных сил. Положение точки С по отношению к телу является неизменным и от выбора системы координат зависеть не будет. Возьмем поэтому произвольные коорди- координатные оси Охуг и обозначим в этих осях координаты точек: Ах(хи уи Zi), A2(x2, У г, 22), • • ., С(хс, Ус, гс)- Пользуясь тем, что от на- направления сил положение" точки С не зависит, повернем сначала 87
силы около их точек приложения так, чтобы они стали параллель- ны оси Oz, и применим к повернутым силам F'lt F\, . . ., F'n теорему Вариньона. Так как R' является равнодействующей этих сил, то по формуле D6), беря моменты относительно оси Оу, найдем, что т (R ) = 2jny(rk). (эо) Но из чертежа [или из равенств D7)] видно, что my{R')=Rxc, так как R'=R; аналогично my(F'1)=F1xl, так как F'X=FU и т. д. Подставляя все эти величины в равенство E6), получим рг F г 4-F г Л- 4- F г — Vfv 1ЧЛС — 1Л1 i 2Л2 ~~Г • • • ~ ' плп ' Z»J клк' Отсюда определим хс. Для координаты ус аналогичную формулу найдем, беря моменты относительно оси Ох. Чтобы определить zc, повернем опять все силы, сделав их параллельными оси Оу, и применим к этим силам (изобра- (изображенным пунктиром с точками) теорему Вариньона, беря моменты относительно оси Ох. Это даст: — Rzc = — Flz1 + (— Jv2) +...+(— Fnzn), откуда определим zc. Окончательно получим следующие формулы для координат цент- центра параллельных сил: zc 'Vfz E7) где R определяется равенством E5). Заметим, что формулы E5) и E7) будут справедливы и для па- параллельных сил, направленных в разные стороны, если считать Fk величинами алгебраическими (для одного направления со знаком плюс, а для другого — минус) и если при этом R=?0. § 32. СИЛОВОЕ ПОЛЕ. ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ ТВЕРДОГО ТЕЛА Область, в каждой точке которой на помещенную туда материаль- материальную частицу действует сила, зависящая от положения (координат) этой точки, называется силовым полем *. Примером силового поля является поле тяготения (поле сил притяжения к Земле или к лю- боту другому небесному телу). На каждую частицу тела, находящегося вблизи земной поверх- поверхности, действует направленная вертикально вниз сила, которую называют силой тяжести (вопрос о том, что собой представляет сила * Такое силовое поле называют стационарным. Если же значения сил могут еще изменяться с течением времени, поле называется нестационарным. Понятие о поле может быть введено и для других векторов, которые такое векторное поле образуют, например для скоростей или ускорений точек тела (см. § 48, 51). 88
тяжести, будет рассмотрен в § 92). Эти силы образуют поле сил тяже- тяжести. Для тел, размеры которых очень малы по сравнению с земным ра- радиусом, силы тяжести, действующие на частицы тела, можно счи- считать параллельными друг другу и сохраняющими для каждой час- частицы постоянное значение при любых поворотах тела. Поле тя- тяжести, в котором выполняются, эти два условия, называют однородным полем тя- тяжести. Равнодействующую сил тяжести ри р2, ¦ • ., рп, действующих на частицы дан- данного тела, обозначим Р (рис. 105). Модуль этой силы называется весом тела и опреде- определяется равенством P=2/v E8) При любом повороте тела силы рк остают- остаются приложенными в одних и тех же точках тела и параллельными друг другу, изменяет- изменяется только их направление по отношению к телу. Следовательно, по доказанному в § 31, равнодействующая Р сил pk будет при любых положениях тела проходить через одну и ту же неизменно связан- связанную с телом точку С, являющуюся центром параллельных сил тя- тяжести ph. Эта точка и называется центром тяжести тела. Таким образом, центром тяжести твердого тела называется неизменно связанная с этим телом точка, через которую проходит линия дейст- действия равнодействующей сил тяжести, действующих на частицы дан- данного тела, при любом положении тела в пространстве. Что такая точка существует, следует из доказанного в §31. Координаты центра тяжести, как центра параллельных сил, оп- определяются формулами E7), следовательно, 1 ^ 1 *-._.. _ iv._. E9) где xj,, Уку ?h — координаты точек приложения сил тяжести pk, действующих на частицы тела. Отметим в заключение, что согласно определению центр тя- тяжести — это точка геометрическая; она может лежать и вне пределов данного тела (например, для кольца). § 33. КООРДИНАТЫ ЦЕНТРОВ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ ТЕЛ Для однородного тела вес pk любой его части пропорционален объему vk этой части: ph=yvh, а веЬ Р всего тела пропорционален объему V этого тела, т. е. P=yV, где у — вес единицы объема. Подставив эти значения Р и pk в формулы E9), заметим, что во всех суммах у как общий множитель выносится за скобки и сокраща- 89
ется с у в знаменателе. В результате из формул E9) получим: f гн. F0) Как видно, положение центра тяжести однородного тела зависит только от его геометрической формы, а от величины у не зависит. По этой причине точку С, координаты которой определяются форму- формулами F0), называют центром тяжести объема V. Путем аналогичных рассуждений легко найти, что если тело пред- представляет собой однородную плоскую и тонкую пластину, то для нее где 5 — площадь всей пластины; sh — площади ее частей. Точку, координаты которой определяются формулами F1), на- называют центром тяжести площади S. Точно так же получаются формулы для координат центра тя- тяжести линии: Ц1У * ?(Л. F2) где L — длина всей линии; lk — длины ее частей. По формулам F2) можно находить центры тяжести изделий из тонкой проволоки постоянного сечения. Таким образом, центр тяжести однородного тела определяется, как центр тяжести соответствующего объема, площади или линии. § 34. СПОСОБЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ КООРДИНАТ ЦЕНТРОВ ТЯЖЕСТИ ТЕЛ Исходя из полученных выше общих формул, можно указать конк- конкретные способы определения координат центров тяжести тел. 1.Симметрия. Если однородное тело имеет плоскость, ось или центр симметрии, то его центр тяжести лежит соответственно или в плоскости симметрии, или на оси симметрии, или в центре симметрии. Допустим, например, что однородное тело имеет плоскость сим- симметрии. Тогда этой плоскостью оно разбивается на две такие части, веса которых р± и р2 равны друг другу, а центры тяжести находят- находятся на одинаковых расстояниях от плоскости симметрии. Следова- Следовательно, центр тяжести тела как точка, через которую проходит равнодействующая двух равных и параллельных сил pi и р2, будет действительно лежать в плоскости симметрии. Аналогичный ре- результат получается и в случаях, когда тело имеет ось или центр симметрии. Из свойств симметрии следует, что центр тяжести однородного круглого кольца, круглой или прямоугольной пластины, прямо- прямоугольного параллелепипеда, шара и других однородных тел, имею- 90
щих центр симметрии, лежит в геометрическом центре (центре сим- симметрии) этих тел. 2. Разбиение. Если тело можно разбить на конечное число таких частей, для каждой из которых положение центра тяжести известно, то координаты центра тяжести всего тела можно непосред- непосредственно вычислить по формулам E9) — F2). При этом число сла- слагаемых в каждой из сумм будет равно числу частей, на которые разбито тело. Задача 45. Определить координаты центра тяжести однородной пластины, изображенной на рис. 106. Все размеры даны в сантиметрах. Решение. Проводим оси х, у и разбиваем пластину на три прямоугольни- прямоугольника (линии разреза показаны на рис. 106). Вычисляем координаты центров тяжести каждого из прямоугольников и их площади (см. таблицу). № «ft Ук «ft I j 1 4 2 1 5 20 3 5 9 12 Рис. 106 Площадь всей пластины S=s1+s2+s3= 36 см2. Подставляя вычисленные величины в формулы F1), получаем: —4 + 20 + 60 „1 Ус_ 36 4+100+108 36 Ц8 =5-9-см. Найденное положение центра тяжести С показано на чертеже; точка С ока- оказалась вне пластины. 3. Дополнение. Этот способ является частным случаем способа разбиения. Он применяется к телам, имеющим вырезы, если центры тяжести тела без выреза и выре- занной части известные Задача 46. Определить положение центра тяжести круглой пластины радиуса R с вырезом радиуса г (рис. 107). Расстояние CiC.^a. Решение. Центр тяжести пластины лежит на линии Ct C2, так как эта линия является осью сим- симметрии. Проводим координатные оси. Для нахождения координаты Xq дополняем площадь пластины до пол- полного круга (часть 1), а затем вычитаем из полученной площади площадь вырезанного круга (часть 2). При этом площадь части 2, как вычитаемая, должна браться со знаком минус. Тогда st=nR2, s2=—яг2, jc1=O, х%=а, S=S!+s2=.u(i?3—а2), 91 Рис.
Подставляя найденные значения в формулы F1), получаем: Найденный центр тяжести С, как видим, лежит левее точки Сг. 4. Интегрирование. Если тело нельзя разбить на не- несколько конечных частей, положения центров тяжести которых известны, то тело разбивают сначала на произвольные малые объемы Дуъ для которых формулы F0) принимают вид Д., F3) где xh, yh, zh — координаты некоторой точки, лежащей внутри объе- объема Avk. Затем в равенствах F3) переходят к пределу, устремляя все Avk к нулю, т. е. стягивая эти объемы в точки. Тогда стоящие в равенствах суммы обращаются в интегралы, распространенные на весь объем тела, и формулы F3) дают в пределе: F4) (V) (V) : = 7] zdv- (V) Аналогично для координат центров тяжести площадей и линий получаем в пределе из формул F1) и F2): ds F5) (S) (S) ± f zdl. Id F6) Пример применения этих формул к определению координат центра тяжести рассмотрен в следующем параграфе. 5. Экспериментальный способ. Центры тяжести неоднородных тел сложной конфигурации (самолет, паровоз и т. п.) можно определять экспериментально. Один из возможных эксперименталь- экспериментальных методов (метод подвешивания) состоит в том, что тело подвешивают на нити или тросе за различные его точки. Направление нити, на которой подвешено тело, будет каждый раз давать направление силы тяжести. Точка пересечения этих направлений определяет центр тяжести тела. Другим возможным способом экспериментального определения центра тяжести является метод взвешивания. Идея этого метода ясна из рассмотренного ниже примера. Пример. Покажем, как можно экспериментально определить одну из коорли- нат центра тяжести самолета (расстояние а), если расстояние АВ~ I (рис. 108) 92
известно. Поставив колесо В на платформу весов, найдем взвешиванием силу дав- давления колеса на платформу; тем самым будет найдена численно равная этой силе реакция Л^. Точно так же взвешиванием находим реакцию Л/2. Приравнивая за- затем нулю сумму моментов всех сил относительно центра тяжести С самолета, полу- получаем N.la—N1(l—а)—0, откуда находим a—lN1l(N1-\-N^. Очевидно, Nl-\-Ni:=P, где Р — вес самолета. Если значение величины Р наперед известно, то для определения а можно обойтись только однократным взве- взвешиванием. § 35. ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ НЕКОТОРЫХ ОДНОРОДНЫХ ТЕЛ 1. Центр тяжести дуги окружности. Рас- Рассмотрим дугу АВ радиуса R с центральным углом АОВ =2а. В силу симметрии центр тяжести этой дуги лежит на оси Ох (рис. 109). Найдем координату хс по формулам F6). Для этого выделим на дуге АВ элемент ММ' длиной dl=R dcp, положение которого определя- определяется углом ф. Координата х элемента ММ' будет x=R cos ф. Под- Подставляя эти значения х и d/ в первую из формул F6) и имея в виду, что интеграл должен быть распространен на всю длину дуги, полу- получим: В а I ) = z-7-sin а, где L —¦ длина дуги АВ, равная R -2а. Отсюда окончательно нахо- находим, что центр тяжести дуги окружности лежит на ее оси симмет- симметрии на расстоянии от центра О, равном xc={R sin a)la, F7) где угол а измеряется в радианах. 2. Центр тяжести площади треугольника. Разобьем площадь треугольника ABD (рис. ПО) прямыми, парал- < х > у У \У* jc (л/ лельными стороне AD, на п узких полосок; центры тяжести этих полосок будут лежать на медиане BE треугольника. Следовательно, и центр тяжести всего треугольника лежит на этой медиане. Анало- Аналогичный результат получается для двух других медиан. Отсюда за- 93
ключаем, что центр тяжести площади треугольника леокит в точ- точке пересечения его медиан. При этом, как известно, СЕ=ВЕ/3. F8) 3. Центр тяжести площади кругового сек- сектора. Рассмотрим круговой сектор ОАВ радиуса R с централь- центральным углом 2а (рис. 111). Разобьем мысленно площадь сектора ОАВ радиусами, проведенными из центра О, на п секторов. В пределе, Рис. 111 Рис. ИЗ при неограниченном увеличении числа п, эти секторы можно рас- рассматривать как плоские треугольники, центры тяжести которых лежат на дуге DE радиуса 2.R/3. Следовательно, центр тяжести сек- сектора ОАВ совпадает с центром тяжести дуги DE, положение кото- которого найдется по формуле F7). Окончательно получим, что центр тяжести площади кругового сектора лежит на его оси симметрии на расстоянии от центра О, равном Xf п 2 Я sin a F9) Приведем без доказательств еще два результата. 4. Центр тяжести объема пирамиды (или конуса). Этот центр С лежит на прямой Ct? (рис. 112), где Е — вершина, а Сг — центр тяжести площади основания пирамиды; при этом Результат справедлив для любой многоугольной пирамиды и для конуса. 5. Центр тяжести объема полушара. Этот центр С лежит на оси Ох (оси симметрии, рис. 113), а его координата G1) xc=OC=3R/8, где R — радиус полушара. Формулы, определяющие координаты центров тяжести других однородных тел, можно найти в различных технических справочни- справочниках.
Раздел второй КИНЕМАТИКА ТОЧКИ И ТВЕРДОГО ТЕЛА Глава IX КИНЕМАТИКА ТОЧКИ § 36. ВВЕДЕНИЕ В КИНЕМАТИКУ Кинематикой называется раздел механики, в котором изуча- изучаются геометрические свойства движения тел без учета их инертно- инертности (массы) и действующих на них сил. Кинематика представляет собой, с одной стороны, введение в динамику, так как установление основных кинематических понятий и зависимостей необходимо для изучения движения тел с учетом действия сил. С другой стороны, методы кинематики имеют и са- самостоятельное практическое значение, например, при изучении пе- передач движения в механизмах. Под движением мы понимаем в механике изменение с течением времени положения данного тела в пространстве по отношению к другим телам. Для определения положения движущегося тела {или точки) в разные моменты времени с телом, по отношению к которому изучает- изучается движение, жестко связывают какую-нибудь систему координат, образующую вместе с этим телом систему отсчета. В дальнейшем будем говорить о движении тела (или точки) по отношению к данной системе отсчета, подразумевая под этим движение по отношению к тому телу, с которым эта система отсчета связана. Изображать сис- систему отсчета будем в виде трех координатных осей (не показывая тело, с которым они связаны). Выбор системы отсчета в кинематике произволен (определяется целью исследования), и в отличие от ди- динамики (см. § 74) все кинематические зависимости, полученные при изучении движения в какой-нибудь одной системе отсчета, будут справедливы и в любой другой системе отсчета. Движение тел совершается в пространстве с течением времени. Пространство в механике мы рассматриваем как трехмерное евкли- евклидово пространство. Все измерения в нем производятся на основании методов евклидовой геометрии. За единицу длины при измерении расстояний принимается 1 м. Время в механике считается универ- универсальным, т. е. протекающим одинаково во всех рассматриваемых 95
системах отсчета. За единицу времени принимается 1 с. Размерность длины обозначается символом L, а времени — символом Т. Евклидово пространство и универсальное время отражают реаль- реальные свойства пространства и времени лишь приближенно. Однако, как показывает опыт, для движений, которые изучаются в механике (движения со скоростями, далекими от скорости света), это прибли- приближение дает вполне достаточную для практики точность. Время является скалярной, непрерывно изменяющейся величи- величиной. В задачах кинематики время t принимают за независимое пере- переменное (аргумент). Все другие переменные величины (расстояния, скорости и т. д.) рассматриваются как изменяющиеся стечением вре- времени, т. е. как функции времени t. Отсчет времени ведется от не- некоторого начального момента (^=0), о выборе которого в каждом случае условливаются. Всякий данный момент времени t определя- определяется числом секунд, прошедших от начального момента до данного; разность между какими-нибудь двумя последовательными момен- моментами времени называется промежутком времени. Почерпнутые из опыта и подтвержденные практикой основы, . на которых строится кинематика, дают аксиомы геометрии. Никаких дополнительных законов или аксиом для кинематического изучения движения не требуется. Для решения задач кинематики надо, чтобы изучаемое движение было как-то задано (описано). Кинематически задать движение или закон движения тела (точ- (точки) — значит задать положение этого тела (точки) относительно данной системы отсчетав любой момент времени. Установление ма- математических способов задания движения точек или тел является одной из важных задач кинематики. Поэтому изучение движения любого объекта будем начинать с установления способов задания этого движения. Основная задача кинематики точки и твердого тела состоит в том, чтобы, зная закон движения точки (тела), установить методы определения всех кинематических величин, характеризующих дан- данное движение. Изучение кинематики начнем с изучения движения простейшего объекта — точки (кинематика точки), а затем перейдем к изучению кинематики твердого тела. Непрерывная линия, которую описывает движущаяся точка от- относительно данной системы отсчета, называется траекторией точки. Если траекторией является прямая линия, движение точки называ- называется прямолинейным, а если кривая — криволинейным. § 37. СПОСОБЫ ЗАДАНИЯ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ Для задания движения точки можно применять один из следую- следующих трех способов: 1) векторный, 2) координатный, 3) естественный. 1. Векторный способ задания движения точки. Пусть точка М движется по отношению к некоторой си- системе отсчета Oxyz. Положение этой точки в любой момент времени- 96
можно определить, задав ее радиус-вектор г, проведенный из на- начала координат О в точку М (рис. 114). При движении точки М вектор г будет с течением времени изме- изменяться и по модулю, и по направлению. Следовательно, г является переменным вектором (вектором-функцией), зависящим от аргу- аргумента i: 7=7 {ty (l) Равенство A) и определяет закон движения точки в векторной форме, так как оно позволяет в любой момент времени построить соответствующий вектор г и найти положение движущейся точки. Геометрическое место концов вектора /-, т. е. годограф этого век- вектора, определяет траекторию движущейся точки. Аналитически, как известно, вектор задается его проекциями на координатные оси. В прямоугольных декартовых координатах для вектора г будет: rx=x, ry=yKrz—z (см. рис. 114), где х, у, z — де- декартовы координаты точки. Тогда, если ввести единичные векторы (орты) i, j, k координатных осей, получим для г выра- выражение _ _ _ 7=xT+yT'+zk. B) Следовательно, зависимость A) г от t будет известна, если будут заданы коор- координаты х, у, zточки как функции време- времени. Такой способ задания движения точки Рис. 114 (координатный) рассмотрим ниже. Век- Вектор г может быть задан, как известно, и иными способами, например его модулем и углами с осями или проекциями на оси других систем координат. Для получения общих формул, не зависящих от того, как конкретно задан век гор г, будем исходить из векторного закона дви- движения, представленного равенством A). 2. Координатный способ задания движе- движения точки. Положение точки можно непосредственно опре- определять ее декартовыми координатами х, у, г, которые при движении точки будут с течением времени изменяться. Чтобы знать закон дви- движения точки, т. е. ее положение в пространстве в любой момент вре- времени, надо знать значения координат точки для каждого момента времени, т. е. знать зависимости *=М0. у=Ш, z=/,'@. C) Уравнения C) представляют собой уравнения движения точки в прямоугольных декартовых координатах. Они определяют закон движения точки при координатном способе задания движения *. * Задать движение точки можно, пользуясь и другими системами координат, например полярными (см. § 47), сферическими и т. д. 4 М> 2173 97
Если движение точки происходит все время в одной и той же плоскости, то, приняв эту плоскость за плоскость Оху, получим в этом случае два уравнения движения: *=Ы'), У=Ш. D) Наконец, при прямолинейном движении точки, если вдоль ее траектории направить координатную ось Ох, движение будет опре- определяться одним уравнением (законом прямолинейного движения точки) № E) Уравнения C) и D) представляют собой одновременно уравне- уравнения траектории точки в параметрической форме, где роль параметра играет время /. Исключив из уравнений движения время /, можно найти уравнение траектории в обычной форме, т. е. в виде, дающем зависимость между координатами точки. Пример. Пусть движение точки в плоскости Оху дано уравнениями: x=2t, у=121\ (а) где х, у выражены в сантиметрах; / — в секундах. По этим уравнениям можно найти, что в момент времени /=0 точка находится в положении Мо (О, 0), т. е. в начале координат, в момент t^= lc — в положении Mj B,12; и т д. Таким образом, уравнения (а) действительно определяют положе- положение точки в любой момент времени. Давая t разные значения и изображая соот- соответствующие положения точки на рисунке, можем построить ее траекторию. Другим путем траекторию можно найти, исключив t из уравнении (а). Из первого уравнения находим t~xf2 и, подставляя зю значение t во второе уравне- уравнение, получаем (/=3ла Следовательно, траекторией точки является парабола с вершиной в начале координат и осью, параллельной оси Оу. Другие примеры определения траектории точки см. в §41. 3. Естественный способ задания движе- движения точки. Естественным (или траекторным) способом задания а , движения удобно пользоваться в тех слу- ®+ чаях, когда траектория движущейся точки известна заранее. Пусть кривая АВ явля- является траекторией точки М при ее движении относительно системы отсчета Oxyz (рис. 115). Выберем на этой траектории какую- нибудь неподвижную точку О', которую примем за начало отсчета, и установим на траектории положительное и отрицатель- Рис. 115 ное направления отсчета (как на координат- координатной оси). Тогда положение точки М на тра- траектории будет однозначно определяться криволинейной коорди- координатой s, которая равна расстоянию от точки О' до точки М, изме- измеренному вдоль дуги траектории и взятому с соответствующим зна- знаком. При движении точка М перемещается в положения Mlt Мг,. . ., следовательно, расстояние s будет с течением времени изменяться. Чтобы знать положение точки М на траектории в любой момент вре- времени, надо зцать зависимость / F)
Уравнение F) и выражает закон движения точки М вдоль тра- траектории. Таким образом, чтобы задать движение точки естественным спо- способом, надо задать: 1) траекторию точки; 2) начало отсчета на траек- траектории с указанием положительного и отрицательного направлений отсчета; 3) закон движения точки вдоль траектории в виде s=f(t). Заметим, что величина s в уравнении F) определяет положение движущейся точки, а не пройденный ею путь. Например, если точ- точка, двигаясь из начала О', доходит до положения Мх (рис. 115), а затем, перемещаясь в обратном направлении, приходит в положе- положение М, то в этот момент ее координата s=O'M, а пройденный за время движения путь б\дет равен O'AU+M^W, т. е. не равен s. §38. ВЕКТОР СКОРОСТИ ТОЧКИ Одной из основных кинематических характеристик движе- движения точки является векторная величина, называемая скоростью точки. Введем сначала понятие о средней скорости точки за какой- нибудь промежуток времени. Пусть движущаяся точка находится в момент времени t в положении М, определяемом радиусом-векто- радиусом-вектором г, а в момент U приходит в положение Mlt определяемое векто- вектором ti (рис. 116). Тогда перемещение точки за промежуток времени Д/=^—t определяется вектором ММи который будем называть вектором перемещения точки. Этот вектор направлен по хорде, если точка движется криволинейно (оис. 116, а), и вдоль самой траек- траектории АВ, когда движение является прямолинейным (рис. 116, б). Из треугольника ОМ \'U видно, что r-\-MM1=ri\ следовательно, ММ1 = г1—г = А/-. Отношение вектора перемещения точки к соответствующему промежутку времени дает векторную величину, называемую сред- средней по модулю и направлению скоростью точки за промежуток вре- времени At: г7ср = MMjAt = Д7/Д/ G) 4* S9
Направлен вектор i>cp так же, как и вектор MMlt т. е. при криво- криволинейном движении вдоль хорды ММи в сторону движения точки, а при прямолинейном движении— вдоль самой траектории (от де- деления на At направление вектора не изменяется). Очевидно, что чем меньше будет промежуток времени А/, для которого вычислена средняя скорость, тем величиаа vcv будет точ- точнее характеризовать движение точки. Чтобы получить точную характеристику движения, вводят понятие о скорости тонкие данный момент времени. Скоростью точки в данный момент времени t называется вектор- векторная величина v, к которой стремится средняя скорость уср при стрем- стремлении промежутка времени At к нулю: v = lim (? ) = lim ? . i Предел отношения A/VAf при At -»- 0 представляет собой первую производную от вектора г по аргументу t и обозначается, как и про- производная от скалярной функции, символом drldt. Окончательно по- получаем Итак, вектор скорости точки в данный момент времени равен первой производной от радиуса-вектора точки по времени. Так как предельным направлением секущей ММг является ка- касательная, то вектор скорости тонки в данный момент времени на- направлен по касательной к траектории точки в сторону движения. Формула (8) показывает также, что вектор скорости v равен от- отношению элементарного перемещения точки йг, направленного по касательной к траектории, к соответствующему промежутку вре- времени dt. __ При прямолинейном движении вектор скорости v все время на- направлен вдоль прямой, по которой движется точка, и может изме- изменяться лишь численно; при криволинейном движении кроме чис- числового значения все время изменяется и направление вектора ско- скорости точки. Размерность скорости LIT, т. е. длина/время; в ка- качестве единиц измерения применяют обычно м/с или км/ч. Вопрос об определении модуля скорости будет рассмотрен в § 40 и 42. § 39. ВЕКТОР УСКОРЕНИЯ ТОЧКИ Ускорением точки называется векторная величина, характери- характеризующая изменение с течением времени модуля и направления ско- скорости точки. Пусть в некоторый момент времени ^движущаяся точка нахо- находится в положении М и имеет скорость у, а в момент tt приходит в 100
положение М± и имеет скорость v± (рис. 117). Тогда за промежуток времени At=tx—t скорость точки получает приращение Аи—иг—v. Для построения вектора Аи отложим от точки М вектор, равный иь и построим параллелограмм, в котором диагональю будет vu a одной из сторон v. Тогда, очевидно, вторая сторона и будет изобра- изображать вектор Av. Заметим, что вектор Av всегда направлен в сторону вог- вогнутости траектории. Отношение приращения вектора скорости Aw к соответствующему про- промежутку времени А^ определяет век- вектор среднего ускорения точки за этот промежуток времени: - ,-Л, /пч Рис. acv — AvlAt. (9) Вектор среднего ускорения имеет то же направление, что и век- вектор Av, т. е. направлен в сторону вогнутости траектории. Ускорением точки в данный момент времени t называется век- векторная величина а, к которой стремится среднее ускорение аср при стремлении промежутка времени At к нулю: — ,. Ли dt» а= urn -тт = ;гг или, с учетом равенства (8), Следовательно, вектор ускорения точки в данный момент време- времени равен первой производной от вектора скорости или второй произ- производной от радиуса-вектора точки по времени. Размерность ускорения L/T2, т. е. длина/(времяJ; в качестве единицы измерения применяется обычно м/с2. Из формулы A0) следует также, что вектор ускорения точки а равен отношению элементарного приращения вектора скорости dv к соответствующему промежутку времени dt. Найдем, как располагается вектор а по отношению к траекто- траектории точки. При прямолинейном движении вектор а направлен вдоль прямой, по которой движется точка. Если траекторией точки явля- является плоская кривая, то вектор ускорения а, так же как и вектор аср, лежит в плоскости этой кривой и направлен в сторону ее вогнутости. Если траектория не является плоской кривой, то вектор аср на- направлен в сторону вогнутости траектории и лежит в плоскости, про- проходящей через касательную к траектории в точке М и прямую, па- параллельную касательной в соседней точкеМг (рис. 117). В пределе, 101
когда точка Мг стремится к М, эта плоскость занимает положение так называемой соприкасающейся плоскости, т. е. плоскости, в кото- которой происходит бесконечно малый поворот касательной к траектории при элементарном перемещении движущейся точки *. Следователь- Следовательно, в общем случае вектор ускорения а лежит в соприкасающейся плоскости и направлен в сторону вогнутости кривой. Вопрос об определении модуля ускорения будет рассмотрен в § 40 и 43. § 40. ОПРЕДЕЛЕНИЕ СКОРОСТИ И УСКОРЕНИЯ ТОЧКИ ПРИ КООРДИНАТНОМ СПОСОБЕ ЗАДАНИЯ ДВИЖЕНИЯ Найдем, как вычисляются скорость и ускорение точки, если ез движение задано уравнениями C) или D). Вопрос об определении траектории в этом случае был уже рассмотрен в §37. Формулы (8) и A0), определяющие значения v и а, содержат производные по времени от векторов г и о. В равенствах, содержа- содержащих производные от векторов, переход к зависимостям между их проекциями осуществляется с помощью следующей теоремы: про- проекция производной от вектора на ось, неподвижную в данной систе- системе отсчета, равна производной от проекции дифференцируемого вектора на ту же ось, т. е. - dp dpx dp,, $„ если 9=~u> т0 ?*=?¦ Ь = -п'1* = 1&' 1. Определение скорости точки. Вектор ско- скорости точки v=dr/tlt. Отсюда на основании формул A1), учитывая, что rx=x, ry=y, rz=z, найдем: dx dt/ йг ,.„. °- = dF- vy = dt'v^dt <12) нти vx = x, vy = y, vz=--z, A2') где точка над буквой есть символ дифференцирования по времени. Таким образом, проекции скорости точки на координатные оси равны первым производным от соответствующих координат точки по вре- времени. Зная проекции скорости, найдем ее модуль и направление (т. е. углы а, р\ у, которые вектор у" образует с координатными осями) по формулам = yJ./D, cos P — vylv, cosy = vjv ) * ' * Для пространственной кривой (например, для винтовой линии) в каждой точке кривой будет своя соприкасающаяся плоскость. Для плоской кривой со- соприкасающаяся плоскость совпадает с плоскостью этой кривой и является общей для всех ее точек. 102
2. Определение ускорения точки. Вектор ус- ускорения точки a=dv/dt. Отсюда на основании формул A1) получаем: _d^_d^ __^_d^ _4^_d=2 /,4ч а* — dt ~ d!2 ' у ~ dt di* ' *~ ut ~~dl* y ' ax = vx = x, aJ/ = vg = y, az = v2 = z, A4') т. е. проекции ускорения точки на координатные оси равны первым производным от проекций скорости или вторым производным от соответствующих координат точки по времени. Модуль и направле- направление ускорения найдутся из формул -= ay/a, cosу1 = сг/а J * ' где аь рь 7i — углы, образуемые вектором ускорения с коорди ЬсГГНЬШИ ОСЯМИ. Итак, если движение точки задано в декартовых прямоугольных координатах уравнениями C) или D), то скорость точки определя- определяется по формулам A2) и A3), а ускорение— по формулам A4) и A5). При этом в случае движения, происходящего в одной плоско- плоскости, во всех формулах должна быть отброшена проекция на ось z. В случае же прямолинейного движения, которое задается одним уравнением x=f{t), будет dx dvx Равенства A6) и определяют значения скорости и ускорения точки в этом случае. § 41. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ КИНЕМАТИКИ ТОЧКИ Задачи, решаемые методами кинематики точки, могут состоять в определении траектории, скорости или ускорения точки, в отыска- отыскании времени, в течение которого точка проходит тот или иной путь, или пути, проходимого за тот или иной промежуток времени, и т. п. Прежде чем решать любую из такого рода задач, надо устано- установить, по какому закону движется точка. Этот закон может быть не- непосредственно задан в условиях задачи (задачи 47, 48) или же из условий задачи определен (задачи 49, 50). Задача 47. Движение точки задано уравнениями (х, у — в метрах, t — в се- секундах). x=St—4P, y=&—3f: Определить траекторию, скорость и ускорение точки. Р е ш е ь и е. Для определения траектории исключаем из уравнений дви- движения время /. Умножая обе части первого уравнения па 3, а обе части второ- ю — на 4 и почленно вычитая из первого равенства второе, получим: Зх—4у=0 или у=3х,'4. 103
Следовательно, траектория — прямая линия, наклоненная к оси Ох под уг- углом а, где tga=3/4 (рис. 118). Определяем скорость точки. По формулам A2) и A3) получаем: Теперь находим ускорение точки. Формулы A4) и A5) дают: ах = 'х'=— 8, ау=у = —6, а— 10 м/с3. Направлены векторы и и а вдоль траектории, т. е. вдоль прямой АВ. Проекции ускорения на координатные оси все время отрицательны, следовательно, ускоре- ускорение имеет постоянное направление от В к А. Проекции скорости при 0<*<1 по- положительны, следовательно, в течение этого промежутка времени скорость точки направлена от О к Б. При этом в момент времени ^=0и=10м/с; в момент t—\ си—0. В последующие моменты времени (<>1 с) обе проекции скорости отрицательны и, следовательно, скорость направлена от В к А, т. е. так же, как и ускорение. Заметим, наконец, чго при i=0 x=0 и у=0; при <=1с %=4, у=3 (точка В); при /=2с х=0, у=0; при if>2c значения х и у растут по модулю, оставаясь отри- отрицательными. Итак, заданные в условиях задачи уравнения движения рассказывают нам всю историю движения точки. Движение начинается из точки О с начальной ско- скоростью ко= 10 м/с и происходит вдоль прямой АВ, наклоненной к оси Ох под углом а, для которого tga=3/4. На участке OS точка движется замедленно (модуль ее скорости убывает) и через одну секунду приходит в положение В D, 3), где ско- скорость ее обращается в нуль. Отсюда начинается ускоренное движение в обратную сторону. В момент ^=2с точка вновь оказывается в начале координат и дальше продолжает свое движение вдоль ОА, Ускорение точки все время равно 10 м/с2. \СС /0 12 3 Рис. 118 Рис. 119 Задача 48. Движение точки задано уравнениями: x=R sin at, y=R cosarf, z=ut, где Я,йио — постоянные величины. Определить траекторию, скорость и уско- ускорение точки. Решение. Возводя первые два уравнения почленно в квадрат и складывая, получаем Следовательно, траектория лежит на круглом цилиндре радиуса R, ось ко- которого направлена вдоль оси Ог (рис. 119). Определяя из последнего уравнения t и подставляя в первое, находим x=R sin (<вг/и). 104
Таким образом, траекторией точки будет линия пересечения синусоидальной поверхности, образующие которой параллельны оси Оу (синусоидальный гофр) с цилиндрической поверхностью радиуса R. Эта кривая называется винтовой линией. Из уравнений движения видно, что один виток винтовой линий точка про- проходит за время tlt определяемое из равенства ш?1=2я. При этом вдоль оси г точ- точка за это время перемещается на величину h=ut1=2nu/a>, называемую шагом винтовой линии. Найдем скорость и ускорение точки. Дифференцируя уравнения движения по времени, получаем: ах = vx = — /?со2 sin mt, ay = Vy = —i?j)a cos (att откуда о= V Ягш3 (cos2 bit + sin2 at) + и2 = Стоящие под знаком радикала величины постоянны. Следовательно, движение происходит с постоянной по модулю скоростью, направленной по касательной к траектории, Теперь по формулам A4) вычисляем проекции ускорения; откуда Итак, двлжение происходит с постоянным по модулю ускорением, Для опре- определения направления ускорения имеем формулы: tcos а.1=ах/а=—sin a>t=—xlR, cos P1=aj//a=—cos mt=—ylR, cosy1=a2/a=0. Но, очевидно, x/R=zoba, ylR — cos f>, где аир —углы, образуемые с осями Ох и Оу радиусом R, проведенным от оси цилиндра к движущейся точке. Так как косинусы углов о, и р\ отличаются от ко- косинусов а и р только знаками, то отсюда заключаем, что ускорение точки все вре- время направлено по радиусу цилиндра к его оси. Заметим, что хотя в данном случае движение и происходит со скоростью, по- постоянной по модулю, ускорение точки не равно нулю, так как направление ско- скорости изменяется. Задача 49. Человек ростом h удаляется от фонаря, висящего на высоте //, двигаясь прямолинейно со скоростью и. С какой скоростью движется конец тени человека? Решение. Для решения задачи найдем сначала закон, по которому дви- движется конец тени. Выбираем начало отсчета в точке О, находящейся на одной вер- вертикали с фонарем, и направляем вдоль прямой, по которой движется конец тени, координатную ось Ох (рис. 120). Изображаем человека в произвольном положении на расстоянии хг от точки О. Тогда конец его тени будет находиться от начала О на расстоянии х2. Из подобия треугольников ОАМ и DAB находим: Я Это уравнение выражает закон движения конца тени М, если закон движения человека, т« е, Xi=}(t), известен, 105
Взяв производную по времени от обеих частей равенства и замечая, что по формуле A6) х1=их=и> x^vx=v, где v — искомая скорость, получим Я Если человек движется с постоянной скоростью (ы= const), то скорость конца тени М будет тоже постоянна, ко в Hi(H—h) раз больше, чем скорость человека. Обращаем внимание на то, что при составлении уравнений движения надо изображать движущееся тело или механизм (см. задачу 50) в произвольном поло- у сети. Только тогда мы поучим уравнения, определяющие положение движу- движущейся точки (или Te.iaj з любой момент времени. Рис. 120 Рис. 121 Задача 50. Определить траекторию, скорость п ускорение середины М шату- шатуна кривошипно-ползунйого мечанизма (рис. 121), если ОЛ=Лб=26, а угол <р при вращении кривошипа растет пропорционально времени: q=<nt. Решение. Начинаем с определения уравнений движения точки М. Про- Проводя оси и обозначая координаты точки М в произвольном положении через х и у находим x=2b cos Ф+Ь cos ф, y=b sin ср. Заменяя <р его значением, получаем уравнения движения точки М: x=3b cos (ut, y—b sin wt. Для определения траектории точки М представим уравнения движения в виде ~=cosu>*, -f- = sinco*. 6у Ь Возводя эти равенства почленпо в квадрат и складывая, получим Итак, траектория точки М — эллипс с полуосями 36 и Ь. Теперь по формулам A2) и ^ 13) находим скорость точки М: vx = x=—Зга sin cot, vy ~y= ba> cos at; Скорость оказывается величиной переменной,' меняющейся с течением времени в пределах от vm-m—ba до ?'1Гах=36<и. Далее по формулам A4; определяем проекции ускорения точки М; ах~—ЗЬа>2 cos со?——<а2*, ау=—ЬчР1 sin at——со?у; 106
отсюда а = V ш1 {х%+уг) =¦ и2/-, где г — длина радиуса-вектора, проведанного из центра О до точки М. Следо- Следовательно, модуль ускорения точки меняется пропорционально ее расстояние от центра эллипса. Для определения направления а имеем по формулам A5): cosa1=axta——x/r, cos $1=ag/a=—ylr. Отсюда, так же как и в'задаче 48, находим, что ускорение точки М все вреь-ч направлено вдоль МО к центру эллипса. § 42. ОСИ ЕСТЕСТВЕННОГО ТРЕХГРАННИКА. ЧИСЛОВОЕ ЗНАЧЕНИЕ СКОРОСТИ Рассмотрим, как вычисляются скорость и ускорение точки при естественном способе задания движения (см. § 37), т. е. когда заданы траектория точки и закон движения точки вдоль этой траектории в виде s=f(t). В этом случае значения векторов о и а определяют по их проек- проекциям не на оси системы отсчета Oxyz (как в § 40), а на подвижные оси Mxnb, имеющие начало в точке М и движущиеся вместе с нею (рис. 122). Эти оси, называемые осями естественного трехгранника (или скоростными осями), направлены следующим образом: ось Мх — по касательной к траектории в сторону положительного отсчета расстояния s; ось Мп — по нормали к траектории, лежащей в соприкасающейся плоскости и направленной в сторону вогнутости траектории; ось Mb — перпендикулярно к первым двум так, чтобы она образовала с ними правую систему осей. Нормаль Мп, ле- лежащая в соприкасающейся плоскости (в плоскости самой кривой, если кривая -о'+ плоская), называется главной нормалью, а перпендикулярная ей нормаль Mb — би- бинормалью. Скорость точки, направленная по каса- тельной к траектории (рис. 122), определяет- Рис- 122 ся в осях Mxnb только одной проекцией i\ на ось Мх. При этом vx=v или vx =—v. Следовательно, vx или сов- совпадает с модулем скорости v, или отличается от v только знаком. Условимся поэтому в дальнейшем обозначать vx тоже символом v, опуская индекс х, и называть v числовым (или алгебраическим) зна- значением скорости. Модуль скорости во всех случаях, когда это не может вызвать недоразумений, будем тоже обозначать символом и, а когда надо подчеркнуть, что речь идет о модуле скорости,— при- применять символ \v\. Найдем значение v. Если за промежуток времени Д? точка совершит вдоль дуги траектории перемещение MMt=^s (см. рис. 115), где одновременно As — приращение координаты s, то численно средней скоростью точки за этот промежуток времени 107
будет ucp==-As/Ai и в пределе найдем, что Таким образом, числовое значение скорости точки в данный мо- момент времени равно первой производной от расстояния (криволиней- (криволинейной координаты) s этой точки по времени. Значение v можно также находить как отношение элементарного перемещения ds точки к соответствующему промежутку времени dt. Так как всегда dt>Q, то знак v совпадает со знаком ds. Следователь- Следовательно, когда Ю>0, скорость направлена в сторону положительного отсчета расстояния s, а когда v<cO, — в противоположную сторону. Таким образом, величина v одновременно определяет и модуль ско- скорости, и сторону, куда она направлена. §43. КАСАТЕЛЬНОЕ И НОРМАЛЬНОЕ УСКОРЕНИЯ ТОЧКИ В § 39 было установлено, что ускорение а точки лежит в соприка- соприкасающейся плоскости, т. е. в плоскости Mm. Следовательно, проек- проекция вектора а на бинормаль Mb равна нулю (аь—0). Найдем проек- проекции а на две другие оси. Проектируя_обе части равенства A0) на оси Мх и Мп и обозначая символами (dv)x и (dv)n проекции вектора do на эти оси, получим: ax=-(dv)x/dt, aa = {dv)j6i. A8) Вектор do представляет собой разность между скоростями в двух соседних точках М и М' (рис. 123, а), т. е. dv—v'—v. Отложим векторы v=MA и v'=MB от общего начала (рис. 123, б); тогда du- duff " С * Рис. —АВ, а фигуру ACBD при бесконечно малом угле скр можно рас- рассматривать как прямоугольник. Отсюда (dv)x=AC=DB=MB— —MA~v'—v=dv, где dv — элементарное приращение числового значения скорости. Далее, поскольку предел отношения дуги к хорде равен единице, можно AD рассматривать как элементарную дугу радиуса МА, размер которой определяется произведением радиуса на центральный угол. Тогда (dv)n—AD=MA 'dq>=ydcp. Подставляя найденные значения (dv)x и (dv)n в равенства A8), получим: ax — dv/dt, aa — vd(f/dt A9) 108
Угол между касательными к кривой в двух ее точках называется углом смежности; тогда dcp — элементарный угол смежности. На- Напомним, что отношение d<p к ds = ММ', определяет кривизну кривой в точке М, а кривизна k является величиной, обратной радиусу кривизны р в этой точке, т. е. dq>/ds=A=l/p. B0) Введем эту величину во второе из равенств A9) и преобразуем его, учтя еще равенство A7), к виду dq> ds = v-r--r = us dt V — — . р р В результате окончательно получим: du d2s о2 a а B1) Таким образом, ыы доказали, что проекция ускорения точки на касательную равна первой производной от числового значения ско- скорости или второй производной от расстояния (криволинейной коор- координаты) s по времени, а проекция ускорения на главную нормаль равна квадрату скорости, деленному на радиус кривизны траектории в данной точке кривой; проекция ускорения на бинормаль равна нулю. Это одна из важных теорем кинематики. Величины ах и ап называют касательным и нормальным ускорениями точки. При движении точки М в одной плоскости касательная Мх поворачивается вокруг бинормали Mb с угловой скоростью ti>=dq>/dt. Тогда второе из равенств A9) дает еще одну, часто используемую в инженерной практике формулу для вычисления ап: an=vm. B1') Из нее следует, что нормальное ускорение равно произведению скорости точки на угловую скорость поворота касательной к траектории. Отложим вдоль касательной Мх и главной нормали Мп векторы ах и ап, т. е. касательную и нормальную составляющие ускорения (рис. 124). При этом со- составляющая ап будет всег- всегда направлена в сторону вогнутости кривой, так как всегда ап>0, а составляю- составляющая а% может быть направ- направлена или в положительном, или в отрицательном на- направлении оси Мх в зави- зависимости от знака проекции ах (см. рис. 124, а, б). Вектор ускорения точки а изображается диагональю парал- параллелограмма, построенного на составляющих ах и ап. Так как эти составляющие взаимно перпендикулярны, то модуль вектора а 109 Рис. 124
§ 44. НЕКОТОРЫЕ ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ Пользуясь полученными результатами, рассмотрим некоторые частные случаи движения точки. 1. Прямолинейное движение. Если траекторией точки является прямая линия, то р=оо. Тогда ап=о2/р=0 и все ускорение точки равно одному только касательному ускорению: a=^az = dv/dt. B3) Так как в данном случае скорость изменяется только численно, то отсюда заключаем, что касательное ускорение характеризует изменение числового значения скорости. 2. Равномерное криволинейное движение. Равномерным называется такое криволинейное движение точки, в котором числовое значение скорости все время остается постоян- постоянным: t»=const. Тогда aT=dc,'d^=0 и все ускорение точки равно одному только нормальному ускорению: a=an=v-ip. B4) Вектор ускорения а направлен при этом все время по нормали к траектории точки. Так как в данном случае ускорение появляется только за счет изменения направления скорости, то отсюда заключаем, что нор- нормальное ускорение характеризует изменение скорости по направле- направлению. Найдем закон равномерного криволинейного движения. Из фор- формулы A7) имеем &s~v&t. Пусть в начальный момент времени (t—0) точка находится от начала отсчета на расстоянии s0. Тогда, беря от левой и правой частей равенства определенные интегралы в соот- соответствующих пределах, получим 1Ю
так как u=const. Окончательно находим закон равномерного кри- криволинейного движения точки в виде s=so+vt. B5) Если в равенстве B5) положить so=O, то s даст путь, пройденный точкой за время t. Следовательно, при равномерном движении путь, пройденный точкой, растет пропорционально времени, а скорость точки равна отношению пути ко времени: s=vt, v=s't. B5') 3. Равномерное прямолинейное движение. В этом случае ап—ах—0, а значит, и а=0. Заметим, что единствен- единственным движением, в котором ускорение тонки все время равно нулю, является равномерное прямолинейное движение. 4. Равнопеременное криволинейное д в и- ж е и и е. Равнопеременным называется такое криволинейное дви- движение точки, при котором касательное ускорение остается все время постоянным: aT=const. Найдем закон этого движения, считая, что при /=0 s=s0, а v=v0, где иЛ — начальная скорость точки. Со- Согласно первой из формул B1) dv=axdt. Так как aT=const, то, беря от обеих частей последнего равенства интегралы в соответствующих пределах, получим B6) Формулу B6) представим в виде ds'dt=vo+axt или ds=vodtJ-axMf. Вторично интегрируя, найдем закон равнопеременного криволи- криволинейного движения точки s=so-f-ty-fal/=/2. B7) При этом скорость точки определяется формулой B6). Если при криволинейном движении точки модуль скорости воз- возрастает, то движение называется ускоренным, а если убывает,— замедленным. Так как изменение модуля скорости характеризуется м, А J И А Уз X Риг. 123 Pec. 126 касательным ускорением, то движение будет ускоренным, если Ее- лнчины v и ах имеют одинаковые знаки (угол между векторами и и а острый, рис. 125, а), и замедленным, если разные (угол между о и а тупой, рис. 125, б). В частности, при равнопеременном движении, если в равенстве Ш
B6) v и ах имеют одинаковые знаки, движение будет равноускорен- равноускоренным, а если разные знаки,— равнозамедленным. Формулы B5) — B7) определяют также законы равномерного или равнопеременного прямолинейного движения точки, если считать s=x. При этом в равенствах B6) и B7) ах=а, где а — чис- числовое значение ускорения данной точки [см. формулу B3)]. 5. Гармонические колебания. Рассмотрим пря- прямолинейное движение точки, при котором ее расстояние х от начала координат О изменяется со временем по закону х=А cos kt, B8) где А и k — постоянные величины. Точка М (рис. 126) совершает при этом движении колебания между положениямиМо(-\-А) пЛ41(—А). Колебания, происходящие по закону B8), играют большую роль в технике. Они называются простыми гармоническими колебаниями. Величина А, равная наи- наибольшему отклонению точки от центра колебаний О, называется амплитудой колебаний. Легко видеть, что, начиная движение в момент ^=0 из положения Ма, точка вновь придет в это положение в момент времени tu для которого coskt1=\, т.е. Ых=2л. Промежуток времени Г=/1=2:гт/&, в течение которого точка совершает одно полное колебание, называется периодом колебаний. Беря производные от х по t, найдем значения скорости и уско- ускорения точки: v~vx=—Aks'mkt, a=ax=—Ak2coskt. B9) Следовательно, в этом движении и скорость, и ускорение точки изменяются с течением времени по гармоническому закону. По знакам о и а легко проверить, что когда точка движется к центру колебаний, ее движение является ускоренным, а когда от центра колебаний,— замедленным. Аналогичные колебания происходят и при законе x=Asinkt, только движение в этом случае начинается из центра О. Гармонические колебания по закону s=Acoskt (или s=A sinkt) точка может совершать, двигаясь вдоль любой кривой (см., напри- например, в § 46 задачу 51). Все сказанное о характере движения при этом сохранится с той лишь разницей, что последняя из формул B9) будет определять касательное ускорение точки; кроме него точка будет еще иметь нормальное ускорение an=v2/p, §45. ГРАФИКИ ДВИЖЕНИЯ, СКОРОСТИ И УСКОРЕНИЯ ТОЧКИ Если в соответствующих масштабах откладывать вдоль оси абс- абсцисс время i, а вдоль оси ординат — расстояние s, то построенная в этих осях кривая s=f(f) будет изображать график расстояний, или график движения точки. По этому графику наглядно видно, как изменяется положение точки (ее координата s) с течением времени. 112
Аналогично, в соответствующих масштабах могут быть построе- построены кривые, дающие зависимость v(t) — график скорости и ax(t), an(t), a{i) — графики касательного, нормального и полного ускоре- ускорений. На рис. 127, а, б, в сверху показаны графики движений, опре- определяемых соответственно уравнениями B5), B7) и B8). Ниже на тех же рисунках изображены для этих движений графики-скоростей и графики касательных ускорений. График равномерного движения изображается, как мы видим, прямой линией, направленной под углом к оси абсцисс, график ско- скорости в этом случае —¦ прямой, параллельной оси абсцисс (u=const), а график касательного ускорения — прямой, совпадающей с осью абсцисс (ат=0). Для равнопеременного движения (в изображенном на рис. 127, б случае — ускоренного) график движения изобра- изображается ветвью параболы, график скорости — прямой, направлен- направленной под углом к оси абсцисс, а график касательного ускорения — прямой, параллельной оси абсциис (ах=const). Наконец, для гар- гармонических колебаний (рис. 127, в) соответствующие графики изоб- изображаются косинусоидами или синусоидами. График движения не следует смешивать с траекторией, которая во всех рассмотренных случаях должна быть задана дополнительно. Графики нормального и полного ускорений на рис. 127 не пока- показаны, так как ап и а кроме закона движения зависят еще от р, т. е. от вида траектории, и при одном и том же законе s=f(t) будут для разных траекторий разными. ИЗ
§48. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ Как уже указывалось, для решения задач кинематики надо знатв закон движения точки. Если движение задано естественным спосо- способом (дана траектория и закон движения вдоль траектории), то все характеристики движения (скорость, касательное, нормальное п полное ускорение) определяются по формулам, полученный в § 42—44. Этими формулами можно, конечно, пользоваться и когда движение задано другим способом. Покажем, как можно найти касательное и нормальное ускорения точки, когда движение задано координатным способом, например, уравнениями D). Для этого по формулам A2) — A5) находим и и а. Беря производную по времени от найден- найденной скорости v, можно определить aT=doldt. Но обычно это проще делать иначе. Возьмем равенство v3=v%-\-Vy и продифференцируем обе его части по t; получим 2w—2vxvx-\-2vyVy. Отсюда, учитывая равенства A4') и то, что v=a%, находим окончательно _(V,tVJ C0) Т и Теперь, зная лият, определяем а„ из равенства a2=al-\-aJ!. Одновременно мож- можно найти радиус кривизны траектории р из формулы а„=у2/р. Пример таких рас- расчетов дан в задаче 53. Задача 51. При небольших углах отклонения груз маятника (рис. 128) дви- движется по окружности радиуса / по закону s=A sin kt (начало отсчета в точке О, А и k — постоянные величины). Найти скорость, касательное и нормальное ускорения груза и те положения, в которых эти величины обращаются в нуль. Решение. Пользуясь соответствующими формулами, находим: v=s= Akcos kt; cT = t> = —Акг sin kt; an = vs/1 = (A-k?[t) cos2 kt. , „ _ь Из закона движения следует, что груз со- ~0+ М вершает вдоль траектории гармонические коле- р 12я бапия с дуговой амплитудой А. В крайних по- ложениях (в точках Вг и В2) sin kt= ± 1, а слр- довательно, cos kt=O. Поэтому в точках Вг и В, скорость и нормальное ускорение обращаются в нуль; касательное же ускорение имеет здесь наибольшее по модулю значение а_ _„=ЛА2. Когда груз приходит в начало отсчета О, то s=0 и, следовательно, sin A/=0, a cosAtf=l. В этом положении ат=0, a v и an имеют максимальные значения: vm3*=Ak, а„ тах=АЧУ1. Из данного примера видно, что при криволинейном неравномерном движении в отдельных точках траектории ат или an могут обращаться в нули. При этом а =0 в тех точках, Tnedv/dt=O, т. е. там, например, где v имеет максимум или минимум, а а,г=0 в тех точках, где v=0 (как в нашем случае) или где р=оо (точка перегиба траектории). Задача 52. Переход от координатного способа зада- задания движения к естественному. Движение точки М задано в де- декартовых координатах уравнениями: *=?cos(efV2), y=R sin (et*/2), (a) где R и e — постоянные положительные величины, имеющие размерности: R — длины, е — углового ускорения (см. § 49), 114
Перейти к естественному способу задания движения, т. е. определить тра- траекторию и закон движения точки вдоль траектории в виде s=f(t). Наити также сксрость и ускорение точки. Решение. Возведя каждое из уравнений (а) почленно в квадрат и затем сложив их, получим х2 \-tf=R2. Следовательно, траекторией точки является ок- окружность радиуса R с центром в начале координат. Из уравнений (а) видно, что при t—Q x=R,y=0, т. е. точка М находится на оси Ох. Примем это положение Мо за начало отсчета О' расстояния s; тогда при *=0 s=0. Когда *>0 у начинает возрастать, а х — убывать, т. е. точка начинает двигаться по направлению к оси Оу; примем это направление за положительное направление отсчета расстояния s. Для определения зависимости s=f(t) найдем выражение ds. Как иззестно, ds2~dx2-rdy2, a dx=x'dt, dy^y'dt. Тогда ds=Vx2-]-y2 dt, и поскольку при Л=0 8 = 0, t о Из уравнений (а) находим x——R?i sin (e№i, t/=Ret cos (ер'2) и x2+i/2= =/?V-f2. Поптпвлря это выражение в равенство (б) и вынося постоянный множи- множитель за знак интеграла, получим t s= Re [tdt или s = Ret2j2. (в) о Таким образом, точка движется по окружности радиуса R по закону s=Rst'1i2. Скорость точки v=s = Ret (r) и растет пропорционально времени. Далее находим Так как а = const и знаки v и ат совпадают (ч>0 и ах>0), то движение точки является равноускоренным (см. § 44, п. 4). Наконец, по формулам B2) находим Как видим, при t=0 a=az= R? (ап=0) и ,и=я/2. Затем со временем величина а растет, а угол [г между вектором а и радиусом окружности убывает, стремясь к пулю. Задача 53. Точка, получив направленную горизонтально скорость, движет- движется по закону, определяемому уравнениями: где и0 я g — некоторые постоянные. Найти траекторию, скорость и ускорение точки, а также ее касательное и нор- малъгюе ускорения и радиус кривизны траектории в любом положении, выразив их через скорость в этом положении. Решение. Определяя из первого уравнения t и подставляя во второе, получим и —Л г2 У— о,2 Траектория точки — парабола (рис. 129). Дифференцируя уравнения движения: по времени, найдема vx='x = v0, vy = y = gt, {a) откуда /.____ v = Vv2a+g4*. (б) 115
Таким образом, в начальный момент времени (^=0) скорость точки v—с0, а затем с течением времени скорость непрерывно возрастает. Найдем ускорение точки. По соответствующим формулам имеем: Следовательно, ускорение точки a=g. (г) В данном случае точка движется с постоянным по модулю и направлению ус- ускорением, параллельным оси Оу (это ускорение силы тяжести). Обращаем внима- внимание на то, что хотя здесь a=const, движение точки не является равнопеременным, так как условием равнопеременного движения является не a=const, а aT=const. В этом же движении, как мы сейчас увидим, а не посто- постоянно. Для определения а% воспользуемся формулой C0). Под. ставляя в нее значения соответствующих величин из ра- равенств (а) и (в), получим , Но из равенства (б) zjz—v2-^-g4s и, следовательно^ Подставляя это значение t, выразим а через скорость о! Рис. 129 _, -х ax=gV \-vilv\ (д) Отсюда следует, что в начальный момент времени, когда v~v0, aT=0. Затем, с увеличением v значение а% растет и при у->-оо ax-+g; следовательно, в пределе величина касательного ускорения стремится к полному ускорению g. Для нахождения ап обратимся к зависимости a2=a^+an- Отсюда о-п = vog/v. (e) Таким образом, в начальный момент времени (v=v0) an—g, а затем с увеличе- увеличением v значение ап убывает, стремясь в пределе к нулю. Для нахождения радиуса кривизны траектории воспользуемся формулой fln=ii2/p, откуда В начальный момент времени радиус кривизны имеет наименьшее значение рщ-щ3 ==i'o/g. а затем с увеличением v радиус кривизны растет и, следовательно, кривизна траектории уменьшается. При и->-оо р-^-оо, а кривизна стремится к нулю, §47*. СКОРОСТЬ И УСКОРЕНИЕ ТОЧКИ В ПОЛЯРНЫХ КООРДИНАТАХ Когда точка движется все время в одной и той же плоскости, ее положение можно определять полярными координатами г и ср (рис. 130). При движении точки эти координаты с течением времени изменяются. Следовательно, закон движения точки в полярных координатах будет задаваться уравнениями: C1) ив
Скорость точки численно равна ds/dt, т. е. отношению элемен- элементарного перемещения ds к промежутку времени d^. В данном случае перемещение ds геометрически слагается из радиального перемеще- перемещения, численно равного dr, и поперечного перемещения, перпендику- перпендикулярного радиусу ОМ и численно равного r-dcp. Следовательно, сама скорость v будет геометрически слагаться из радиальной скорости vr и поперечной скорости vv, численно равных „,=4; = >, Ч, = г? = ,ф. C2) Так как vr и иф взаимно перпендику- перпендикулярны, то по модулю Рис. 130 + r2(p3- C3) Формулы C2) и C3) определяют скорость точки в полярных ко- координатах при плоском движении. Равенство C3) можно еще получить, выразив через гиф декартовы координа- координаты точки в виде (рис. 130): х=г cos ф, y=r sin ф. Тогда х=т cos ф—лр sin ф, y=r sin ф+гф cos ф и по формуле A3) Таким же путем, вычислив х и у, можно по формуле A5) найти выражение для ускорения точки в полярных координатах а = V(r- гф2J -+- (гц? + 2л фJ. C4) При этом величина, стоящая под знаком радикала в первых скобках, равна аг, а во вторых скобках равна а_. Глава X ПОСТУПАТЕЛЬНОЕ И ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА § 48. ПОСТУПАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ В кинематике, как и в статике, будем рассматривать все твердые тела как 'абсолютно твердые. Задачи кинематики твердого тела рас- распадаются на две части: 1) задание движения и определение кинематических характе- характеристик движения тела в целом; 2) определение кинематических характеристик движения отдельных точек тела. Начнем с рассмотрения поступательного движения твердого тела. Поступательным называется такое движение твердого тела, 117
при котором любая прямая, проведенная в этом теле, перемещается, оставаясь параллельной своему начальному направлению. Поступательное движение не следует смешивать с прямолиней- прямолинейным. При поступательном движении тела траектории его точек мо- могут быть любыми кривыми линиями. Приведем примеры. 1. Кузов автомобиля на прямом горизонтальном участке дороги движется поступательно. При этом траектории его точек будут пря- прямыми линиями. 2. Спарник АВ (рис. 131) при вращении кривошипов ОХА и 02В @iA=02B) также движется поступательно (любая проведенная в нем прямая остается параллельной ее начальному направлению). Точки спарника движутся при этом по окружностям. г Рис. 132 Свойства поступательного движения определяются следующей теоремой: при поступательном движении все точки тела описывают одинаковые (при наложении совпадающие) траектории и имеют в каждый момент времени одинаковые по модулю и направлению ско- скорости и ускорения. Для доказательства рассмотрим твердое тело, совершающее по- поступательное движение относительно системы отсчета Oxyz. Возьмем в теле две произвольные точки А и В, положения которых в момент времени t определяются радиусами-векторами гА и гв (рис. 132); проведем вектор АВ, соединяющий эти точки. Тогда 7В = 7А + АВ. C5) При этом длина АВ постоянна, как расстояние между точками твердого тела, а направление А В остается неизменным, так как тело движется поступательно. Таким образом, вектор АВ во все время движения тела остается постоянным (АВ=const). Вследствие этого, как видно из равенства C5) (и непосредственно из чертежа), траектория точки В получается из траектории точки А параллель- параллельным смещением всех ее точек на постоянный вектор АВ. Следова- Следовательно, траектории точек А и В будут действительно одинаковыми (при наложении совпадающими) кривыми. Для нахождения скоростей точек А и В продифференцируем обе части равенства C5) по времени. Получим d7B/dt = drA/dt + d (AB)ldt. 118
Но производная от постоянного вектора АВ равна нулю. Про- Производные же от векторов гд и гв по времени дают скорости точек А и В. В результате находим, что т. е. что скорости точек А и В тела в любой момент времени оди- одинаковы и по модулю, и по направлению. Беря от обеих частей полу- полученного равенства производные по времени, найдем: dvA/dt = dvBldt или аА = ав. Следовательно, ускорения точек А и В тела в любой момент времени тоже одинаковы по модулю и направлению. Так как точки А и В были выбраны произвольно, то из найден- найденных результатов следует, что у всех точек тела их траектории, а также скорости и ускоре- ускорения в любой момент време- ни будут одинаковы. Таким образом, теорема доказана. Скорости и ускорения точек движущегося тела образуют векторные поля— поле скоростей и поле Рис 133 ускорений точек тела. Из доказанного следует, что поля скоростей и ускорений точек тела, движущегося поступательно, будут однородными (рис. 133), но вообще не стационарными, т. е. изменяющимися во времени (см. §32). Из теоремы следует также, что поступательное движение твер- твердого тела вполне определяется движением какой-нибудь одной его точки. Следовательно, изучение поступательного движения тела сводится к задаче кинематики точки, нами уже рассмотренной. При поступательном движении общую для всех точек тела ско- скорость v называют скоростью поступательного движения тела, а ускорение а — ускорением поступательного движения тела. Век- Векторы v и а можно изображать приложенными к любой точке тела. Заметим, что понятия о скорости и ускорении тела имеют смысл только при поступательном движении. Во всех остальных случаях точки тела, как мы увидим, движутся с разными скоростями и ускорениями, и термины «скорость тела» или «ускорение тела» для этих движений теряют смысл. §49. ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА ВОКРУГ ОСИ. УГЛОВАЯ СКОРОСТЬ И УГЛОВОЕ УСКОРЕНИЕ Вращательным движением твердого тела вокруг неподвижной оси называется такое его движение, при котором какие-нибудь две точки, принадлежащие телу (или неизменно с ним связанные), остаются во 119
Рис. 134 все время движения неподвижными (рис. 134). Проходящая через неподвижные точки А я В прямая А В называется осью вращения. Так как расстояния между точками твердого тела должны оста- оставаться неизменными, то очевидно, что при вращательном движении все точки, принадлежащие оси вращения, будут неподвижны, а все остальные точки тела будут описывать окружности, плоско- плоскости которых перпендикулярны оси враще- вращения, а центры лежат на этой оси. Для определения положения вращаю- вращающегося тела проведем через ось вращения, вдоль которой направим ось Аг, полуплос- полуплоскость / — неподвижную и полуплоскость //, врезанную в само тело и вращающую- вращающуюся вместе с ним (см. рис. 134). Тогда поло- положение тела в любой момент времени одно- однозначно определится взятым с соответствую- соответствующим знаком углом ф между этими полуплоскостями, который назо- назовем углом поворота тела. Будем считать угол ф положительным, если он отложен от неподвижной плоскости в направлении против хода часовой стрелки (для наблюдателя, смотрящего с положитель- положительного конца оси Az), и отрицательным, если по ходу часовой стрелки. Измерять угол ф будем всегда в радианах. Чтобы знать положение тела в любой момент времени, надо знать зависимость угла ф от времени t, т. е. Ф=/@. C6) Уравнение C6) выражает закон вращательного движения твер- твердого тела вокруг неподвижной оси. Основными кинематическими характеристиками вращательного движения твердого тела являются его угловая скорость со и угловое ускорение г*. Если за промежуток времени At=U—t тело совершает поворот на угол Аф=ф!—ф, то численно средней угловой скоростью тела за этот промежуток времени будет соср=Дф/Д?. В пределе при найдем, что dq> ft>~~dT ИЛИ 0) = ф. C7) Таким образом, числовое значение угловой скорости тела в данный момент времени равно первой производной от угла поворота по времени. Равенство C7) показывает также, что величина со равна отношению элементарного угла поворота с1ф к соответствующему промежутку времени d/. Знак со определяет направление вращения * Подобно тому, как в § 42 мы условились обозначать символом v числовое значение скорости и одновременно ее модуль, здесь со и е будут обознэчать число- числовые (алгебраические) значения угловой скорости и углового ускорения и одно- одновременно их модули, когда это не может вызвать недоразумений. 120
тела. Легко видеть, что когда вращение происходит против хода часовой стрелки, со>0, а когда по ходу часовой стрелки, то со<0. Размерность угловой скорости 1/Т (т. е. 1/время); в качестве единицы измерения обычно применяют рад/с или, чготоже, 1/с(с~1), так как радиан — величина безразмер- безразмерная. Угловую скорость тела можно изоб- изобразить в виде вектора со, модуль которо- которого равен ]со| и который направлен вдоль оси вращения тела в ту сторону, откуда вращение видно происходящим против хода часовой стрелки (рис. 135). Такой вектор определяет сразу и модуль угло- „ вой скорости, и ось вращения, и направ- направление вращения вокруг этой оси. Угловое ускорение характеризует изменение с те- течением времени угловой скорости тела. Если за промежуток вре- времени ht=U—t угловая скорость тела изменяется на величину Дсо = =coi—со, то числовое значение среднего углового ускорения тела за этот промежуток времени будет еср=Дсо/Д/. В пределе при ДНЮ найдем, учтя одновременно равенство C7), что °=Ж = Ж или в = ш = ф. C8) Таким образом, числовое значение углового ускорения тела в данный момент времени равно первой производной от угловой скорости или второй производной от угла поворота тела по времени. Размерность углового ускорения 1/Га A/время2); в качестве единицы измерения обычно применяется рад/с2 или, что то же, 1/с3 (с). Если модуль угловой скорости со временем возрастает, вращение тела называется ускоренным, а если убывает,— замедленным. Легко видеть, что вращение будет ускоренным, когда величины со и е имеют одинаковые знаки, и замедленным,— когда разные. Угловое ускорение тела (по аналогии с угловой скоростью) можно также изобразить в виде вектора е, направленного вдоль оси вращения. При этом Ё"= da/dt. C8') Направление е совпадает с направлением со, когда тело вращается ускоренно (рис. 135, а), и противоположно со при замедленном вращении (рис. 135, б). § 50. РАВНОМЕРНОЕ И РАВНОПЕРЕМЕННОЕ ВРАЩЕНИЯ Если угловая скорость тела остается во все время движения по- постоянной (co=-const), то вращение тела называется равномерным. Найдем закон равномерного вращения. Из формулы C7) имеем 121
d<p=(fld/. Отсюда, считая, что в начальный момент времени ?=0 угол ф=ф0, и беря интегралы слева от ср0 до ср, а справа от 0 до t, получим окончательно +W C9) Из равенства C9) следует, что при равномерном вращении, когда фо=О, Ф=со? и ю=ф//. D0) В технике скорость равномерного вращения часто определяют числом оборотов в минуту, обозначая эту величину через «об/мин*. Найдем зависимость между п об/мин и со 1/с. При одном обороте тело повернется на угол 2я, а при п оборотах на 2лл; этот поворот делается за время /=1 мин = 60 с. Из равенства D0) следует тогда, что <о=лл/30« 0,1л. D1) Если угловое ускорение тела во все время движения остается постоянным (е=const), то вращение называется равнопеременным. Найдем закон равнопеременного вращения, считая, что в началь- начальный момент времени ?=0 угол ф=фв) а угловая скорость ю=«„ (соо —¦ начальная угловая скорость). Из формулы C8) имеем dco=ed/. Интегрируя левую часть в пре- пределах от о)о до со, а правую — в пределах от 0 до t, найдем D2) Представим выражение D2) в виде i или dq>= Вторично интегрируя, найдем отсюда закон равнопеременного вра- вращения Ф=ф0+о>0/+е/2/2. D3) Угловая скорость со этого вращения определяется формулой D2). Если величины со и 8 имеют одинаковые знаки, вращение будет равноускоренным, а если разные — равнозамедлепным. § 51. СКОРОСТИ И УСКОРЕНИЯ ТОЧЕК ВРАЩАЮЩЕГОСЯ ТЕЛА Установив в предыдущих параграфах характеристики движения всего тела в целом, перейдем к изучению движения отдельных его точек. 1. Скорости точек тела. Рассмотрим какую-нибудь точку М твердого тела, находящуюся на расстоянии h от оси вра- вращения (см. рис. 134). При вращении тела точка М будет описывать скорость 122 * Следует особо подчеркнуть, что п по размерности не угол, а угловая юсть.
окружность радиуса h, плоскость которой перпендикулярна оси вращения, а центр С лежит на самой оси. Если за время dt проис- происходит элементарный поворот тела на угол dtp, то точка М при этом совершает вдоль своей траектории элементарное перемещение ds= =ftd(p. Тогда числовое значение скорости точки будет равно отно- отношению ds к dt, т. е. __ d? _ , dm ~5t~ "At ИЛИ = ha>. D4) Скорость v в отличие от угловой скорости тела называют иногда еще линейной или окруоюной скоростью точки М. Таким образом, числовое значение скорости точки вращающегося твердого тела равно произведению угловой скорости тела на расстоя- расстояние от этой точки до оси вращения. Направлена скорость по касательной к описываемой точкой окружности или перпендикулярно плоскости, проходящей через ось вращения и точку М. Так как для всех точек тела со имеет в данный момент времени одно и то же значение, то из формулы D4) следует, что скорости точек вращающегося тела пропорциональны их расстояниям от оси вращения. Поле скоростей точек вращающегося твердого тела имеет вид, показанный на рис. 136. Ркс. 13G Риг. 137 2. Ускорения точек тела. Для нахождения ускоре- ускорения точки М воспользуемся формулами aT=dv'dt, an=v~lp. В нашем случае p=h. Подставляя значение v из равенства D4) в выражения ах и ап, получим: dco h-a* Ж' n~~h~ ar — i или окончательно: D5) Касательная составляющая ускорения ах направлена по каса- касательной к траектории (в сторону движения при ускоренном вра- вращении тела и в обратную сторону при замедленном); нормальная составляющая ап всегда направлена по радиусу МС к оси вращения (рис. 137). 123
Полное ускорение точки М будет а= или D6) Отклонение вектора полного ускорения от радиуса описываемой точкой окружности определяется углом \i, который вычисляется по формуле tgfx=aT/a:n [вторая из формул B2)]. Подставляя сюда зна- значения ат и ап из равенств D5), получаем tg [x=e/co3. D7) Так как со и е имеют в данный момент времени для всех точек тела одно и то же значение, то из формул D6) и D7) следует, что ускорения всех точек вращающегося твердого тела пропорциональ- пропорциональны их расстояниям от оси вращения и образуют в данный момент времени один и тот же угол \а с радиусами описываемых ими окруж- окружностей. Поле ускорений точек вращающегося твердого тела имеет вид, показанный на рис. 138. Рис. 138 Рис. 139 Формулы D4) — D7) позволяют определить скорость и ускорение любой точки тела, если известен закон вращения тела и расстояние данной точки от оси вращения. По этим же формулам можно, зная движение одной точки тела, найти движение любой другой его точки, а также характеристики движения всего тела в целом. 3. Векторы скорости и ускорения точек тела. Чтобы найти выражения непосредственно для векторов v и а, проведем из произвольной точки О оси АВ радиус-вектор г точки М (рис. 139). Тогда h=r sin a и по формуле D4) \v \~ | со|Л = | г sin a или | = |сохг[ Таким образом, - модуль векторного произведения иХг равен модулю скорости точки М. Направления векторов аХг и v тоже совпадают (оба они перпендикулярны плоскости ОМВ) и размерно- размерности их одинаковы. Следовательно, D8) 124
т. е. вектор скорости любой точки вращающегося тела равен вектор- векторному произведению угловой скорости тела на радиус-вектор этой точки. Формулу D8) называют формулой Эйлера. Беря от обеих частей равенства D8) производные по времени, получим Аи [ <й> или а = (ех7) + (юху). D9) Формула D9) определяет вектор ускорения любой точки вращаю- вращающегося тела. Вектор еХг направлен, как и вектор иХг, т. е. по касательной к траектории точки М, а \еХг\=гг sin а=гп. Вектор же сохо на- направлен вдоль МС, т. е. по нормали к траектории точки М, а |сох Xu|=«ysin 90°=(о%, так как y=coft. Учитывая все эти результаты, а также формулы D5), заключаем, что гХг=а% и aXv=an. Задача 54. Вал, делающий л=90 об/мин, после выключения двигателя на- начинает вращаться равнозамедленно и останавливается через ^=40 с. Определить, сколько оборотов сделал вал за это время. Решение. Так как вал вращается равнозамедленно, то для него, считая <ро=О, будет «р=сО(,*+е*2/2, ш=<йо+е<. (а) Начальной угловой скоростью при замедленном вращении является та, ко- которую вал имел до выключения двигателя. Следовательно, соо=ял/30. В момент остановки при t=t1 угловая скорость вала. %=0. Подставляя эти вначения во второе из уравнений (а), получаем: 0=5X71/30+6^ И Е=—ЯП/ЗО^. Если обозначить число сделанных валом за время tt оборотов через N (не смешивать ел; п — угловая скорость), то угол поворота за то же время будет ра- равен ф1=2яЛг. Подставляя найденные значения е и цг в первое из уравнений (а), получим / откуда W=n*j/120=30 об. Задача 55. Маховик радиусом R=0fi м вращается равномерно, делая п= =90 об/мин. Определить скорость и ускорение точки, лежащей на ободе маховика. Решение. Скорость точки обода v—Ra>, где угловая скорость со должна быть выражена в радианах в секунду. Тогда ш=яп/30—Зя и ц=^-3я~5,7 м/с. Далее, так как o)=const, то 8=0, и, следовательно, а=яга=#со2=Я-9я2«53,3 м/с2. Ускорение точки направлено в данном случае к оси вращения. Задача 56. Полагая, что при разгоне маховик вращается по закону , (а) определить значения постоянных коэффициентов с0, съ с2 и k из условий, что при *=0 должно быть Фо=О и со0=0 и что предельная угловая скорость, до которой 125
* Значение ю может изменяться по закону (д), когда на маховик действуют постоянный вращающий момент и момент сил сопротивления, пропорциональный со (задача 150 в § 128). 126
Глава XI ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА § 52. УРАВНЕНИЯ ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ (ДВИЖЕНИЯ ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ). РАЗЛОЖЕНИЕ ДВИЖЕНИЯ НА ПОСТУПАТЕЛЬНОЕ И ВРАЩАТЕЛЬНОЕ Плоскопараллельным (или плоским) называется такое движение твердого тела, при котором все его точки перемещаются параллельно некоторой фиксированной плоскости П (рис. 141). Плоское движение совершают многие части механизмов и машин, например катящееся колесо на прямолинейном участке пути, шатун в кривошипно- ползунном механизме и др. Частным случаем плоскопараллельного движения является вращательное движение твердого тела вокруг неподвижной оси. Рис. 141 Рис. 142 Рассмотрим сечение S тела какой-нибудь плоскостью Оху, парал- параллельной плоскости П (рис. 141). При плоскопараллельном движе- движении все точки тела, лежащие на прямой ММ', перпендикулярной сечению S, т. е. плоскости П, движутся тождественно. Отсюда заключаем, что для изучения движения всего тела дос- достаточно изучить, как движется в плоскости Оху сечение S этого тела или некоторая плоская фигура S. Поэтому в дальнейшем вместо плоского движения тела будем рассматривать движение плоской фигуры 5 в ее плоскости, т. е. в плоскости Оху. При этом все ре- результаты, которые будут получены в § 53—59 для точек плоской фигуры, справедливы, конечно, и для точек сечения S твердого тела, движущегося плоскопараллельно. Положение фигуры S в плоскости Оху определяется положением какого-нибудь проведенного на этой фигуре отрезка АВ (рис. 142). В свою очередь положение отрезка АВ можно определить, зная коор- координаты хА, уА точки А и угол ф, который отрезок АВ образует с осью х. Точку Л, выбранную для определения положения фигуры 5, будем в дальнейшем называть полюсом. При движении фигуры величины хА, уА и ср будут изменяться. Чтобы знать закон движения, т. е. положение фигуры в плоскости 127
Оху в любой момент времени, надо знать зависимости Хл=Ш, Уа=Ш, <Р=Ш- E0) Уравнения E0), определяющие закон происходящего движения, называются уравнениями движения плоской фигуры в ее плоскости. Они же являются уравнениями плоскопараллельного движения твер- твердого тела. Первые два из уравнений E0) определяют то движение, которое фигура совершала бы при q>=const; это, очевидно, будет поступа- поступательное движение, при котором все точ- точки фигуры движутся так же, как полюс Л. Третье уравнение определяет движе- движение, которое фигура совершала бы при xA=const Hz/A=const, т. е. когда полюс А неподвижен; это будет вращение фи- фигуры вокруг полюса А. Отсюда можно заключить, что в общем случае движение плоской фигуры в ее плоскости может рассматриваться как слагающееся из по- v ступательного движения, при котором л все точки фигуры движутся так же, как Рис- 143 полюс А, и из вращательного движения вокруг этого полюса *. Основными кинематическими характеристиками рассматривае- рассматриваемого движения являются скорость и ускорение поступательного движения, равные скорости и ускорению полюса (vn0CT=vA, опост= =аА), а также угловая скорость а и угловое ускорение е враща- вращательного движения вокруг полюса. Значения этих характеристик в любой момент времени t можно найти, воспользовавшись уравне- уравнениями E0). При изучении движения можно в качестве полюса выбирать лю- любую точку фигуры. Рассмотрим, что получится, если вместо А вы- выбрать в качестве полюса какую-нибудь другую точку С и опреде- определять положение фигуры отрезком CD, образующим с осью Ох угол Фх (рис. 143). Характеристики поступательной части движения при этом изменятся, так как в общем случае vc^vA и ас-фаА (иначе дви- движение фигуры было бы поступательным). Характеристики же вращательной части движения, т. е. со и е, остаются неизменными. В самом деле, проведя из С прямую СБЬ параллельную АВ, мы видим, что в любой момент времени угол cpi=<p—а, где a=const. Отсюда epi=cp, ф!=ф или m1 = co, E1=e. Следовательно, вращательная часть движения от выбора полюса не зависит. * Соответственно плоскопараллельное движение твердого тела можно рас- рассматривать как слагающееся из поступательного движения вместе с полюсом А и вращательного вокруг оси, перпендикулярной плоскости П (см. рис. 141) и прохо- проходящей через полюс А. 128
§53*. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ТРАЕКТОРИЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ Перейдем теперь к изучению движения отдельных точек плоской фигуры, т. е. к отысканию траекторий, скоростей и ускорений этих точек. Начнем с определения траекторий. Рассмотрим точку М плоской фигуры, положение которой определяется расстоянием b—АМ от полюса А и углом ВАМ=а (рис. 144). Если движение задано уравнениями E0), то координаты х и у точки М в осях Оху будут: где хА, уА, ф — известные по уравнениям E0) функции времени t. Равенства E1), определяющие закон движения точки М в плос- плоскости Оху, дают одновременно уравнение траектории этой точки в параметрическом виде. Обычное уравнение траектории получим, исключив из системы E1) время t. Если рассматривается движение звена какого-нибудь механизма, то для определения траектории любой точки этого звена достаточно выразить ее координаты через какой-нибудь параметр, определяю- определяющий положение механизма, а затем исключить этот параметр. Уравнения движения E0) при этом знать не обязательно. Рис. 145 Задача 58. Ползуны Л и В, к которым прикрепляется линейка эллипсографа, перемещаются по взаимно перпендикулярным направляющим (рис. 145). Расстоя- Расстояние АВ=1. Определить траекторию точки М линейки. Решение. Взяв за полюс точку А, будем определять положение точки М на линейке отрезком АМ~Ь. Положение самой линейки задается углом ф. Тогда для координат х и у точки М получим: х~(Ь—I) cos ц>, y=b sin <p. Исключая пара- параметр ф, находим, что траекторией точки (независимо от закона движения линейки) будет эллипс с полуосями а= \Ь—/[ ибис центром в точке О. Меняя с помощью соответствующих винтов расстояния /и 6, можно вычертить карандашом М эллипс с любыми заданными полуосями, не превосходящими раз- размеров линейки. Отсюда и название механизма — эллипсограф. 5 № 2173 129
§ 54. ОПРЕДЕЛЕНИЕ СКОРОСТЕЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ В § 52 было отмечено, что движение плоской фигуры можно рассматривать как слагающееся из поступательного движения, при котором все точки фигуры движутся со скоростью vA полюса Л, и из вращательного движения вокруг этого полюса. Покажем, что ско- скорость любой точки М фигуры складывается геометрически из скоростей, которые точка получает в каждом из этих движений. В самом деле, положение любой точки М фигуры определяется по отношению к осям Оху радиусом-вектором г=гА+г' (рис. 146), где гА — радиус-вектор полюса Л, г'—AM. — вектор, определяю- определяющий положение точки М относительно осей Ах'у', перемещающих- перемещающихся вместе с полюсом Л поступательно (движение фигуры по отноше- отношению к этим осям представляет собой вращение вокруг полюса Л). Тогда — dr drj , dr' If' d/ dt В полученном равенстве величина drA/dt=vA есть скорость полюса Л; величина же dr'/dt равна скорости vMA, которую точка М получает при rA=const, т. е. относительно осей Ах'у", или, иначе говоря, при вращении фигуры вокруг полюса А. Таким образом, из предыдущего равенства действительно следует, что Vm = Va + Vma- E2) При этом скорость vMA, которую точка М получает при вращении фигуры вокруг полюса Л, будет (ел:. §51): (vMA±MA), E3) где со — угловая скорость фигуры. Таким образом, скорость любой точки М плоской фигуры гео- геометрически складывается из скорости какой-нибудь другой точки А, Рис. 146 Рис. 147 Рис. 148 принятой за полюс, и скорости, которую точка М получает при вращении_фигуры вокруг этого полюса. Модуль и направление скорости vM находятся построением, соответствующего параллело- параллелограмма (рис. 147). 130
Задача 59. Найти скорость точки М обода колеса, катящегося по прямо- прямолинейному рельсу без скольжения (рис. 148), если скорость центра С колеса равна z>c а угол DKM = a. Р е ш_е н и е. Приняв точку С, скорость которой известна, за полюс, найдем, что Ум=ус~1~иЛ1с> где v/ucJ_CM и по модулю vmc=<u-MC—(?>R (R — радиус ко- колеса). Значение угловой скорости со найдем из условия того, что точка К колеса не скользит по рельсу и, следовательно, в данный момент времени %=0. С дру- другой стороны, так же как и для точки М, Vk==1'cjtvKc< где vKC~ia-KC=<i>R. Так как для точки К скорости v%c и i'c направлены вдоль одной прямой, то при у^=0 vkc~vC> откуда ш=гс R. В результате находим, что vmc=<i>R—vc. Параллелограмм, построенный на векторах vj^q mvq, будет при этом ромбом. Угол между vc и удог равен ?5, так как стороны, образующие этот угол и угол р, взаимно перепендикулярны. В свою очередь угол р=2а, как центральный угол, опирающийся на ту же дугу, что и вписанный угол а. Тогда по свойствам ромба >глы между vc и иЛ; и между v/-c и vn тоже равны а. Окончательно, так как диагонали ромба взаимно перепендикулярны, получим ад = 2сс cos а и Расчет, как видим, оказывается достаточно громоздким. В дальнейшем мы познакомимся с методами, позволяющими решать аналогичные задачи гораздо проще (см. задачу 61 в § 57). § 55. ТЕОРЕМА О ПРОЕКЦИЯХ СКОРОСТЕЙ ДВУХ ТОЧЕК ТЕЛА Определение скоростей точек плоской фигуры (или тела, дви- движущегося плоскопараллелыю) с помощью формулы E2) связано обычно с довольно сложными расчетами (см. задачу 59). Однако исходя из этого основного пезультата, можно получить ряд других, практи- практически более удобных и простых мето- методов определения скоростей точек фи- фигуры (или тела). Один из таких методов дает тео- теорема: проекции скоростей двух тпчас твердого тела на ось, проходящую че- Рис. 149 рез эти точки, равны друг другу. Рассмотрим какие-нибудь две точки А и В плоской фигуры (или тела). Принимая точку А за полюс (рис. 149), получаем по формуле E2), что vb=va-\-vba- Отсюда, проектируя обе части равенства на ось, направленную по /123, и учитывая, что вектор vBA перпендику- перпендикулярен АВ, находим ивсозр=1'лсоза, E4) и теорема доказана. Заметим, что этот результат ясен и из чисто физических соображений: если равенство E4) не будет выполняться, то при движении расстояние между точками А и В должно изме- изменяться, что невозможно, так как тело считается абсолютно твердым. Поэтому равенство E4) выполп^ася не только при плоскопарал- плоскопараллельном, но и при любом движении твердого тела. 5~ 131
Доказанная теорема позволяет легко находить скорость данной точки тела, если известны направление скорости этой точки и ско- скорость какой-нибудь другой точки того же тела. Задача 60. Найти зависимость между скоростями точек А а В линейки эл- эллипсографа (см. рис. 145) при данном угле ф. Решение. Направления скоростей точек А ж В известны. Тогда, проекти- проектируя векторы Юд и vg на ось, направленную по АВ, получим согласно доказанной теореме ил cos f—vjjcos (90°—ф), откуда vA=vBtg<p. § 56. ОПРЕДЕЛЕНИЕ СКОРОСТЕЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ С ПОМОЩЬЮ МГНОВЕННОГО ЦЕНТРА СКОРОСТЕЙ. ПОНЯТИЕ О ЦЕНТРОИДАХ Другой простой и наглядный метод определения скоростей точек плоской фигуры (или тела при плоском движении) основан на поня- понятии о мгновенном центре скоростей. Мгновенным центром скоростей называется точка плоской фигу- фигуры, скорость которой в данный момент времени равна нулю. Легко убедиться, что если фигура движется непоступательно, то такая точка в каждый момент Еремени t существует и притом един- единственная. Пусть в момент времени t точки А и В плоской фигуры имеют скорости vA и vB, не параллельные друг другу (рис. 150). Тогда точка Р, лежащая на пересечении пер- перпендикуляров Аа к вектору vA и ВЬ к векто- вектору vB, и будет мгновенным центром скоростей, так как vP=Q*. В самом деле, если допустить, что Vp^O, то по теореме о проекциях скоро- скоростей вектор vp должен быть одновременно перпендикулярен и АР, (так как vA±AP) и ВР (так как vB L.BP), что невозможно. Из той же теоремы видно, что никакая другая точ- точка фигуры в этот момент времени не может иметь скорость, равную нулю (например, для точки а проекция vB на линию Ва не равна нулю и, следовательно, va=^0 и т. д.). Если теперь в момент времени t взять точку Р за полюс, то по формуле E2) скорость точки А будет = VP -Г VPA = V PA, так как vP=Q. Аналогичный результат получается для любой дру- другой точки фигуры. Следовательно, скорости точек плоской фигуры определяются в данный момент времени так, как если бы движение фигуры было вращением вокруг мгновенного центра скоростей. При * Размеры фигуры всегда можно представить себе такими, что точка Р будет принадлежать этой фигуре (см. ниже лример и рис. 151). 132
этом согласно соотношениям E3): vA = u-PA_ {vA_\_PA); vB = a-PB (vs±PB) и т. д. Из равенств E5) следует еще, что 2а. РА ЕП. РВ ' E5) E6) т.е. что скорости точек плоской фигуры пропорциональны их расстоя- расстояниям от мгновенного центра скоростей. Полученные результаты приводят к следующим выводам. 1. Для определения мгновенного центра скоростей надо знать то- только направления скоростей vA и vB каких-нибудь двух точек А и В плоской фигуры (или траектории этих точек); мгновенный центр скоростей находится в точке пересечения перпендикуляров, вос- восставленных из точек А и В к скоростям этих точек (или к каса- касательным к траекториям). 2. Для определения скорости любой точки плоской фигуры надо знать модуль и направление скорости какой-нибудь одной точки А фигуры и направление скорости другой ее точки В. Тогда, вос- восставив из точек А и В перпендикуляры к vA и vB, построим мгно- мгновенный центр скоростей Р и по направлению vA определим направ- направление поворота фигуры. После этого, зная vA, найдем по формуле E6) скорость vM любой точки М плоской фигуры. Направлен век- вектор vM перпендикулярно РМ в сторону поворота фигуры. 3. Угловая скорость со плоской фигуры, равна в каждый данный момент времени отношению скорости какой-нибудь точки фигуры к ее раШпоянию от мгновенного центра ско- скоростей Р: gt со = Ц, E7) что видно из формул E5). Найдем еще другое выражение для со. Из равенств E2) и E3) следует, что vba = \vb—va\ и vBA=a-AB, откуда М- E8) Когда vA=0 (точка А—мгновенный центр скоростей), формула E8) перехо- Рис 151 дит в E7). Равенства E7) и E8) определяют одну и ту же величину, так как по доказанному (см. § 52) поворот плоской фигуры вокруг точки А или точки Р происходит с одной и той же угловой скоростью со. Пример. Для линейки AD эллипсографа (рис. 151) направления скоростей точек А и В известны. Восставляя к ним перпендикуляры, найдем мгновенный центр скоростей Р линейки (эллипсограф можно представить себе в виде листа фа- 133
неры Л, прикрепленного шарнирно к ползунам, А и В, а линейку AD — нарисо- нарисованной на этом листе; точка Р, принадлежащая листу, имеет скорость vp=0). Зная Р, из пропорции vAIPA~vRIPB получим vA=vB(PAIPB)=vBtg cp, т. е. тот же результат, что и в задаче 60. Для точки М аналогично найдем, что Ид1=ч'я (РМ/РВ). Длину РМ можно вычислить, зная АВ\ AM и угол ор. Направ- Направление вектора vm показано на чертеже (v^^PM). Для угловой скорости линейки по формулам E7) или E8) находим со = Va или a= -р|- или a=J Легко проверить, что обе формулы дают один и тот же результат. Рассмотрим некоторые частные случаи определения мгновенного центра скоростей. а) Если плоскопараллельное движение осуществляется путем качения без скольжения одного цилиндрического тела по поверх- поверхности другого неподвижного, то точка Р катящегося тела, каеаю- щаяся неподвижной поверхности (рис. 152), имеет в данный момент времени вследствие отсутствия скольжения скорость, равную нулю (vp—0), и, следовательно, является мгновенным центром'скоростей. Примером служит качение колеса по рельсу. Рис. 152 Рис. 153 б) Если скорости точек А и В плоской фигуры параллельны друг другу, причем линия АВ не перпендикулярна оА (рис. 153, а), то мгновенный центр скоростей лежит в бесконечности и скорости всех точек параллельны vA. При этом из теоремы о проекциях скоростей следует, что wAcosa==yBeosC, т. е, vB=vA; аналогичный результат получается для всех других точек. Следовательно, в рас- рассматриваемом случае скорости всех точек фигуры в данный момент времени равны друг другу и по модулю, и по направлению, т. е. фигура имеет мгновенное поступательное распределение скоростей (такое состояние движения тела называют еще мгновенно поступа- поступательным). Угловая скорость со тела в этот момент времени, как видно из формулы E8), равна нулю. в) Если скорости точек А и В плоской фигуры параллельны друг другу и при этом линия АВ перпендикулярна vA, то мгновен- мгновенный центр скоростей Р определяется построением, показанным на рис. 153, б. Справедливость построений следует из пропорции E6). В этом случае, в отличие от предыдущих, для нахождения цент- 134
pa P надо кроме направлений знать еще и модули скоростей vA и vB. г) Если известны вектор скорости vB какой-нибудь точки В фигуры и ее угловая скорость со, то положение мгновенного центра скоростей Р, лежащего на перпендикуляре к vB (см. рнс. 150), можно найти из равенства E7), которое дает BP=vB/(o. Мгновенный центр вращения и центроиды. Выше было показано, что скорости точек плоской фигуры распределены в каждый момент времени так, как если бы движение этой фигуры представляло собой вращение вокруг центра Р. По этой причине точку неподвижной плоскости, совпадающую с мгновенным центром скоростей, которую мы также будем обозначать буквой Р, называют мгновенным центром вращения, а ось Pz, перпендикулярную сечению S тела (см. рис. 141) и проходящую через точку Р,— мгновенной осью вращения тела, совершающего гоюскопаралделыюе движение. От неподвижной оси (или центра) вращения мгновенная ось'(или центр) отличаются тем, что они все время меняют свое положение. В § 52 было установлено, что плоскопараллельное дви- движение можно рассматривать как слагающееся из поступательного движения вме- вместе с каким-то фиксированным полюсом и вращательного движения вокруг этого лолюса. Полученный результат позволяет дать другую геометрическую картину плоского движения, а именно: плоскогщраллельное движение слагается из серии последовательных элементарных поворотов вокруг непреривно меняющих свое по- положение мгновенных осей (или центров) вращения. Например, качение -колеса, изображенного ниже на рис. 156, можно пред- представить себе или как совокупность поступательного движения вместе с полюсом С и вращения вокруг этого полюса, или лее как серию элементарных поворотов вок- вокруг непрерывно изменяющей свое положение точки касания Р обода с рельсом. При движении плоской фигуры мгно- мгновенный центр Р непрерывно изменяет сеое положение как на неподвижрой плоскости Оху, так и на плескссти, связанной с дьи- Рис. 154 Рис. 155 жущейся фигурой. Геометрическое место мгновенных центров вращения, т. е. положений точки Р на пеподьй/хпоп плоскости, называют неподвижной центрои- Оой, а геометрическое место шновепных центров скоростей, т. е. положений точки Р в плоскости, связанной с фшурон и движущейся смеете с ней,— подвижной vfiitmpoudou (рис. 154). В данный момент времени обе центроиды касаются др\г друга в точке Р, являющейся для эюю гсыента мгновенным центром ьращеа ия (или скоростей); пересекаться центронди нз л;огут, так как тогда в дангып момент времени существовало бы бслыпе одного шновенного u.ehij а, что невозможно. В следующий момент времени будут соприкасаться ю'-ки i\ подвижной и Рх неподвижной центрсид, и эта то"ка будет для следующего момеьта ггршенным центром вращения и т. д. Осюда, поскольку положи не vn ове.тою иентра Р изменяется непрерывно и в кеждый дампы; -,:омент времени vp- 0, можно заклю- заключить, что при плескопараллелькем дгии'спил происходит качи-.ие без скольжения подвижкой цептроидц по [.сподгпжной. Наоборот, если мме^цальчо сс\шсствить сбе центроиды, то геометрическую картш у f-ockoi о движения 1Е.;доготе.тта мож- го получить, скрепив тело с 11од2и;кпой целтроидои и катя эту центроиду без скольжения по неподвижной. 135
Легко видеть, что для колеса, изображенного на рис. 156, ось Ох является неподвижной центроидой, а окружность PEDK — подвижной. Качением без скольжения подвижной центроиды по неподвижной и осуществляется движение колеса. Пример. Для линейки АВ эллипсографа (рис. 155) мгновенный центр вряще- ния находится в точке Р (см. рис. 151). Так как расстояние РО=АВ=1 в любой момент времени, то геометрическим местом точек Р в плоскости Оку, т. е. непод- неподвижной цеитроидой, будет окружность радиуса I с центром в О. Но одновременно, если линейку АВ представить нарисованной на листе фанеры Л, то расстояние РС=//2 центра Р от точки С линейки будет тоже все время постоянным. Следова- Следовательно, геометрическим местом точек Р на листе фанеры Л, т. е. подвижной цен- центроидой, будет окружность радиуса 1/2 с центром в точке С. При движении эллип- эллипсографа окружность 2 катится без скольжения по окружности / и точка их ка- касания в каждый момент времени будет мгновенным центром вращения. Наоборот, если окружности / и 2 осуществить материально (в виде шестерен) и катить одну по другой (неподвижной) без скольжения, то при этом диаметр АВ окружности 2 воспроизведет движение линейки эллипсографа. § 57. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ Для определения искомых кинематических характеристик (угло- (угловой скорости тела или скоростей его точек) надо знать модуль и направление скорости какой-нибудь одной точки и направление скорости другой точки сечения этого тела (кроме случаев а) и в), рассмотренных в конце § 56). С определения этих характеристик по данным задачи и следует начинать решение. Механизм, движение которого исследуется, надо изображать на чертеже в том положении, для которого требуется определить соот- соответствующие характеристики. При расчете следует помнить, что понятие о мгновенном центре скоростей имеет место для данного твердого тела. В механизме, состоящем из нескольких тел, каждое непоступательно движущееся тело имеет в данный момент времена свой мгновенный центр скоростей и свою угловую скорость. Задача 61. Определить скорость точки М обода катящегося колеса (см. задачу 59) с помощью мгновенного центра скоростей. Чг Рис. 156 Рис. 157 Решение. Точка касания колеса Р (рис. 156) является мгновенным цен- центром скоростей, поскольку уя=0. Следовательно, vj^J_PM. Так как прямой угол PMD опирается на диаметр, то направление вектора скорости vm любой течки 136
обода проходит через точку D. Составляя пропорцию v^lPM=vciPC и замечая, что PC=R, a PM=2R cos а, находим vm=2vc cos a. Чем точка М дальше от Р, тем ее скорость больше; наибольшую скорость Vq=2vc имеет верхний конец D вертикального диаметра. Угловая скорость колеса согласно формуле E7) имеет значение a=vc/PC=vc'R. Аналогичная картина распределения скоростей имеет место при качении колеса или шестерни по любой цилиндрической поверхности (см. рис. 152). Задача 62. Определить скорость центра С подвижного блока радиуса г и его угловую скорость ш (рис. 157), если груз А поднимается со скоростью Уд, а груз В опускается со скоростью vg. Нить при своем движении по подвижному блоку не проскальзывает, а ее ветви вертикальны. Решение. Так как нить по подвижному блоку не проскальзывает, то скорости точек а и b блока равны по модулю скоростям грузов, т. е. иа=ид и гь=%. Зная скорости точек а и b и полагая для определенности, что Уд>ул, находим положение мгновенного центра скоростей Р подвижного блока таким же приемом, как и в случае, показанном на рис. 153, б. Скорость центра С блока изо- изображается вектором vc. Для определения модуля vc и угловой скорости (?> под- подвижного блока составляем, пользуясь формулой E8), равенства: ab ' Отсюда, так как ab=2r, ЬС=г, находим: ЬС При Vb>va центр С блока поднимается; если vb<va, он будет опускаться. При Уд=уд получим 1>с=0. Для случая, когда оба груза А я В опускаются, значения ш и Vq найдем, за- заменив в полученных формулах vA на —ид. Задача 63. В кривошипно-ползунном механизме (рис. 158) кривошип ОА длиной г вращается с угловой скоростью соол. Длина шатуна АВ=1, При данном угле ф определить: 1) скорость ползуна В; 2) положение точки М шатуна АВ, име- имеющей наименьшую скорость; 3) угловую скорость со^д шатуна. Рассмотреть допол- дополнительно положения механизма при ф=0 и ф=90°. Решение. Из данных задач следу- следует, что точка А имеет скорость, численно равную Ул=шолг и направленную пер- перпендикулярно ОА, а скорость точки В направлена вдоль ВО. Этих данных до- статочно для определения всех кинемати- кинематических характеристик шатуна АВ. 1. По теореме о проекциях скоростей уд cos a~vg cos p. Но поскольку угол OAD, как внешний угол треугольника ОАВ, равен <р+р\ то а=90°—(ф+Р) и, следовательно. =aOAr (sin ф + cos q> tg P). Исключим из этого равенства угол р. Из треугольника ОАВ sin {$//¦ = sin ц>/1; кроме того, sinz В В результате находим г cos ф \ „- ЬШ2ф / ЬШ2ф / 137
2. Восставляя из точек А и В перпендикуляры к скоростям этих точек, опре- определяем мгновенный центр скоростей Р для шатуна АВ (линия АР является про- продолжением О А). Наименьшую скорость имеет точка М, ближе всего расположенная к центру Р, т. е. лежащая на перпендикуляре РМ к АВ. Скорость этой точки vм = va cos а = a0Ar sin (<р + р). 3. Угловая скорость шатуна АВ согласно формуле E7) или a>AB = vBjPB. Длина РВ (или РА) вычисляется по данным задачи. 4. При угле <р=0 (рис. 159, а) перпендикуляр А В к скорости {Г, и перпенди- перпендикуляр ВЪ к направлению vB пересекаются в точке В. Следовательно, точка В яв- является в этом положении мгновенным центром скоростей и yg=0 («мертвое» положение механизма). Для этого положения Распределение скоростей точек шатуна АВ показано на чертеже. 5. При угле ф=90° (рис. 159, б) скорости vA и vB направлены параллельно и перпендикуляры к ним пересекаются в бесконечности. Следовательно, в этот мо- момент времени все точки шатуна имеют одинаковые скорости, равные vA; 0 о) ¦А ШЬ Ш7, б) , п, Л Рес. 159 Рис. 160 Задача 64. Кривошип О А (рис. 160), врзщчгащийся вокруг осп О с угловой скоростью и>оА> несет на себе ось подвижной шестерни 1, катящейся по неподвиж- неподвижной шестерне 2, Радиусы шестерен одинаковы и равны г. Y^ шестерне / шарнир- но прикреплен шатун BD длиной /, соединенный с коромыслом DC. Определить угловую скорость (л>во шатуна в vo^eirr, когда он перпендикулярен кривошипу ОА, если в этот момент ZBDC—io". Решение. Для определения »до кадо з"ачь скорость какой-нибудь точки шатуна BD и положение его мгровск-ою аечтра скоростей. Найдем скорость точки В, пользуясь тем, что ола одновреме^'о прин.илелшт шестерне /. Для шестерни 1 известны скорость vA=e>o,\-2r (vA\_OA) и 'иновенный центр скоростей Рх. Следовательно, уд ]_РгВ и по теореме о проекциях скоростей vB cos 45°=u_4> откуда 1>д=1.'лУг2"=2/Ысы>л? _ Теперь для maiyna BD известги скорость vB и направление скорости ьд (vj}_]_DQ. Восставляя перпендикуляры к vB и vD, найдем мгновенний центр ско- скоростей Р2 шатуна. При этом, как легко ьндзть, отрезок ВР3=/]/,2. Тогда /BP47/) Db2()ои Заметим, что еклыя пытаться искать пркол-пибудь мглсвеннь-й центр ско- скоростей, восставляя перпегдпкулярл i; lcl'iC lJ. •: t/j л ^ц. Точки А ^ D щи .1адле..>&1
разным телам, и пересечение указанных перпендикуляров никакого центра ско- скоростей не дает (сравн. с задачей 65). Задача 65. На ось О (рис. 161) независимо друг от друга насажены шестерня / и кривошип ОА, вращающийся с угловой скоростью co0^. Кривошип несет ось А шестерни 2, наглухо скрепленной с шатуном АВ, проходящим через качающуюся муфту С. Радиусы шестерен 1 и 2 одинаковы (г^г-г—г)- Определить угловую скорость о), шестерни / в тот момент времени, когда ОА\ОС, если при этом Z А СО= 30*. Решение. Для определения угловой скорости щ шестерни / надо найти скорость ее точки Е. Эту скорость найдем, пользуясь тем, что такую же скорость имеет точка Е шестерни 2. Для шестерни 2 известны направление и модуль ско- скорости точки А: "vA±OA, vA—toOA-2r. Кроме того, мы знаем направление скорости v^, но в данном случае этого не- недостаточно, так как и^Цод. По теореме проекций значение иЕ также не найдется, так как vA и vE перпендикулярны АЕ. Поэтому для дальнейшего решения вос- воспользуемся тем, что шестерня 2 и шатун АВ образуют одно тело (они склепаны). Для этого тела знаем направление скорости точки С: вектор Vq направлен вдоль С А, так как в точке С шатун может только проскальзывать вдоль муфты. Восставляя перпендикуляры к оди р^, находим мгновен- мгновенный центр скоростей Р тела ВАЕ. По данным задачи Z АС0= 30°, откуда и ZCPA=30°. Поэтому AC=2-AO=4r, РА=2-АС=8г, РЕ=7г. Тогда из пропорции Vg/PE=vA/PA находим, что vp—G/8) ид=G/4) /чоод. Отсюда &>]= =t»?/O?=G/4) ш0А. Рис. 161 Рис. Задача 66. В механизме, изображенном на рис. 162, кривошипы 1 и 2 дли- длиной /j и 12 соответственно могут вращаться независимо друг от друга вокруг их осей Ох и О2*. При данных углах а и Р (О2В\\АС) найти: 1) чему должны равняться угловые скорости «j и ш2 кривошипов, чтобы шарнир С механизма имел в данный момент времени заданную скорость vc, направленную под углом у к звену АС; 2) чему будет равна скорость vc, если кривошипы имеют заданные угловые ско- скорости % и «2. * Механизм имеет две степени свободы: его положение определяется двумя уг- углами а и Р, не зависящими друг от друга (угол а можно изменять, не изменяя угол Р, и наоборот). Механизмы, рассматривавшиеся в предыдущих задачах, имеют одну степень свободы и положение каждого определяется одним углом, например у механизма, изображенного на рис. 158, углом <р. Подробнее вопрос о степенях сво- свободы рассматривается в § 138. 139
Решение. Так как точка С принадлежит одновременно звеньям АС и ВС, то по теореме о проекциях скоростей должно быть vA sin a = i c cos у, vB sin E = t'C cos ф — у). (а) 1. Из равенств (а), поскольку vA=a1l1, vb=v>212, найдем, что vc яу будут иметь заданные значения, когда Ю1 —сс L0S Y/'ism а> и>2 = г'с cos (Р — т)'^2 sm р. Как видим, рассматриваемый механизм действительно позволяет сообщить точке С перемещение в плоскости механизма по любому наперед заданному направ- направлению с заданной скоростью. Подобные свойства механизмов используются в раз- различных манипуляторах 2 Если заданы <цх и к>2, то одновременно будут известны од и чд. Тогда из уравнении (а) можно определить искомые значения vc и у, но расчет при этом будет обычно достаточно громоздким. Однако задача легко и изящно решается графически. Для этого следует от- отложить вдоль продолжения АС отрезок Сс^=Аа, а вдоль СВ — отрезок Сс2=В& и восставить из точки сх перпендикуляр к Cclt а из точки с2— перпендикуляр к Сс2 Точка пересечения этих перпендикуляров и определяет конец искомого век- вектора vc, так как Ссх является проекцией ис на АС, а Ссг— проекцией vq на СВ, §58*. ОПРЕДЕЛЕНИЕ УСКОРЕНИЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ Покажем, что ускорение любой точки М плоской фигуры (так же, как и скорость) складывается из ускорений, которые точка получает при поступательном и вращательном движениях этой фи- фигуры. Положение точки М по отношению к осям Оху (см. рис. 146) определяется радиусом-вектором r—rA-\-r', где г'=АМ. Тогда d»7 _ _ м cU2 ~ d/2 ^ № ' В правой части этого равенства первое слагаемое есть ускорение аА полюса А, а второе слагаемое определяет ускорение амд, кото- которое точка М получает при вращении фигуры вокруг полюса А (см. § 54). Следовательно, ам = пА-атА. E9) Значение амд, как ускорения точки вращающегося твердого тела, определяется по формулам D6) и D7) из §51: амд =. МА VVj-оЛ tg ц = е/ю», F0) где со и е — угловая скорость и угловое ускорение фигуры*, а (j. — угол между вектором аМА и отрезком /ИЛ (рис. 163). Таким образом, ускорение любой точки М плоской фигуры гео- геометрически складывается из ускорения какой-нибудь другой точки А, принятой за полюс, и ускорения, которое точка М получает при вращении фигуры вокруг этого полюса. Модуль и направление ускоре- * На чертеже сплошная дуговая стрелка показывает направление ш (направ- (направление вращения), а пунктирная — направление (знак) е. При ускоренном враще- вращении обе стрелки будут направлены в одну сторону, а при замедленном — в разные. 140
ния ам находятся построением соответствующего параллелограмма (рис. 163). Однако вычисление ам с помощью параллелограмма, изображен- изображенного на рис. 163, усложняет расчет, так как предварительно надо бу- будет находить значение угла ц, а затем — угла между векторами аАХА и аА. Поэтому при решении задач удобнее вектор аМА заменять его касательной (аАМ) и нормальной (апМА) составляющими и пред- представить равенство E9) в виде ам = аА + ахМА-\-амА. F1) При этом вектор ахМА направлен перпендикулярно АМ в сторону вращения, если оно ускоренное, и против вращения, если оно замедленное; вектор апМА всегда направлен от точки М к полюсу А (рис. 164). Численно же w\ F2) Если полюс А движется не прямолинейно, то его ускорение мо- можно тоже представить как сумму касательной аА и нормальной аА составляющих, тогда ам =~а\ + аА + ахм А + апМА. F3) Наконец, когда точка М движется криволинейно и ее траекто- траектория известна, то ам в левых частях равенств F1) и F3) можно заменить суммой ахм+апм. Формулами F1) — F3) и пользуются обычно при решении задач. Рис. 163 Рис. 164 Решение задач. Ускорение любой точки плоской фигуры в данный момент времени можно найти, если известны: 1) векторы скорости vA и ускорения аА какой-нибудь точки А этой фигуры в данный момент, 2) траектория какой-нибудь другой точки В фи- фигуры. В ряде случаев вместо траектории второй точки фигуры до- достаточно знать положение мгновенного центра скоростей. Тело (или механизм) при решении задач надо изображать в том положении, для которого требуется определить ускорение соответ- соответствующей точки. Расчет начинается с определения по данным задачи скорости и ускорения точки, принимаемой за полюс. Дальнейшие особенности расчета подробно рассматриваются в решенных ниже задачах. Там же даются необходимые дополнительные указания. 141
Задача 67. Центр О колеса, катящегося по прямолинейному рельсу (рис. 165), имеет в данный момент времени скоромь ^'о=1 и с и ускорение ад—2 м,с2. Радиус колеса R=0,2 м. Определить ускорение точки В — конца перпендикулярного ОР диаметра АВ и ускорение точки Р, совпадающей с мгновенным центром ско- скоростей. _ _ Решение. 1) Так как ио и oq известны, принимаем точку О за полюс. 2) Определение со Точка касания Р язллется мгновенным центром ско- скоростей; следовательно, угловая скорость колеса (u^io'PO^vofR. (a) Направление со определяется направлением ид и показано на чертеже сплош- сплошной стрелкой. 3) О п р е д е л е н и е е. Так как в равенстве (а) величина PO=R остается постоянной при любом положении колеса, то, дифференцируя это равенство по временя, получим dm ! cbо с0 ir=-R^r ил" 8-тг (б) Знаки мне совпадают, следовательно, вращение колеса ускоренное. Ba.iiHo помнить, что величина е определяется ¦равенством (б) только в том слу~ чае, когда расстояние РО в формуле (а) постоянно. Ряс. 165 Рис. !6б 142
откуда Аналогичным путем легко найти и ускорение точки Р:яр=а"о=5 м/с* и направлено вдоль РО. Таким образом, ускорение точки Р, скорость которой в данный момент времени равна нулю, пулю не равно. Задача 68. По неподвижной шестерне / радиуса ^=0,3 м обкатывается ше- шестерня 2 радиуса г2=0,2 м, насаженная-на кривошип ОА (рис. 166, а). Кривошип, вращающийся вокруг оси О, имеет в данный момент времени узловую скорость к>= 1 с и угловое ускорение е=—4 с~2. Определить в этот момент времени уско- ускорение точки!), лежащей на ободе подвижной шестерни (радиус AD перпендику- перпендикулярен кривошипу). Р е ш е н и- е. 1) Для решения задачи надо рассмотреть движение шестерни 2, Поданным задачи легко найти скорость уд и ускорение ад точки А этой шестерни, которую и выбираем за полюс. _ 2) Определение »д и ад. Зная ш и е кризошипа, находим: уд=ОЛ-ш —0,5 м/с; ахд = ОА-е~~2м /с2; ад =0Л-ша= 0,5 м/с2. (а) Так как знаки у ад и ад разные, то движение точки из данного положения является, замедленным. Векторы ад и а-л имеют направления, показанные на чертеже. 3) Определение сог. Точка касания Р является мгновенным центром скоростей для шестерни 2; следовательно, угловая скорость <о2 шестерни 2 Направление <в2 (направление вращения шестерни) определяется направле- направлением уд и показано сплошной стрелкой. 4) О п р е д е л с и и е е2. Как и в предыдущей задаче, величина АР=г% во все время движения постоянна. Поэтому dw2 I Ava ал ,„ _, Так как знаки ш2 и е2 разные, то вращение шестерни 2 явтяется замедленным, 5) Определение ад 4 й °Ъа- Ускорение точки D найдем по формуле F3): В нашем случае DA=r2 и a%DA = DA-<i2 = —2 м/с*; сг«д = БЛ-со|= 1,25 м/с3. Изображаем на чертеже (рис. 166, б) векторы, из которых слагается ускоре- ускорение д, именно: ад, ад (переносим из точки Л); орд (против вращения, так как оно замедленное); а'Ьл (от D к полюсу А). 6) Вычисление ад. Проводя оси Dx и Dy, находим, что COj, = I ahд | — апА = 1,5 м/с2, откуда V Ъ Ъ 3,58 м/с2. Задача 69. К кривошипу ОА, равномерно вращающемуся вокруг оси О с угдовок скоростью «>од=4с~1 (рис. 167), прикреплен шатун АВ, соединенный с коромыслом ВС. Даны размеры: ОЛ=л=0,5 м, Л5=2г, ВС=г|/. В положе- положении, изображенном на чертеже, Z(X4B=90°, а ^ЛВС=45°. Определить для этого положения ускорение точки В шатуна, а также угловую скорость и угловое уско- ускорение коромысла ВС и шатуна АВ, ИЗ
Решение. 1) Рассмотрим движение шатуна АВ; выберем в качестве по- полюса точку А. Для нее, так как coo^=const: = аА = г®оА = 8 м/с3 (а) Изображаем векторы уд и ад на чертеже. 2) Определение в>дд. Нам известна траектория точки В шатуна (ок- (окружность радиуса ВС). Зная поэтому направление Уд (ид_|_ВС), строим мгновен- мгновенный центр скоростей Р шатуна АВ. Легко видеть, что ЛР=ЛВ=2/\ Тогда юдд = ь'д/ЛР или Шдв = к>ол/2 = 2 с-1. (б) Направление поворота показано на чертеже. В этом случае расстояние АР при движении механизма не остается посто- постоянным и для определения s,Ag нельзя воспользоваться приемом, примененным в двух предыдущих задачах. Рассмотрим поэтому другой метод решения. 3) Анализ векторного уравнения F1). Учитывая, что «3= = ав-\~ав, представим уравнение F1) в виде Изобразим все векторы на рис. 167 (ахв и авд направляем так, как если бы соот- соответствующие вращения были ускоренны- ускоренными). Рассмотрим, какие из входящих в уравнение (в) величин известны численно или могут быть по данным задачи вы- численны. Мы знаем ускорение аА полю- полюса А. Кроме того, зная содд, можно най- [ а'пд, а зная vA, можно определить vB и вычислить a% — v%lBC. Таким обра- векторном уравнении (в) неизвестны только числовые значения двух Рис. ти авд, зом, в подчеркнутых величин: ав и овд- Но в проекциях на оси равенство (в) дает два скалярных уравнения, из которых эти неизвестные и определяются. Произведем предварительно подсчет авд и ав- 4) Определение авд. Зная co^g, по формуле F2) находим = 4 м/с2. (г) 5) Определение ав- Зная траекторию точки В, можно определить нормальное ускорение ав этой точки. Для этого найдем сначала по теореме проек- проекций (или с помощью мгновенного центра Р) скорость ид. Получим v^ cos 45°=чд,- откуда vB=vAY~2. Тогда aB = vh/BC = 2vA/rVl = 8V м/с2. (д) 6) О п р е д е л е и и е йв и ag, Для определения ав спроектируем обе ча- части равенства (в) на ось В А, перпендикулярную другому неизвестному вектору а\А. Получим ав cos 45° + ав cos 45° = апВА- Подставляя сюда вычисленные значения ав и авд, найдем ав = апВд V  — а"в = — 4 VI м/с2. (е) Знак минус показывает, что вектор а%в имеет направление, противоположное ~vb (вращение коромысла СВ из данного положения замедленное). Теперь определяем ад: ав =/DL (авJ = 4 /10= 12,65 м/с3. 144
7) Определение cogc и вдС. Зная Vb~vaY2 и ав, находим wbc = <WSC = 4 с, eflc = ab/SC = —8 с~2. 8) Определение гАв. Чтобы найти еАд, надо вычислить аЬд- Для этого спроектируем обе части равенства (в) на ось ВР, перпендикулярную а\. Получим ав = —fly, cos 45° — авл c°s 45°+ свЛ cos45°. Отсюда аЪА = — апв У - аА + а?л = -20 м/с2 и по первой из формул F2) = —20 с. Знак минус в обоих случаях указывает, что вращение шатуна АВ из рассматривае- рассматриваемого положения является замедленным. §59*-. МГНОВЕННЫЙ ЦЕНТР УСКОРЕНИЙ При непоступательном движении плоской фигуры у нее в каждый момент времени имеется точка Q, ускорение которой равно нулю. Эта точка называется мгновенным центром ускорений. Определяется положение центра Q, если известны ускорение"^ какой-нибудь точки А фигуры и величины со и в, следующим путем: 1) находим значение угла щ из формулы tg ji=e/co2; 2) от точки А под углом ц к вектору аА проводим прямую АЕ (рис. 168); при этом прямая АЕ должна быть отклонена от а~А в сторону вращения фигуры, если вращение является ускоренным, и против вращения, если оно является замедленным, т. е. в сторону направления углового ускорения е; 3) откладываем вдоль линии АЕ отрезок AQ, равный AQ = ал/|/"е2 + со4. F4) Построенная таким путем точка Q и будет мгно- мгновенным центром ускорений. В самом деле, по форму- формулам E9) и F0) _ Рис. где численно адА=А(}У~е2-\-(?>*. Подставляя сюда значение AQ из равенства F4), находим, что ОдА=аА. Кроме того, вектор uqA должен образовывать с ли- линией AQ угол ji, следовательно, вектор aqA параллелен аА, но направлен в про- противоположную сторону. Поэтому a,QA——аА и qq=0. Если точку Q выбрать за полюс, то так как ад=0, ускорение любой точки М тела, согласно формуле E9) будет aM = aQ + aMQ = aMQ- F5) При этом из равенств F0) следует, что численно aAj = MQV/"e2 + cu*. F6) Следовательно, ускорения точек плоской фигуры определяются в данный мо- момент времени так, как если бы движение фигуры было вращением вокруг мгновенного центра ускорений Q. При этом, как следует из F6), aM/MQ = aA/AQ = ...=/" Р+^Д F7) т. е. ускорения точек плоской фигуры пропорциональны их расстояниям от мгно- мгновенного центра ускорений. Картина распределения ускорений (т. е. поле ускоре- ускорений точек плоской фигуры в данный момент времени) показана на рис, 169. 145
Следует иметь в виду, что положения мгновенного центра скоростей Р и мгно- мгновенного центра ускорений Q в данный момент времени не совпадают. Например, если колесо катится по прямолинейному рельсу (см. рис. 170), причем скорость его центра С постоянна (i'c= const), то мгновенный центр скоростей находится в точ- точке Р (vP=0), но при этом, как было показано в задаче 67, арфО; следовательно^ точка Р не является одновременно мгновенным центром ускорений. Мгновенный Рис. 169 центр ускорений в этом случае находится, очевидно, в точке С, так как она дви- движется равномерно и прямолинейно и ас=0. Центры скоростей и ускорений сов- совпадают тогда, когда фигура (тело) вращается вокруг неподвижной оси. Понятием о мгновенном центре ускорений удобно пользоваться при решении некоторых задач. Задача 70. Колесо катится по прямолинейному рельсу так, что скорость vq его центра С постоянна. Определить ускорение точки М обода колеса (рис. 170). Решение. Так как по условиям задачи i?=const, то ас—0 и точка С является мгновенным центром ускорений. Мгновенный центр скоростей находится в точке Р. Следовательно, для колеса w=rc/PC=rc'/?=const, e=dco/d/=0, tg ц.=е/<о2=0, p=0. В результате по формуле F6) находим но А Рис. 171 Таким образом, ускорение любой точки М обода (в том числе и точки Р) рав- равc^R и направлено к центру С колеса, так как угол ц,=0. Заметим, что это ус- ускорение для точки М не будет нормаль- нормальным ускорением. В самом деле, скорость точки М направлена перпендикулярно РМ (см. задачу 61). Следовательно, касатель- касательная Мх к траектории точки М направ- направлена вдоль линии MD, а главная нормаль Мп — вдоль МР. Поэтому а'м=ам cos a, aji—ам §in а. Задача 71. Кривошип О А вращает- вращается С ПОСТОЯННОЙ УГЛОВОЙ СКОРОСТЬЮ СО0Д (рис. 171). Найти ускорение ползуна В и угловое ускорение шатуна АВ в тот мо- момент времени, когда Z.BOA=90°, если ОА=г, АВ=1. Решение. В рассматриваемый момент времени скорости всех точек ша- шатуна АВ равны "уд (см. задачу 63, рис. 159, б), мгновенный центр скоростей на- находится в бесконечности и <о^в=0. Тогда tg ц=едвДолв=о° и (г=90° (глцфЧ, так как в противном случае по формулам F0) и E9) аВА=0 и aR=~aA% что невоз- невозможно, поскольку эти два вектора взаимно перпендикулярны). Ускорение точки Л аА=а'Х=г(х>ОА и направлено вдоль АО. Ускорение точки В, так как она движется1 прямолинейно, направлено вдоль ОБ. Из рис, 169 видно, 146
что ускорение любой точки М тела направлено под углом (г к линии MQ. В данном случае_ц=90°; следовательно, линии AQ и BQ должны быть перпендикулярны ад и us- Восставляя эти перпендикуляры, [находим, положение точки Q. Со- Составляя теперь пропорцию F7) aglBQ=a:>LlAQ, где BQ=r, AQ=V~P — г2, по- получаем Од = —7— , <?>ОА- Ускорение а^ любой другой точки М шатуна А В будет перпендикулярно MQ (и=90°); модуль адо находится из пропорции F7). Угловое ускорение е^д шатуна найдем из равенства ciB=BQ'eABi которое дает формула F6) при ш^а=0. Следовательно, ав т елЯ== Глава XII* ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА ВОКРУГ НЕПОДВИЖНОЙ ТОЧКИ И ДВИЖЕНИЕ СВОБОДНОГО ТВЕРДОГО ТЕЛА §60. ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА, ИМЕЮЩЕГО ОДНУ НЕПОДВИЖНУЮ ТОЧКУ Рассмотрим движение по отношению к системе отсчета Oxxyxzx твердого тела, закрепленного так, что одна его точка О остается во все время движения неподвижной. Такое движение совершает, например, волчок, у которого неподвижна точка его опоры о пло- плоскость, или любое другое тело, закрепленное в точке О шаровым шарниром. 1. Уравнения движения. Найдем, какими параметра- параметрами определяется положение тела, имеющего неподвижную точку. Для этого свяжем жестко с телом трехгранник Oxyz, по положению которого можно судить о положении тела (рис. 172). Линия ОК, вдоль которой пересекаются плоскости Оху и 0x^1, называется ли- иией узлов. Тогда положение по отношению к осям Ох^у^^ трехгран- трехгранника Oxyz, а с ним и самого тела можно определить углами: <p=/LKOx, ty=Z-x1OK, ®=Zzi°z- Эти углы, называемые углами Эйлера, имеют следующие, взятые из небесной механики наименования: ф — угол собственного вра- вращения, i|> — угол прецессии, 0 — угол нутации. Положительные направления отсчета углов показаны на рис. 172 стрелками. Чтобы знать движение тела, надо знать его положение по отно- отношению к осям Oxjt/iZy в любой момент времени, т. е. знать зависи- зависимости: ф=/х(ОпЫ3@, е=ыо. FS) 147
Уравнения F8), определяющие закон происходящего движения, называются уравнениями движения твердого тела вокруг неподвиж- неподвижной точки. 2. Угловая скорость тела. При изменении угла <р тело совершает вращение вокруг оси Oz (собственное вращение) с угловой скоростью cOi=<p, при изменении угла т|; — вращение во- вокруг оси 0гг (прецессия) с угловой скоростью coa=i|) и при изменении 'ft Рис. 172 Рис. 173 угла 6 — вращение вокруг линии узлов- ОК (нутация) с угловой скоростью со3=0. Векторы coi, co2, ю3 этих угловых скоростей на- направлены соответственно по осям Oz, 0z1 и ОК (рис. 173). Поскольку при движении тела изменяются вообще все три угла, движение тела представляет собой вращение с угловой скоростью со, равной геометрической сумме названных угловых скоростей (справедли- (справедливость этого вывода будет подтверждена в § 71). Таким образом, _ Поскольку значения соъ со2, со3 со временем изменяются, вектор со будет при движении тела тоже изменяться и численно, и по на- направлению. По этой причине со называют еще мгновенной угловой скоростью тела. 3. Геометрическая картина движения те- л а. Если тело имеет в данный момент времени угловую скорость со, то его элементарное перемещение за промежуток времени dt представляет собой элементарный поворот на угол de=<od^ вокруг оси ОР, вдоль которой направлен вектор со (см. рис. 173). Эта ось ОР называется мгновенной осью вращения. Иначе, мгновенная ось вращения — это ось, элементарным поворотом вокруг которой тело перемещается из данного положения в положение бесконечно близ- близкое к данному. От неподвижной оси мгновенная ось вращения отличается тем, что ее направления и в пространстве, и в самом теле непрерывно меняются. Переместившись элементарным поворотом вокруг оси ОР в со- соседнее положение, тело из этого положения в последующее перемеща- перемещается поворотом вокруг новой мгновенной оси вращения ОРх и т. д. Таким образом, движение твердого тела вокруг неподвижной точки 148
слагается из серии последовательных элементарных поворотов вокруг мгновенных осей вращения, проходящих через эту неподвиж- неподвижную точку (рис. 174). 4. Угловое ускорение тела. Векторная величина 8 = dco/d/, F9) характеризующая изменение с течением времени угловой скорости и по модулю, и по направлению, называется угловым ускорением тела в данный момент времени или мгновенным угловым ускорением. При изменении вектора со его конец А будет описывать в про- пространстве некоторую кривую AD, являющуюся годографом вектора ю (см. рис. 174). Тогда, сравнивая_вы- ражение F9) с равенством v=dr,'dt, приходим к выводу, что угловое уско- ускорение е можно вычислять как скорость, с которой конец вектора со перемещает- перемещается вдоль кривой AD. В частности, на- направление е совпадает с направлением касательной к кривой AD в соответству- соответствующей точке. Следовательно, в данном случае, в отличие от случая вращения вокруг неподвижной оси, направление вектора е не совпадает с направлением Рис. 174 вектора со. Векторы со и е являются основными кинематическими характе- характеристиками движения тела, имеющего неподвижную точку. Их можно определить аналитически, зная уравнения движения F8), как это показано в § 61. Значение со можно найти и геометрически (см. § 62). §61. КИНЕМАТИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА Для определения вектора со найдем его проекции на подвижные оси Охуг (рис. 175). Как было отмечено в §60, этот вектор можно представить в виде со = о»! 4- со2 + Шз> G0) где численно Проектируя обе части равенства G0) на оси х, у, г, получим: Проекции векторов а>1 и со3 находим сразу [см. рис. 175 и обозначения G1)]: (t>ix =0I^ = 0, со1г = ф; созл-"= 0 cos ф, w3y =—8з1Пф, со3г = О. Для определения проекций вектора к>2 проведем через оси Огг и Ог плоскость, которая пересечется с плоскостью Оху вдоль линии OL. Так как линия ОК пер- перпендикулярна плоскости гОг1; то она перпендикулярна и линии OL (ZKOL=9Q°, a ?LOy=q). Тогда, проектируя вектор со2 на линию 0L, а эту проекцию в свою 149
Рис. Эти проекции и определяют вектор е. Таким образом, зная уравнения движе- движения F8), можно по полученным формулам найти ш и е, § 62. СКОРОСТИ И УСКОРЕНИЯ ТОЧЕК ТЕЛА Так как тело, движущееся вокруг неподвижной точки, имеет в каждый момент времени мгновенную ось вращения ОР, вокруг кото- которой происходит элементарный поворот с угловой скоростью со (рис. 176), то вектор скорости какой-нибудь точки М тела будет определяться в этот момент равенством D8) из §51, т. е. и = ©хг, G6) где г — радиус-вектор, проведенный в точку М из неподвижной точки О. Направлен вектор v перпендикулярно плоскости МОР, проходящей через точку М и ось ОР, в сторону поворота тела. Численно же v=mh, G6') где h—MC — расстояние точки М от мгновенной оси. Геометрически скорость любой точки М тела в дан- данный момент времени можно найти, зная в этот момент скорость vA _* Заметим, что, дифференцируя равенства G3), нельзя найти проекции векто- вектора е на оси х, у, г, так как соотношения A1) из § 40 справедливы только для про- проекций на неподвижные оси. 150
какой-нибудь точки А тела и направление скорости vB другой точ- точки В этого тела (сравн. с § 56). Пусть vA и направление vB известны. Проведем тогда через точку А плоскость 1, перпендикулярную вектору vA (рис. 177). Как показано выше (см. рис. 176), мгновенно ось ОР должна лежать в этой плоскости. Но одновременно ось \Р 2п IP Рис. 176 ОР должна лежать и в плоскости 2, проведенной через точку В перпендикулярно вектору vB. Следовательно, прямая, по которой пересекутся эти плоскости, и будет мгновенной осью вращения ОР. Теперь, определив расстояние !г точки А от оси 0Ру по формуле G6') найдем угловую скорость со тела в данный момент времени: ©=Уд//1. После этого значение скорости vM любой точки М тела находится по формуле G6'), а вектор vM будет направлен перпенди- перпендикулярно плоскости ОМ Р. В частном случае, когда известно, что скорость какой-то точки тела равна в данный момент времени нулю, прямая, проходящая через эту точку и неподвижную точку О тела, будет мгновенной осью вращения и расчет существенно упростится (см. задачу 72). Аналитически скорость у определяют по ее проекциям на какие-ни- какие-нибудь координатные оси. Найдем проекции вектора v па оси Охуг, жестко связанные с телом и движущиеся с ним (см. г*!с 176); эти оси имеют то преимущество, что в mix координаты х, у, г точки М будут величинами постоянными, Так как гя=х, iy—y , rz=z, то по известной формуле векторной алгебры i / k v = о) х r = (В/о ,j(oz х у г Отсгодя, разлагая опретелитель по элементам гервой строки и учитывая, что у=|.'_/—. 7/>+.'-/ и что, следовательно, коэффициенты при ;, /, k в этом разложении до.х.ши равняться vx, v,j, vz соответегьенко, получим vv—<sszx—ь\г, G7) 151
Эти формулы, как и формулу G6), называют формулами Эйлера. Каждую из них можно тоже получить из предыдущей круговой перестановкой букв х, у, г (см. формулы D7) и рис. 90, б в § 28). В частном случае формулы G7), конечно, справедливы и при вра- вращении тела вокруг неподвижной оси z. Так как при этом (дх=<оу=0 и (ог=ш, то для такого случая vx=—щ, Vy—ax, vz=0. G7') Определим теперь ускорение точки М. Из равенства G6), диф- дифференцируя его по времени, найдем а = v = (со х г) + (со х г). Так как со—е, a r=v, то окончательно a = (exr) + (u)xwj. G8) _ Ускорение аг=гхг называют еще вращательным, а ускорение a2=(oXU'—осестремительным ускорением точки М. Вектор аг направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через точку М и вектор е (рис. 178), а по модулю а3 =ersinf5=e/ib где /гг — расстоя- расстояние от точки М до вектора е. Вектор же а2, перпендикулярный одно- одновременно и и со, будет направлен вдоль МС (см. рис. 176), причем по модулю a2=coasin90°=co2/i, так как v=a)h. Заметим, что в отличие от результатов, полученных в § 51, здесь ах=гХг не будет вообще вектором касательного ускорения точки М (по касательной направлен вектор y=ojXr, а направление вектора еХг будет вообще другим); следовательно, и вектор a>Xv не будет вектором нормального ускорения точки М. Рис. 178 Рис. 179 Задача72. Найти скорости точек В и С конического катка (бегуна), если ско- скорость Vji центра А катка, движущегося по окружности радиуса ОА, известна (рис. 179). Каток при движении катится без скольжения по неподвижной кониче- конической поверхности К- Решение. Каток движется вокруг неподвижной точки О. Так как его качение по поверхности К происходит без скольжения, то скорости точек катка, лежащие в данный момент времени на линии ОВ, равны нулю и, следовательно, ОВ является мгновенной осью вращения. Тогда (>A=ah1, где со — угловая ско- 152
рость катка при его повороте вокруг оси OS, а /гх— расстояние точки А от этой оси. Отсюда (o=vj[lh1. Скорость vc точки С будет равна ой2, где/г2— расстояние точки С от оси ОВ. Так как в данном случае h2=2hlt то vc=2v^. Для точки В, лежащей на мгновен- мгновенной оси вращения, Уд=0 § 63. ОБЩИЙ СЛУЧАЙ ДВИЖЕНИЯ СВОБОДНОГО ТВЕРДОГО ТЕЛА Рассмотрим наиболее общий случай движения твердого тела, когда оно является свободным и может перемещаться как угодно по отношению к системе отсчета Ох^у^ (рис. 180). Установим вид уравнений, определяющих закон рассматриваемого движения. Выберем произвольную точку А тела в качестве полюса и проведем через нее оси Ах^у'^, которые при движении тела будут переме- перемещаться вместе с полюсом поступательно. Тогда положение тела в системе отсчета Ox^y^z^ будет известно, если будем знать положение полюса А, т. е. его координаты xiA У\л, ^la. и положение тела по отношению к осям Ax'x\j'xz{, определяемое, как и в случае, рассмот- рассмотренном в§ 60, углами Эйлера <р, г|>, 9 (си. рис. 172; на рис. 180 углы Эйлера не показаны,чтобы не затемнять чертеж). Следовательно, уравнения движения свободного твердого тела, позволяющие найти его положение по отношению к системе отсчета Ох^гх в любой мо- момент времени, имеют вид ( У) Установим теперь геометрическую картину рассматриваемого движения. Нетрудно видеть, что первые три из уравнений G9) опре- определяют то движение, которое тело совершало бы при постоянных Рис. 180 Рис. 181 углах ф, ф, 6, т. е. при поступательном движении тела вместе с полюсом А. Последние же три уравнения определяют движение, которое происходило бы при постоянных значениях координат *iA» {/ia. zia. т- е- когда точка А неподвижна. Но движение тела вокруг неподвижной точки, как установлено в § 60, слагается из элементарных поворотов вокруг мгновенных осей вращения. От- 153
сюда заключаем, что в общем случае движение свободного твердого тела можно рассматривать как слагающееся из поступательного движения, при котором все точки тела движутся как произвольно выбранный полюс А со скоростью vA, и из серии элементарных пово- поворотов с угловой скоростью ю вокруг мгновенных осей вращения, проходящих через полюс А (рис. 181). Такой будет, например, кар- картина движения любого непоступательного перемещающегося в воз- воздухе тела: брошенного камня, самолета, проделывающего фигуры высшего пилотажа, артиллерийского снаряда и т. д. Наконец, анало- аналогичной может быть картина движения и несвободного твердого тела при наличии соответствующих связей (см., например, в § 72 рис .207; в том же параграфе показано, как можно еще иначе представить геометрическую картину движения свободного твердого тела). Основными кинематическими характеристиками движения яв- являются скорость vA и ускорение аА полюса, определяющие скорость и ускорение поступательной части движения, а также угловая скорость со и угловое ускорение е вращения вокруг полюса. Зна- Значения этих величин в любой момент времени можно найти по ура- уравнениям G9). Заметим, что если за полюс принять другую точку тела, например точку В (см. рис. 180), то значения vB и ав окажутся отличными от vA и аЛ (предполагается, что тело движется не посту- поступательно). Но если связанные с телом оси, проведенные из точки В (на рис. 180 не показаны), направить так же, как и в точке А, что можно сделать, то значения углов <р, яр, 9. а следовательно, и последние из уравнений G9) не изменятся. Поэтому и здесь, как ив случае плоского движения, вращательная часть движения тела, в частности значения (о и е, от выбора полюса не зависят. Движение свободного твердого тела может быть в частном случае плоскопараллельным; при этом векторы со и е будут все время перпендикулярны плоскости, параллельно которой движется тело. Скорости и ускорения точек тела. Скорость vM любой точки М тела в рассматриваемом движении слагается, как и в случае плоскопараллельного движения (см. § 54 и рис. 147), из скорости vA полюса А и скорости vMA, которую точка М нолучает при движении вместе с телом вокруг полюса А. При этом, так как движение тела вокруг полюса А происходит как движение вокруг неподвижной точки, то значение vMA определяется формулой G6), где г=ЛЛ1, т. е. Е^л =сохЛЛТ. (80) Таким образом, vM — оА -\- vMA нтп vn — vA -J- (to x A At). (81) Справедливость зтого результата доказывается так лее, как в § 54. Аналогично для ускорения любой тот:ки М тела найдел (см. § 5j) <"¦!-". ~\:\> (82) 155
где величина амл, т. е. ускорение, которое точка М получает при движении вместе с телом вокруг полюса А, определяется равен- ством G8), в котором только надо считать r=AM, a v=vMA=u>xAM- Глава XIII СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ § 64. ОТНОСИТЕЛЬНОЕ, ПЕРЕНОСНОЕ И АБСОЛЮТНОЕ ДВИЖЕНИЯ До сих пор мы изучали движение точки или тела по отношению к одной заданной системе отсчета. Однако в ряде случаев при реше- решении задач механики оказывается целесообразным (а иногда и не- необходимым) рассматривать движе- движение точки (или тела) одновременно по отношению к двум системам от- отсчета, из которых одна считается основной или условно неподвиж- неподвижной, а другая определенным образом движется по отношению к первой. Движение, совершаемое при этом точкой (или телом), называют со- составным или сложным. Например, шар, катящийся по палубе движу- движущегося парохода, можно считать совершающим по отношению к бе- берегу сложное движение, состоящее из качения по отношению к палубе (подвижная система отсчета), и движение вместе с палубой парохода по отношению к берегу (не- (неподвижная система отсчета). Таким путем сложное движение шара разлагается на два более простых и более легко исследуемых. Возможность разложить путем введения дополнительной (подвиж- (подвижной) системы отсчета более сложное движение точки или тела на более простые широко используется при кинематических расчетах и определяет практическую ценность теории сложного движения, рассматриваемой в этой и следующей главах. Кроме того, результа- результаты этой теории используются в динамике для изучения относитель- относительного равновесия и относительного движения тел под действием сил. Рассмотрим точку М, движущуюся по отношению к подвижной системе отсчета Oxyz, которая в свою очередь как-то движется отно- относительно другой системы отсчета О^а, которую называем основ- основной или условно неподвижной (рис. 182). Каждая из этих систем отсчета св"язана, конечно, с определенным телом, на чертеже не по- показанным. Введем следующие определения. 1. Движение, совершаемое точкой М по отношению к подвиж- подвижной системе отсчета (к осям Oxyz), называется относительным движением (такое движение будет видеть наблюдатель, связанный 155 Рис. 182
с этими осями и перемещающийся вместе с ними). Траектория АВ, описываемая точкой в относительном движении, называется относи- относительной траекторией. Скорость точки М по отношению к осям Oxyz называется относительной скоростью (обозначается уот), а ускорение — относительным ускорением, _(обозначается аот). Из определения следует, что при вычислении иог и аот можно движение осей Oxyz во внимание не принимать (рассматривать их как непод- неподвижные). 2. Движение, совершаемое подвижной системой отсчета Oxyz (и всеми неизменно связанными с нею точками пространства) по отно- отношению к неподвижной системе OiXtyiZi, является для точки М пере- переносным движением. Скорость той неизменно связанной с подвижными осями Oxyz точки т, с которой в данный момент времени совпадает движущаяся точка М, называется переносной скоростью точки М в этот момент (обозначается ипер), а ускорение этой точки т — переносным уско- ускорением точки М (обозначается апер). Таким образом, ЙпеР = о"я. «пер = ««- (83) Если представить себе, что относительное движение точки про- происходит по поверхности (или внутри) твердого тела, с которым жестко связаны подвижные оси Oxyz, то переносной скоростью (или ускорением) точки М в данный момент времени будет скорость (или ускорение) той точки т тела, с которой в этот момент совпадает точка М. 3. Движение, совершаемое точкой по отношению к неподвижной системе отсчета ОхХ\У\гг, называется абсолютным или сложным. Траектория CD этого движения называется абсолютной траекто- траекторией, скорость —¦ абсолютной скоростью (обозначается yag) и уско- ускорение — абсолютным ускорением (обозначается ааб). В приведенном выше примере движение шара относительно палу- палубы парохода будет относительным, а скорость — относительной ско- скоростью шара; движение парохода по отношению к берегу будет для шара переносным движением, а скорость той точки палубы, которой в данный момент времени касается шар, будет в этот момент его пере- переносной скоростью; наконец, движение шара по отношению к берегу будет его абсолютным движением, а_ скорость — абсолютной ско- скоростью шара. Для решения соответствующих задач кинематики необходимо установить зависимости между относительными, переносными и абсолютными скоростями и ускорениями точки, к чему мы и перей- перейдем. § 65. ТЕОРЕМА О СЛОЖЕНИИ СКОРОСТЕЙ Рассмотрим сложное движение точки М. Пусть эта точка совер- совершает за промежуток времени At=tx—t вдоль траектории АВ отно- относительное перемещение, определяемое вектором ММ' (рис. 183, а). 156
Сама кривая АВ, двигаясь вместе с подвижными осями Oxyz (на рисунке не показаны), перейдет за тот же промежуток времени в какое-то новое положение Л^. Одновременно та точка т кривой АВ, с которой в момент времени t совпадает точка М, совершит пере- переносное перемещение mm1=Mtn1. В результате точка М придет в положение Mi и совершит за время Ы абсолютное перемещениеММ!. Из векторного треугольника Мт±Мх имеем ММ1 = Мт1 + т1М1. Деля обе части этого равенства на At и переходя к пределу, получим lim (MMjAt) = lim (Mrnjto) + lim (mJVTjAt). \t- At- Но, по определению, (Mm1/At)=vl пер" Рис. 183 Что касается последнего слагаемого, то, так как при А/ ->- О кривая AtBi стремится к совпадению с кривой АВ, в пределе lim At -*0 = lim At-* 0 В результате находим, что (84) Направлены векторы va6, v0T, vnep по касательным к соответствую- соответствующим траекториям (рис. 183, б). Таким образом, мы доказали следующую теорему о сложении скоростей: при сложном движении абсолютная скорость точки равна геометрической сумме относительной и переносной скоростей. По- Построенная на рис. 183, б фигура называется параллелограммом ско- скоростей. 157
Если угол между векторами рот и упер равен «, то по модулю г-'аб = Кг?г + ^лер -г 2уотупер cos а. (84') Рассмотрим примеры решения задач. Задача 73. Точка М движется вдоль прямой ОА со скоростью и (рис. 184)* а са\;а прямая вращается в плоскости Ол^//, вокр\т центра О с угловой скоростью со. Определить скорость точки М относительно осей Ox^jx в зависимости от расстоя- расстояния ОМ—г. Решение. Рассмотрим движение точки Л1 как сложное, состоящее из относительного движения вдоль прямой ОА и движения вместе с этол прямой. Тогда скорость и, направленная вдоль ОА, будет относительной скоростью точки. Вращательное движение прямой ОА вокруг центра О является для точки М пере- и Рис. 184 Рис. 135 носным движением, а скорость той точки т прямой ОА, с которой в данный момент времени созпадает точка М, будет ее переносной скоростью п^,ер. Так как эта точ- точка прямой движется по окружности радиуса От— г, то по модулю скоросты»пер= = (?>г и направлена перпендикулярно От. Строя на векторах и и ипер параллело- параллелограмм, найдем абсолютную скорость nag точки М по отношению к осям Так как и и упер взаимно перпендикулярны, то по модулю Задача 74. Рычажок ОМ самопишущего прибора образует в данной момент времени угол а с горизонтальной плоскостью, а перо М имеет скорость v, направ- направленную перпендикулярно ОМ (рис. 185). Барабан с бумагой вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью со. Определить скорость и перемещения пера по бумаге, если радиус барабана R. Решение. Нам известна абсолютная скорость пера t>ag=tr. Скорость о можно рассматривать как геометрическую сумму скорости пера относительно бумаги (это искомая скорость и) и перепссноД скорости z>nep, распой скорости той точки бумат, которой в данный момсьт вре::ени касается перо; m модулю ?'г,ер=<й^- _ _ _ _ _ _ На основании теоремы о сложении скоростей j=*t+i'nep, откуда гг—..+(—:'пер1. Строя на векторах v и (—i'nep) параллелограмм, найдем искомую скорость и. Так как угол ме;кду у и (—-спер) равен 90° —а, то по модулю и— \ri'1-\-<ji:LR2'-\ ^.иЛ 153
Угол, который скорость и образует с направлением опер, можно теперь найти по теореме синусов. Задача 75. В кривошипно-ползунном механизме (рис. 186) кривошип ОА длиной г вращается с угловой скоростью ю. Длина шатуна АВ равна I. При дан- данном угле ф определить скорость ползуна относительно кривошипа ОА. Найти так- также абсолютную скорость ползуна. Решение. Ползун движется поступательно и его скорость равпа скорости точки В, принадлежащей одновременно шатуну АВ. Следовательно, решение зада- задачи сводится к определению скорости точки В шатуна. Относительное движение шатуна А В по отношению к кривошипу ОА представ- представляет собой вращение вокруг шарнира А. Точка В при этом вращении описывает окружность радиуса АВ; следовательно, относительная скорость v0T точки В по отношению к кривошипу направлена перпендикулярно АВ. Заметим еще, что абсолютная скорость yag точки В направлена вдоль ВО. Переносным для точки В является движение кривошипа ОА. Представим себе, что с кривошипом жестко связан треугольник ОАВ, вращающийся вместе с кри- кривошипом вокруг оси О с угловой скоростью со (как на рис. 151 со стержнем AD был связан лист фанеры Л). Тогда скорость точки В треугольника ОАВ, совпадаю- совпадающая в данный момент времени с точкой В шатуна АВ, будет переносной скоростью t-nep точки В шатуна. Эта точка треугольника движется по окружности радиуса ОВ. Следовательно, скорость упер направлена перпендикулярно ОВ и численно равна vnep=(S>-AB. Так_как AB=l cos |H-r cos <p, то vnep~a(l cos p+r cos ф). Строим из векторов г/от, апер и va& соответствующий параллелограмм. Из не- него видно, что i'oT = »nep/cosP пли i'0T = <»# + /" cos ф/cos Р). Исключим отсюда угол р. Из треугольника ОАВ находим, что / sin p —r sin ф. Тогда cos p= У" L—(г2//2) sin2 <p и окончательно значение искомой относительной скорости t ? COS ф \ ) vox = (а) Для определения абсолютной скорости раб точки В обратимся опять к парал- параллелограмму скоростей. Из него fa5=t'0Tsin p. Учитывая, что sin P=(r sin ф)/7, получим из равенства (а) для yag то же значение, которое другим путем было най- найдено в задаче 63 (см. § 57) и обозначено там vg. В частном случае, когда г—1, получается уот=2со/, уаб=2со / sin ф. лш\ ш Рис. 186 Рис. 187 Задача 76. Конец В горизонтального стержня АВ шарнирно соединен с ползуном, скользящим вдоль прорези кулисы ОС и заставляющим последнюю вращаться вокруг оси О (рис. 187). Расстояние оси О от стержня АВ равно h. Определить угловую скорость кулисы в зависимости от скорости v стержня и угла ф. • _ Решение. Нам известна абсолютная скорость ползуна, равная скорости а стержня. Эту скорость ползуна можно рассматривать как слагающуюся из отно- 159
сительной скорости уот скольжения^ ползуна вдоль прорези кулисы и переносной скорости ипер, равной скорости той точки кулисы, с которой в данный момент времени совпадает ползун. Направления этих скоростей известны- скорость v0T направлена вдоль ОВ, скорость ипер— перпендикулярно ОВ. Тогда, разлагая за- заданную скорость v по направлениям еот и упср, найдем эти скорости. Из парал- параллелограмма ВИДНО, ЧТО ПО МОДУЛЮ Упер' cos ф- Но, с другой стороны, переносная скорость unep=:w*OB=(oh/cos <р, где со — угловая скорость кулисы. Сравнивая эти два значения Упер, найдем угловую ско- скорость кулисы @= (v/k) cos2 ф. §66. ТЕОРЕМА О СЛОЖЕНИИ УСКОРЕНИЙ (ТЕОРЕМА КОРИОЛИСА) Найдем зависимость между относительным, переносным и абсо- абсолютным ускорениями точки. Из равенства (84) получим Производные здесь определяют изменение каждого из векторов при абсолютном движении. Эти изменения слагаются в общем случае из изменений при относительном и при переносном движениях, что ниже будет непосредственно показано. Следовательно, если усло- условиться изменения, которые векторы уот и упер получают при отно- относительном движении, отмечать индексом «1», а при переносном дви- движении — индексом «2», то равенство (85) примет вид - (ДГртЬ (dF0TK , (d~ncp)l (<?„ер)» Но по определению (см. § 64, п. 1) относительное ускорение характеризует изменение относительной скорости только при относительном движении; движение осей Oxyz, т. е. переносное движение при этом во внимание не принимается. Поэтому «оТ = %^. (87) В свою очередь, переносное ускорение характеризует изменение переносной скорости только при переносном движении, гак как аПер= =ат (см. § 64, п. 2), где т — точка, неизменно связанная с осями Oxyz и, следовательно, получающая ускорение только при движе- движении вместе с этими осями, т. е. при переносном движении. Поэтому a "пер— <d~nepJ В результате из равенства (86) получим „ер)* /плч (89) 160
Введем обозначение ctt (90) Величина акор, характеризующая изменение относительной ско- скорости точки при переносном движении и переносной скорости точки при ее относительном движении, называется поворотным, или корио- лисовым, ускорением точки. В результате равенство (89) примет вид ¦г. Уi Рис. 188 Формула (91) выражает следу- следующую теорему Кориоли- са о сложении ускоре- н и й*: при сложном движении ускорение точки равно геометри- геометрической сумме трех ускорений: от- относительного, переносного и пово- поворотного, или кориолисова. Найдем для вычисления акор формулу, вытекающую из равенства (90). При этом, рассматривая общийх\ случай, будем считать переносное движение, т. е. движение подвиж- подвижных осей Oxyz, а с ними и кри- кривой АВ (см. рис. 182), слагающимся из поступательного движения вместе с некоторым полюсом и вращения вокруг этого полюса с угловой скоростью со, называемой переносной угловой скоростью. Величина со, как показано в § 63, от выбора полюса не зависит и на изображенных рис. 188, где полюс точка т, и рис. 189, где полюс О, имеет одно и то же значение. Начнем с определения (duOTJ/d^. При рассматриваемом перенос- переносном движении вектор vm, направленный по касательной к кривой АВ, переместится вместе с этой кривой поступательно (придет в положение тф, рис. 188) и одновременно повернется вокруг точки тх до положения тА. В результате вектор v0T получит в перенос- переносном движении приращение (dvOTJ=bb1=vb-dt, где vb—скорость, с которой перемещается точка b при повороте вектора m1b=vr)T вокруг точки mi. Так как этот поворот происходит с угловой ско- скоростью со, то по формуле G6) vb=o>Xm1b=(aXvo.I. В результате получаем (dvot)i=vb-dt=a>XvOTdt и (92) * Гюстав Кориолис A792—1843) — французский ученый, известный своими трудами по теоретической и прикладной механике. Кориолисово ускорение называют еще поворотным, так как оно появляется при наличии у подвижных осей вращения (поворота). 6 № 2173 161
Теперь определим (dynep)i/d/. Скорость ипер равна скорости той неизменно связанной с подвижными осями точки т кривой АВ, с которой в данный момент времени совпадает точка_М (рис. 189). Если точку О принять за полюс и обозначить через г вектор От=* —ОМ, то по формуле (81) ; -¦¦/ —-^* 0пер = v0 -f ы X г. Совершив за промежуток вре- времени dt относительное перемеще- *3 ние MM'=vOT'dt, точка придет в положение М', для которого ?=г+ЖМ' и г' = Рис- 189 Следовательно, вследствие то- того, что точка совершает относи- относительное перемещение MM'=v0Tit, вектор ипер получает прира- приращение 3fnep)l = ипер —Упер = ю X ММ-' = « X U01 df, откуда (donep)i -ч- dt (93) Подставляя величины (92) и (93) в равенство (90), получим (94) Таким образом, кориолисово ускорение равно удвоенному вектор- векторному произведению переносной угловой скорости (угловой скорости подвижной системы отсчета) на относительную скорость точки. Случай поступательного переносного дви- движения. В этом случае <а=0 и, следовательно4 а^оз=0. В резуль- результате равенство (91) дает* = ао (95) * Этот результат виден и из рис. 188, 189 Когда кривая АВ перемещается поступательно, то вектор v0T придет в положение тф, показанное на рис. 188 пунк- пунктиром, т. е. не изменится, и будет (<foorJ=0. Одновременно при этом все точки кри- кривой АВ имеют одинаковые скорости и в точке М' (рис. 189) упер будет таким же, как в точке М, т. е. показанным пунктиром, вследствие чего ((bnep)i—О- 162
т. е. при поступательном переносном движении абсолютное уско- ускорение точки равно геометрической сумме относительного и перенос- переносного ускорений. Результат здесь аналогичен тому, который дает теорема о сложении скоростей. Вычисление относительно го, переносно- переносного и кориолисова ускорений. Относительное уско- ускорение, поскольку при его нахождении движе- движение подвижных осей во внимание не принима- принимается, вычисляется обыч- обычными методами кинема- кинематики точки (§ 40,43). Пе- Переносное ускорение вы- вычисляется как ускорение точки,неизменносвязан- Рис. 190 НОИ С ПОДВИЖНЫМИ ОСЯМИ, т. е. как ускорение точки некоторого твердого тела, по формулам, полученным для ускорений точек твердого тела в § 51, 58, 62, 63. Кориолисово ускорение вычисляется по формуле (94). Модуль кориолисова ускорения, если угол между векторами со и иот обоз- обозначить через а, будет равен aKOp = 2|co|.|yOT|sina. (96) Направлен вектор акор так же, как и вектор caXtv, т^е. пер- перпендикулярно плоскости, проходящей через векторы со и иот, в ту сторону, откуда кратчайшее совмещение со с иот видно происходя- происходящим против хода часовой стрелки (рис. 190, а). __ Из рис. 190, а видно также, что направление вектора акор можно определить, спроектировав вектор v0T на плоскость П, перпендику- перпендикулярную со, и повернув эту проекцию у$ на 90° в сторону переносного вращения. Если относительная траектория — плоская кривая и перемеща- перемещается все время в своей плоскости, то угол а=90° (рис. 190, б) и в этом случае по модулю акор-2|со|.|уот|. (96') Кроме того, как видно из рис. 190, б, направление акор можно в этом случае найти, повернув вектор относительной скорости v0T на 90° в сторону переносного вращения (т. е. по ходу или против часовой стрелки, в зависимости от направления вращения). На рис. 191 для иллюстрации приведенных правил показано направление кориолисова ускорения шарика М, движущегося вдоль трубки АВ в случаях, когда трубка вращается в плоскости чертежа (рис. 191, а) и когда она при вращении описывает конус (рис. 191, б). Из формулы (96) видно, что кориолисово ускорение может обра- обращаться в нуль в следующих случаях; б* 163
1) когда @=0, т. е. когда переносное движение является посту- поступательным [формула (95)] или если переносная угловая скорость в данный момент времени обращается в нуль; В Н— Рис. 191 2) когда уотн=0, т. е. когда относительная скорость в данный момент времени обращается в нуль; 3) когда а=0, или а=180°, т. е. когда относительное движение происходит по направлению, параллельному оси переносного вращения, или если в данный момент времени вектор v0T паралле- параллелен этой оси. § 67. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ А. Переносное движение поступательное. В случае, когда переносное движение является поступательным, характер зйдач и методы их решения аналогичны задачам на сложение скоростей (см. § 65). Задача 77. Клип, движущийся прямолинейно по горизонтальной плоскости с ускорением alt перемещает вдоль вертикальных направляющих стержень DE (рис. 192). Определить ускорение стержня, если угол клина равен а. Решение. Абсолютное ускорение ад точки D стержня направлено по вер- вертикали вверх. Его можно рассматривать как слагающееся из относительного ус- ускорения аот, направленного вдоль щеки клина, и переносного ускорения апер, равного ускорению клина аг (так как переносное движение, т. е. движение клина, является поступательным). Строя на основании равенства (95) соответствующий параллелограмм и учитывая, что апер=а1, найдем aD=ai tg a- Величина ад и определяет ускорение стержня. Б. Переносное движение вращательное. Покажем, как вычисляется ааб, когда переносное движение является вращением вокруг непод- неподвижной оси. Рассмотрим точку М, движущуюся по поверхности некоторого тела (напри- (например, шара) вдоль заданной кривой АМВ по закону s=/1(Q, гдев=ЛМ (рис. 193). При этом само тело вращается вокруг оси В А по закону <р=/а (t), где <р — угол по- поворота тела. Первое из названных движений считаем относительным, а второе — переносным для точки М. Пусть требуется найти значение aag в некоторый мо- момент времени 1=^. Расчет сводится к следующему. 164
1. Определение положения точки. Полагая в уравнении s—f1{f) время t=tlt определяем положение точки М на кривой А В при t= t± и изображаем точку на чертеже в этом положении. 2. Определение v0T и аот. По формулам кинематики точки (см. § 42, 43) нахо- находим: • Т • п 2 ; где рот — радиус кривизны кривой АВ в точке М. Определяем числовые значения этих величин при t=t1 и изображаем затем векторы vor, aJT и a2T на чертеже (с уче- учетом знаков ?>от и aJT; на рис. 193 векторы v0T и aJT показаны для случая, когда иот>0 и alr>0). _ 3. Определение апер. Сначала находим а>=ср и г=ш и вычисляем их значения Oj и 8j при t = tt. Затем определяем h — расстояние точки М от оси ВА в момент времени tv После этого находим aJiep и а^ер как ускорения той точки тела, с ко- которой в данный момент времени совпадает точка М, т. е. по формулам (см. § 51) °пср = "е1> апер = >1 • Изображаем векторы о„ер и а^ер на чертеже (с учетом знака af,ep; на рис. 193 вектор "aJep показан для случая, когда ех<0 и, следовательно, Опер<0). 4. Определение ~акор. Модуль и направление акор определяются так, как это показано в конце § 66. Вектор aKOV также изображаем на чертеже. 5. Определение а^. По теореме Кориолиса находим йаб = аот + аот "Т анер ~г" "пер "Г «кор- Если сумму стоящих справа векторов трудно найти геометрически, то, проводя какие-нибудь координатные оси Мхуг (рис. 193), вычисляем проекции всех сла1ае- мых векторов на эти оси. Тогда по тео- теореме о проекции суммы векторов на ось После этого находим Рис. 192 Рис. 193 Конкретный пример такого расчета см. в задаче 81. Задача 78. Кулиса ОА вращается с постоянной угловой скоростью а вокруг оси О (рис. 194). По прорези кулисы скользит ползун В с постоянной относитель- относительной скоростью и. Определить абсолютное ускорение ползуна в зависимости от его расстояния х до оси О. Решение. По условиям задачи относительное движение ползуна по про- прорези кулисы является равномерным и прямолинейным; следовательно, аот=0. Движение кулисы ОА будет для ползуна В переносным. Следовательно, пере- переносное ускорение апср ползуна равно ускорению той точки кулисы, с которой в данный момент времени совпадает ползун. Так как эта точка кулисы движется 165
по окружности радиуса ОВ=х и со—const, то вектор апер=апер и направлен вдоль ВО, а по модулю anep=anep==fi>2*- Крриолисово ускорение акор=2со«, так как движение плоское. Повернув вектор относительной скорости и вокруг точки В на 90° в сторону переносного вра- вращения (т. е. по ходу часовой стрелки), находим направление акор. По теореме Корполиса В данном случае ао?=0, а акор перпендикулярно аПер- Следовательно, V «пер + alop = СО V C Задача 79. Эксцентрик, представляющий собой круглый диск радиуса R, вращается с постоянной угловой скоростью со вокруг оси О, проходящей через край диска (рис, 195). По ободу диска с постоянной относительной скоростью и Рис. 195 скользит штифт М, начиная свое движение из точки А. Определить абсолютное ускорение штифта в произвольный момент времени t. Направления движений по- показаны на чертеже. Решение. В момент времени t штифт находится от точки А на расстоянии s—AM.= ut. Следовательно, в этот момент времени /.А0М=а., где (а) так как угол а равен половине центрального угла АСМ. Считаем движение штифта М по ободу диска относительным движением. Оно происходит по окружности радиуса R. Так как t/OT=«=conbt, то Направлен вектор аот=а"т по радиусу МС. Движение диска будет для штифта М переносным движением. Следовательно, переносное ускорение апер штифта равно ускорению той точки диска, с которой в данный момент совпадает штифт. Эта точка диска движется по окружности ра- радиуса 0M=2R cos а. Так как для диска co=const, то е=0 и «дер = ОМ • е = 0, айер = ОМ ¦ со2 — cos a. (в) Направлен вектор а„ер=Яот вдоль линии МО. Поскольку движение происходит в одной плоскости, и в данном случае акор = 2со«. (г) Направление акор получаем, повернув вектор vOT=u вокруг точки М на 90° В сторону переносного движения (т. е. против хода часовой стрелки). Абсолютное ускорение штифта М определяется равенством Япер -f « КОр* (Д) 166
Для определения модуля ааб проведем оси Мху (см. рис. 195) и спроектируем обе части равенства (д) на эти оси. Получим: Тогда aKOp, i=V cos a —аКорJ sin2 а, и> Рис. 196 где значения а, аот, апер, акор определены равенствами (а), (б), (в), (г). Задача 80. Тело движется в северном полушарии вдоль меридиана с севера на юг поступательно (рис. 196) со скоростью уот=и. Найти модуль и направление кориолисова ускорения тела, когда оно находится на широте X. Решение. Пренебрегая размерами тела, рассматриваем его как точку. Относительная скорость и тела образует с земной осью угол Я, Следовательно, Окор = 2ш и sin Я, где оз — угловая скорость Земли. Таким образом, наибольшее кориолисово ускорение тело имеет на полюсе при А,=90°. По мере приближения к экватору значение акор убы- убывает и на экваторе при Х=0 обращается в нуль (на экваторе вектор vOT=u параллелен оси вра- вращения Земли). Направление акор находим как направление векторного произведения. Так как акор=2шХи> получаем, что вектор акор направлен перпенди- перпендикулярно плоскости, проходящей через векто- векторы и, о), т. е. перпендикулярно плоскости меридионального сечения, на восток, откуда кратчайшее совмещение вектора шс вектором и видно против хода часовой стрелки. Вопрос о том, как изменяется движение тел по земной поверхности вследствие наличия кориолисова ускорения, рассматривается в динамике. Однако из получен- полученной формулы видно, что величина акор обычно мала, так как мала угловая ско- скорость Земли. Задача 81. Прямоугольный треугольник ABC, гипотенуза которого АВ— =26=20 см, а ZCBA=a=60°, вращается вокруг оси Czt (рис. 197) по закону <р= lOt—2t2. Вдоль гипотенузы АВ около ее середины О колеблется точка М по закону l=b cos (ntlZ) (ось О| направлена вдоль ОА). Найти абсолютное ускоре- ускорение точки М в момент времени ty=2 с. Решение. 1. Считая движение точки М вдоль гипотенузы АВ относитель- относительным, определяем положение этой точки на гипотенузе в момент времени tx. Из уравнения движения находим E1=6cosBn/3)=—6/2. Следовательно, точка М находится в момент времени tx на середине отрезка ОВ. Изображаем это положение на чертеже. 2. Определение v0T. Так как относительное движение является пря- прямолинейным, то VoT = | = _ (лЬ/3) sin (jtf/3). В момент времени /х=2с иот1 = — nb У /6, 11>от11 = 5я У/3 см/с. Знак минус указывает, что вектор v0T направлен в момент времени tx от М к точке В. 3, Определение <оие. Беря производные, находим; ш = ф=Ю — At, в1 = 2г1, 167
где а1—значение со в момент времени ^=2с; е = ш= —4 с~2. Знаки указывают, что с момента t1 вра- вращение направлено против хода часовой стрел- стрелки (если смотреть с конца оси Сгх) и являет- является замедленным. 4. Определение аот. Так как от- относительное движение является прямолиней- прямолинейным, то аот = v'oi = — (л2/9) Ь соз (я*/3). В момент времени t1=2z 5л2/9 см/с2. Рис. 197 5. Определение аиер. Движение треугольника будет для точки М переносным движением. Следовательно, переносное ускорение апер точки М рав- равно ускорению той точки треугольника, с которой в данный момент времен:: совпа- совпадает точка М. Эта точка треугольника движется по окружности радиуса MD=h, причем в момент времени ^=2с h = (й/2) sin а = 5 см. Таким образом, в этот момент времени aJep = eft = — 10 |/ см/с2, апср = cof/г = 10 V~~3 см/с2. Вектор crjep направлен перпендикулярно плоскости ABC в сторону, противо- противоположную направлению вращения треугольника. Вектор апер направлен вдоль линии MD к оси вращения Сгг. 6. Определение акор. По модулю в момент времени ^=2с якор = 2 | со J • [ v0T | sin a = Юл см/с2, так как угол между иот и осью Czx равен в данном случае а. Проектируя вектор иот на плоскость, перпендикулярную оси Czl (проекция направлена вдоль линии MD), и повернув эту проекцию на 90° в сторону перенос- переносного вращения, т. е. против хода часовой стрелки, найдем направление акор (оно в данном случае совпадает с направлением апер). 7. Определение aag. Абсолютное ускорение точки М в момент вре- времени tx в данном случае будет «аб = аот + Япер + «пер + «кор- Для нахождения модуля aag проводим оси Мхуг (рис. 197) и вычисляем про- проекции всех векторов на эти оси. Получаем: Яаб * = Якор +1 Опер |= Юя + Ю ^ я 48,7 см/с2, fla6j, = a0Tsina — о"ер = 5я2 ^/18—10 V~3 и —12,6 см/са, Яаб х = — «or cos a = —5л2/18 «2,7 см/с2. 168
У а1бх + а1бд + а1бг « 50,4 см/с2. После этого находим Вектор йаб можно построить по его составляющим вдоль осей Охуг, Глава XIV* СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА §68. СЛОЖЕНИЕ ПОСТУПАТЕЛЬНЫХ ДВИЖЕНИЙ Если тело движется относительно подвижных осей Охуг (см. рис. 182), а эти оси совершают одновременно переносное движение по отношению к неподвижным осям О&у&и то результирующее (абсолютное) движение тела называют сложным (см. §64). Задачей кинематики в этом случае является нахождение зависи- зависимостей между характеристиками относительного, переносного и абсолютного движений. Основными кинематическими характеристи- характеристиками движения тела, как мы знаем, являются его поступательные и угловые скорости и ускорения. Мы ограничимся в дальнейшем опре- определением зависимостей только между поступательными и угловыми скоростями тела (кроме одного случая, рассмотренного в §71). Рассмотрим сначала случай, когда относительное движение тела является поступательным со скоростью vlt а переносное движение — тоже поступательное со скоростью vt. Тогда все точки тела в отно- относительном движении будут иметь скорость vu а в переносном — скорость у2. Следовательно, по теореме сложения скоростей все точки тела в абсолютном движении имеют одну и ту же скорость v=v1+v2, т. е. абсолютное движение тела будет тоже поступатель- поступательным. Итак, при сложении двух поступательных движений со скоростя- скоростями I»! и у2 результирующее движение тела также будет поступатель- поступательным со скоростью v=v1-\~v2. Задача сложения скоростей в этом случае сводится к задаче кинематики точки (см. § 65). § 69. СЛОЖЕНИЕ ВРАЩЕНИЙ ВОКРУГ ДВУХ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ОСЕЙ Рассмотрим случай, когда относительное движение тела явля- является вращением с угловой скоростью сох вокруг осиоа', укрепленной на кривошипе Ьа (рис. 198, а), а переносное— вращением криво- кривошипа Ьа вокруг оси ЬЪ', параллельной аа', с угловой скоростью ш2. Тогда движение тела будет плоскопараллельным по отношению к плоскости, перпендикулярной осям. Здесь возможны три частных случая. 169
1. Вращения направлены в одну сторону. Изобразим сечение 5 тела плоскостью, перпендикулярной осям (рис. 198, б). Следы осей в сечении S обозначим буквами А и В. Легко видеть, что точка А, как лежащая на оси Аа', получает ско- скорость только от вращения вокруг оси ВЬ', следовательно, ид=ш2 -АВ. Точно так же vB=a1 -AB. При этом векторы vA и vB параллель- Piic. 198 ны друг другу (оба перпендикулярны А В) и направлены в разные стороны. Тогда точка С (см. § 56, рис. 153, б) является мгновенным центром скоростей (ус=0), а следовательно, ось Сс', параллельная осям Аа' и ВЬ', является мгновенной осью вращения тела. Для определения угловой скорости со абсолютного вращения тела вокруг оси Сс' и положения самой оси, т. е. точки С, восполь- воспользуемся равенством [см. § 56, формула E7)] (a=vBlBC=vAIAC, откуда со= (vA+vB)/AB. Последний результат получается из свойств пропорции. Подставляя в эти равенства vA=&z-AB, vB—a>i-AB, найдем окон- окончательно: (o=coj.+co2, (97) (98) Итак, если тело участвует одновременно в двух направленных в одну сторону вращениях вокруг параллельных осей, то его резуль- результирующее движение будет мгновенным вращением с абсолютной угловой скоростью co^Wi+coa вокруг мгновенной оси, параллель- параллельной данным; положение этой оси определяется пропорциями (98). С течением времени мгновенная ось вращения Сс' меняет свое положение, описывая цилиндрическую поверхность. 2. Вращения направлены в разные стороны. Изобразим опять сечение S тела (рис. 199) и допустим для опре- определенности, что со^соа. Тогда, рассуждая, как в предыдущем слу- случае, найдем, что скорости точек A yl В будут численно равны: vA=* =(ог-АВ, vB=(al-AB; при этом vA и vB параллельны друг другу и направлены в одну сторону. Тогда мгновенная ось вращения про- 170
ходит через точку С (рис. 199), причем <u=vb/BC=va/AC и a=(uB—vA)!AB. Последний результат тоже получается из свойств пропорции. Подставляя в эти равенства значения vA и vB, найдем окончательно: о)=оI—со 2, (99) A00) Итак, в этом случае результатирующее движение также явля- является мгновенным вращением с абсолютной угловой скоростью он — =(«!—со2 вокруг оси Сс', положение которой определяется пропор- пропорциями A00). 3. Пара вращений. Рассмотрим частный случай, когда вращения вокруг параллельных осей направлены в разные стороны Рис. 199 Рис. 200 (рис. 200), но по модулю со1=и2. Такая совокупность вращений называется парой враищний, а векторы о»! и со2 образуют пару угло- угловых скоростей. В этом случае получаем, чтоу4=а>2#Л/? и vB=(AB т. е. vA—vB. Тогда (см. § 56, рис. 153, а) мгновенный центр скоростей находится в бесконечности и все точки тела в данный момент времени имеют одинаковые скорости »=«>! -АВ. Следовательно, результатирующее движе- движение тела будет поступательным (или мгновен- мгновенно поступательным) движением со скоростью, численно равной cox -АВ и направленной перпендикулярно плоскости, проходящей че- через векторы о)! и «2; направление вектора v определяется так же, как в статике определялось направление момен- момента т пары сил (см. § 9). Иначе говоря, пара вращений эквивалентна поступательному (или мгновенно поступательному) движению со скоростью v, равной моменту пары угловых скоростей этих враще- вращений. Примером такого движения является поступательное движение велосипедной педали DE относительно рамы велосипеда (рис. 201), 171 Рис. 201
являющееся результатом относительного вращения педали вокруг оси А, укрепленной на кривошипе В А, и переносного вращения кривошипа В А вокруг оси В. Угловые скорости «i и со2 этих вра- вращений направлены в разные стороны, а по модулю равны друг дру- другу, так как в любой момент времени угол поворота ф, педали отно- относительно кривошипа ВА равен углу поворота ф2 кривошипа. Ско- Скорость поступательного движения педали v=a2-BA. Из того, что пара вращений эквивалентна поступательному дви- движению, следует и обратный вывод: поступательное движение твер- твердого тела эквивалентно паре вращений, у которой момент угловых скоростей этих вращений равен поступательной скорости тела. § 70. ЦИЛИНДРИЧЕСКИЕ ЗУБЧАТЫЕ ПЕРЕДАЧИ Полученные в предыдущем параграфе результаты могут быть использованы для кинематического расчета зубчатых передач, образованных цилиндрическими зубчатыми колесами (шестернями). Рассмотрим основные виды этих передач. Рядовой назовем передачу, в которой все оси колес, находящихся в по- последовательном зацеплении, неподвижны. При этом одно из колес (например, ко- колесо / на рис. 202) является ведущим, а остальные ведомыми. В случае внешнего Рис. 202 (рис. 202, а) или внутреннего (рнс. 202, б) зацепления двух колес имеем |оI1-л1= = |(О2| -г2, так как скорость точки сцепления А у обоих колес одинакова. Учитывая, что число г зубцов сцепленных колес пропорционально их радиусам, а вращения колес происходят при внутреннем зацепление в одну сторону, а при внешнем в разные, получаем * При внешнем зацеплении трех колес (рис. 202, в) найдем, что щ/щ=—r2/rlt (о2/со3=—r3ir2 и со1/из=г3/г1=г3/г1. Следовательно, отношение угловых скоростей крайних шестерен в этой пере- передаче обратно пропорционально их радиусам (числу зубцов) и не зависит от радиу- радиусов промежуточных (паразитных) шестерен. Из полученных результатов следует, что при рядовом сцеплении шестерен ®i/«>»=(-l)* г„/Г1=(-1)* zjzy, A01) где k — число внешних зацеплений (в случае, изображенном на рис. 202,а, имеется одно внешнее зацепление; на рис. 202, в — два внешних зацепления, на рис. 202, б внешних зацеплений нет). Передаточным числом данной зубчатой передачи называется величина i\n, дающая отношение угловой скорости ведущего колеса к угловой скорости ведо- * Во всех формулах надо учитывать знак со (к>>0 при вращении против хода и <о<0 при вращении по ходу часовой стрелки). 172
мого: 11„=и1/ш„. A02) Для рядовой передачи значение iXn дает правая часть формулы A01). Планетарной называется передача (рис. 203), в которой шестерня / неподвижна, а оси остальных шестерен, находящихся в последовательном зацеп- зацеплении, укреплены на кривошипе АВ, вращающемся вокруг оси неподвижной шестерни. Дифференциальной называется передача, изображенная на рис. 203, если в пей шестерня / не является неподвижной и может вращаться вокруг своей оси А независимо от кривошипа АВ. Расчет планетарных и дифференциальных передач можно производить, со- сообщив мысленно всей неподвижной плоскости Axiy1 вращение с угловой скоростью —(<>АВ> равной по модулю и противополож- противоположной по направлению угловой скорости кривошипа АВ (метод остановки или ме- метод Виллиса). Тогда, на основании результатов §69, ^^-л л / * кривошип в этом сложном движении бу- {g jjIsC^Sic— /S^ ' „„} дет неподвижен, а любая шестерня радиу- радиуса /¦? будет иметь угловую скорость где @^— абсолютная угловая скорость этой шестерни по отношению к осям Ах1у1 (рнс. 203). При этом оси всех шестерен будут неподвижны и зависимость между coj, можно будет определить или приравнивая скорости точек сцепления, или не- непосредственно по формуле A01). Расчет планетарных и дифференциальных передач можно также производить с помощью мгновенных центров скоростей (см. § 56). Задача 82. В планетарном механизме (рис. 203) шестерня 1 радиуса rt не- неподвижна, а кривошип АВ вращается с угловой скоростью ш^я- Найти угловую скорость шестерни 3 радиуса гя. Решение. Абсолютные угловые скорости шестерен по отношению к осям Ах1у1 обозначим через % (шх=0), ш2 и <о3. Сообщив всей плоскости Ах^их враще- вращение с угловой скоростью —(?>ав> получим в этом движении: Й1=0 —СОЛд, С02 = (»а—Ш/.д, В получившейся передаче оси колес неподвижны, а число внешних зацеплений k=2. Тогда по формуле A01) Отсюда находим абсолютную угловую скорость шестерни 3 Ю3=A—/i/r3) 0)ЛВ- Если г3>г%, то направление вращения шестерни 3 совпадает с направлением вращения кривошипа, при rs<r1—не совпадает. В случае, когда r3=rj, получаем со3=О. Шестерня 3 в этом случае движется поступательно. Относительную (по отношению к кривошипу АВ) угловую скорость шестер- шестерни 3 найдем по формуле (97). Так как абсолютная скорость <о3=Шзот+шЛВ (уг- (угловая скорость кривошипа является для шестерни 3 переносной), то изот=йK—а>АВ= — ( При г3=г1 получаем (о3от=—ЫАВ- Относительная в3от и переносная дд угловые скорости образуют при этом пару, и мы другим путем приходим к выводу, что результирующее движение шестерни 3 является в этом случае поступатель- поступательным со скоростью и=(ддв-АВ. Задача 83. Редуктор скоростей (рис. 204) состоит из' а) неподвижной шестер- шестерни /; б) двух спаренных шестерен 2 и 3, насаженных па кривошип, скрепленный с 173
ведущим валом АС (зацепление шестерен 2 я 1 внутреннее); в) шестерни 4, сидя- сидящей на ведомом валу DB. Числа зубцов шестерен: z1=120, z2=40, г3=30, z4=50. Ведущий вал делает яд=1500 об/мин. Найти число оборотов в минуту ведомого вала В. Решение. Обозначим абсолютные угловые скорости: вала АС вместе с кривошипом через (Од, шестерни 4 вместе с валом DB через cog, шестерен 2 и 3 через о>2з (эти шестерни вращаются как одно тело). Шестерня / имеет угловую скорость ш1=0. Сообщив плоскости Х]УЛ, параллельно которой движется механизм, вращение с угловой скоростью — а>А, получим, что кривошип в этом движении будет неподвижен (а>А=0), а шестерни будут иметь скорости: Составляя теперь для шестерен / и 2 и шесте» рен 3 и 4 зависимости A01), получим: Перемножая эти равенства, найдем, что u>i/co4=— z2z4/zi?3 или (ua!((ds—wA) Отсюда, учитывая, что величина п об/мин, про- пропорциональна «в, находим Рнс- 204 nB=(l+z1 гг1гг г4) ял=4200 об/мин. Задача 84. Решить предыдущую задачу при условии, что шестерня 1 враща- вращается в ту же сторону, что и ведущий вал АС, делая /г1=1Ю0 об/мин (редуктор с дифференциальной передачей). Решение. Ход решения остается таким же, как и в задаче 83, с той лишь разницей, что теперь щфО (причем по условиям задачи знаки ooj и со,} совпадают); следовательно, со1=со1—ыА. В результате полученная в задаче 83 пропорция u>i/w4=—z&Jzfo Дает (щ—а>А)!(а>в—«л)=— Wziz3« Отсюда, переходя к оборотам в минуту, находим nn^tiA+iZiZs/ZzZi) (nA—«i)==2220 об/мин. Если шестерня / вращается в противоположном направлении, то в полученном результате надо изменить знак при пх, § 71. СЛОЖЕНИЕ ВРАЩЕНИЙ ВОКРУГ ПЕРЕСЕКАЮЩИХСЯ ОСЕЙ 1. Сложение угловых скоростей. Пусть отно- относительное движение тела представляет собой вращение с угловой скоростью о>? вокруг оси ага, укрепленной на кривошипе 2 (рис. 205, а), а переносным является вращение кривошипа с угло- угловой скоростью со 2 вокруг оси ЬгЬ, которая с осью а^а пересекается в точке О. Схематически такой случай сложения вращений вокруг пересекающихся осей показан на рис. 205, б. Очевидно, что в этом случае скорость точки О, как лежащей одновременно на обеих осях, будет равна нулю и результирующее движение тела является движением вокруг неподвижной точки О. Тогда тело имеет в данный момент времени угловую скорость оэ, направленную по мгновенной оси вращения, проходящей через точку О (см. § 60). 174
Чтобы определить значение со, найдем скорость какой-нибудь точки М тела, радиус-вектор которой г=ОМ. В относительном движении (вращение вокруг оси Оа) точка М, согласно формуле G6), получит скорость уот=оIХг; в переносном же движении (вращение вокруг оси Ob) точка получит скорость ^пер—<*>2Xг. Тогда абсолют- ная скорость точки М пер Но так как результи- результирующее движение тела яв- является мгновенным враще- вращением с некоторой угловой скоростью со, то должно быть Поскольку точка М — любая точка тела, полученные равенства должны выполняться при любом г, что возможно лишь тогда, когда 5=^ + 5,. A03) Следовательно, при сложении вращений вокруг двух осей, пересекающихся в точке О, результирующее движение тела будет мгновенным вращением вокруг оси Ос, проходящей через точку О, и угловая скорость этого вращения будет равна геометрической сумме относительной и переносной угловых скоростей. Мгновенная ось Ос направлена вдоль вектора со, т. е. по диагонали параллело- параллелограмма, построенного на векторах о^ и со3. С течением времени ось Ос меняет свое положение, описывая коническую поверхность, вершина которой находится в точке О. Если тело участвует в мгновенных вращениях вокруг нескольких осей, пересекающихся в точке О, то, последовательно применяя формулу A03), найдем, что результирующее движение будет мгно- мгновенным вращение^ вокруг оси, проходящей через точку О, с угло- угловой скоростью ш=2Я- О04) Задача 8S. Определить абсолютную угловую скорость w конического катка (см. задачу 72 в § 62), если радиус АС катка R, расстояние ОА—1 и скорость ад точки А известны (рис. 206). Решение. Абсолютное движение катка является результатом его относи- относительного вращения вокруг оси ОА с угловой скоростью % и переносного вращения кривошипа ОА вокруг оси ОВ с угловой скоростью ш2; при этом численно щ= 175
Мгновенная ось вращения, а следовательно, и вектор абсолютной угловой ско- скорости^» направлены по линии ОС, так как скорость точки С равна нулю (см. задачу 72). Строя соответствующий параллелограмм, находим, что «=co2/sina Так как sin a=R/V'P+R2, то окончательно a=(oA/R)V1+R4P. Другим путем этот результат можно получить (учитывая, что ОС — мгновен- мгновенная ось вращения) из равенства ид=ой, где h=lsma. Движение катка представляет собой серию элементарных поворотов с угло- угловой скоростью ш вокруг оси ОС, которая непрерывьо меняет свое положение, описывает круглый конус с вершиной в точке О 2 Сложение угловых ус- ускорений Рассмотрим случай, когда вращение тела вокруг двух пересекаю- пересекающихся осей происходит с угловыми ус- ускорениями вг— относительным и г2— переносным. Найдем, каким будет тогда абсолютное угловое ускорение 8 тела. Из равенства A03) получим Рис. 206 перенос- где &>!— относительная, а со2 • ная угловые скорости. Рассуждая так же, как в § 66, и сохраняя ту же символику, представим пре- предыдущий результат в виде (d<o2J/df. A05) Здесь (dWjJj'd^Sj, а (dco2J/d/=c2. Значение (d<u1J^d^ определяется так же, как значение (duOTJ/d/ в § 66 и дается формулой (92) с заменой в ней v0T на o)j, а со на (о2 Следовательно, (du)]J/d^=ai2X<Bi Наконец, так как со2 при относительном движении (на рис. 205 при вращении тела вокруг оси а^а) не изменяется, то (dcoa)I/d^= 0. В результате равенство A05) дает окончательно е= A06) Формула A06) и определяет в случае сложения вращений вокруг пересека- пересекающихся осей абсолютное угловое ускорение тела. §72. СЛОЖЕНИЕ ПОСТУПАТЕЛЬНОГО И ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЙ. ВИНТОВОЕ ДВИЖЕНИЕ Рассмотрим сложное движение твердого тела, слагающееся из поступательного и вращательного движений. Соответствующий пример показан на рис. 207. Здесь относительным движением тела 1 является вращение с угловой скоростью со вокруг оси Аа, укреп- укрепленной на платформе 2, а переносным — поступательное движение платформы со скоростью v. Одновременно в двух таких движениях участвует и колесо 3, для которого относительным движением яв- является вращение вокруг его оси, а переносным — движение той же платформы. В зависимости от значения угла а между векторами со и v (для колеса этот угол равен 90°) здесь возможны три случая. 176
1. Скорость поступательного движения перпендикулярна оси вращения (у_]_со). Пусть сложное движение тела слагается из вращательного движения во- вокруг оси Аа с угловой скоростью со и поступательного движения со скоростью v, перпендикулярной со (рис. 208). Легко видеть, что это to Рис. 207 движение представляет собой (по отношению к плоскости П, пер- перпендикулярной оси Аа) плоскопараллельное движение, подробно изученное в гл. XI. Если считать точку А полюсом, то рассматри- рассматриваемое движение, как и всякое плоскопараллельное, будет дейст- действительно слагаться из поступательного со скоростью vA=v, т. е. со скоростью полюса, и из вращательного вокруг оси Аа, проходя- проходящей через полюс. Вектор v можно заменить парой угловых скоростей со', со" (см. § 69), беря со'=со, а со"=—со- При этом расстояние АР опре- определится из равенства и=со' -АР, откуда (учитывая, что со'=со) AP=v/a. A07) Векторы со и со" дают при сложении нуль, и мы получаем, что движение тела в этом случае можно рассматривать как мгновенное вращение вокруг оси Рр с угловой скоростью со'=со. Этот результат был раньше получен другим путем (см. § 56). Сравнивая равенства E5) и A07), видим, что точка Р для сечения 5 тела является мгно- мгновенным центром скоростей (vp=Q). Здесь еще раз убеждаемся, что поворот тела вокруг осей Аа и Рр происходит с одной и той же угло- угловой скоростью со, т. е. что вращательная часть движения не зависит от выбора полюса (см. § 52). _ _ 2. Винтовое движение (со|]и). Если сложное движение тела слагается из вращательного вокруг оси Аа с угловой скоро- скоростью со и поступательного со скоростью и, направленной параллель- параллельно оси Аа (рис. 209), то такое движение тела называется винтовым. Ось Аа называют осью винта. Когда векторы у и со направлены в 177
одну сторону, то при принятом нами правиле изображения со винт будет правым; если в разные стороны,— левым. Расстояние, проходимое за время одного оборота любой точкой тела, лежащей на оси винта, называется шагом h винта. Если величи- величины и и со постоянны, то шаг винта также будет постоянным. Обо- Обозначая время одного оборота через Т, получаем в этом случае vT=h и (оГ=2л, откуда й=2яу/со. С Га _ I С 5? со / Рис. 210 При постоянном шаге любая точка М тела, не лежащая на оси винта, описывает винтовую линию. Скорость точки М, находящей- находящейся от оси винта на расстоянии г, слагается из поступательной ско- скорости v и перпендикулярной ей скорости, получаемой во враща- вращательном движении, которая численно равна cor. Следовательно, Направлена скорость vM по касательной к винтовой линии. Если цилиндрическую поверхность, по которой движется точка М, разрезать вдоль образующей и развернуть, то винтовые линии обратятся в прямые, наклоненные к основанию цилиндра под углом a (tga=A/2nr). 3. Скорость поступательного движения образует произвольный угол с осью враще- вращения. Сложное движение, совершаемое телом в этом случае (рис. 210, а), представляет собой движение, рассмотренное в § 63 (общий случай движения свободного твердого тела). Разложим вектор v (рис. 210, б) на составляющие: v', направ- направленную вдоль со (o'=wcosa), и у", перпендикулярную со (y"=usina). Скорость v" можно заменить парой угловых скоростей со'=со и со"= =—со (как на рис. 208), после чего векторы со и to" можно отбросить. Расстояние АС найдем по формуле A07): =у"/<а= (usina)/co. 178
Тогда у тела остается вращение с угловой скоростью со' и посту- поступательное движение со скоростью v''. Следовательно, распределение скоростей точек тела в данный момент времени будет таким же, как ПрИ ВИНТОВОМ ДВИЖеНИИ ВОКруГ ОСИ Сс С УГЛОВОЙ СКОрОСТЬЮ 0>' = (й и поступательной скоростью v'=v cos a. Проделанными операциями (рис. 210, б) мы перешли от полюса А к полюсу С. Результат подтверждает (см. § 63), что в общем случае движения твердого тела угловая скорость при перемене полюса не изменяется (ю'=со), а меняется только поступательная скорость Так как при движении свободного твердого тела величины v, со, а будут вообще все время изменяться, то будет непрерывно меняться и положение оси Сс, которую поэтому называют мгновенной винтовой осью. Таким образом, движение свободного твердого тела можно еще рассматривать как слагающееся из серии мгновенных винтовых движений вокруг непрерывно изменяющихся винтовых осей.
Раздел третий ДИНАМИКА ТОЧКИ Глава XV ВВЕДЕНИЕ В ДИНАМИКУ. ЗАКОНЫ ДИНАМИКИ § 73. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И ОПРЕДЕЛЕНИЯ Динамикой называется раздел механики, в котором изучается движение материальных тел под действием сил. Движение тел с чисто геометрической точки зрения рассматри- рассматривалось в кинематике. В динамике, в отличие от кинематики, прн изучении движения тел принимают во внимание как действующие на них силы, так и инертность самих материальных тел. Понятие о силе, как об основной мере механического действия, оказываемого на материальное тело, было введено в статике. Но в статике мы не касались вопроса о возможных изменениях действую- действующих сил с течением времени, а при решении задач считали все силы постоянными. Между тем на движущееся тело наряду с постоянными силами действуют обычно силы переменные, модули и направления которых при движении тела изменяются. При этом переменными могут быть и заданные (активные) силы*, и реакции связей. Как показывает опыт, переменные силы могут определенным об- образом зависеть от времени, положения тела и его скорости. В ча- частности, от времени зависит сила тяги электровоза при постепенном выключении или включении реостата или сила, вызывающая колеба- колебания фундамента при работе мотора с плохо центрированным ва- валом; от положения тела зависит ньютонова сила тяготения или сила упругости пружины; от скорости зависят силы сопротивления среды (подробнее см. § 76). В заключение отметим, что все введен- введенные в статике понятия и полученные там результаты относятся в равной мере и к переменным силам, так как условие постоянства сил нигде в статике не использовалось. Инертность тела проявляется в том, что оно сохраняет свое движение при отсутствии действующих сил, а когда на него начи- начинает действовать сила, то скорости точек тела изменяются не мгно- * Активной обычно называют силу, которая, начав действовать на покоящее- покоящееся тело, может привести его в движение. 180
венно, а постепенно и тем медленнее, чем больше инертность этого тела. Количественной мерой инертности материального тела явля- является физическая величина, называемая массой тела *, В класси- классической механике масса т рассматривается как величина скалярная, положительная и постоянная для каждого данного тела. Кроме суммарной массы движение тела зависит еще в общем слу- случае от формы тела, точнее от взаимного расположения образующих его частиц, т. е. от распределения масс в теле. Чтобы при первоначальном изучении динамики отвлечься от учета формы тела (распределения масс), вводят абстрактное поня- понятие о материальной точке, как о точке, обладающей массой, и начинают изучение динамики с динамики материальной точки. Из кинематики известно, что движение тела слагается в общем случае из поступательного и вращательного. При решении кон- конкретных задач материальное тело можно рассматривать как мате- материальную точку в тех случаях, когда по условиям задачи допустимо не принимать во внимание вращательную часть движения тела. Например, материальной точкой можно считать планету при изу- изучении ее движения вокруг Солнца или артиллерийский снаряд при определении дальности его полета и т. п. Соответственно поступа- поступательно движущееся тело можно всегда рассматривать как мате- материальную точку с массой, равной массе всего тела. Справедливость этих утверждений будет обоснована в § 107. Изучать динамику мы начнем с динамики материальной точки, так как естественно, что изучение движения одной точки должно предшествовать изучению движения системы точек и, в частности, твердого тела. § 74. ЗАКОНЫ ДИНАМИКИ. ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ В основе динамики лежат законы, установленные путем обобще- обобщения результатов целого ряда опытов и наблюдений, посвященных изучению движения тел, и проверенные обширной общественно- производственной практикой человечества. Систематически законы динамики были впервые изложены И. Ньютоном в его классическом сочинении «Математические начала натуральной философии», издан- изданном в 1687 г.**. Сформулировать эти законы можно следующим образом. Первый закон (закон инерции): изолированная от внеш- внешних воздействий материальная точка сохраняет свое состояние покоя или равномерного прямолинейного движения до тех пор, пока приложенные силы не заставят ее изменить это состояние. Движе- Движение, совершаемое точкой при отсутствии сил, называется движением по инерции. * Масса является еще мерой гравитационных свойств тела (см. § 76). ** Есть прекрасный русский перевод, сделанный А. Н. Крыловым. См.. Соб- Собрание трудов акад. А. Н. Крылова, т. VII. М.— Л., 1936. 131
Закон инерции отражает одно из основных свойств материи —• пребывать неизменно в движении. Важно отметить, что развитие динамики как науки стало возможным лишь после того, как Гали- Галилеем был открыт этот закон A638 г.) и тем самым опровергнута господствовавшая со времен Аристотеля точка зрения о том, что движение тела может происходить только под действием силы. Существенным является вопрос о том, по отношению к какой сис- системе отсчета справедлив закон инерции. Ньютон предполагал, что существует некое неподвижное (абсолютное) пространство, по от- отношению к которому этот закон выполняется. Но по современным воззрениям пространство — это форма существования материи, и какого-то абсолютного пространства, свойства которого не зависят от движущейся в нем материи, не существует. Между тем, поскольку закон имеет опытное происхождение (еще Галилей указал, что к этому закону можно прийти, рассматривая движение шарика по наклонной плоскости со все убывающим углом наклона), должны существовать системы отсчета, в которых с той или иной степенью приближения данный закон будет выполняться. В связи с этим в механике, переходя, как обычно, к научной абстракции, вводят понятие о системе отсчета, в которой справедлив закон инерции, постулируют ее существование и называют инерциальнои системой отсчета. Можно ли данную реальную систему отсчета при решении тех или иных задач механики рассматривать как инерциальную, устанав- устанавливается путем проверки того, в какой мере результаты, полученные в предположении, что эта система является инерциальнои, подтверж- подтверждаются опытом. Поданным опыта для нашейСолнечной системы инер- инерциальнои с высокой степенью точности можно считать систему отсчета, начало которой находится в центре Солнца, а оси направ- направлены на так называемые неподвижные звезды. При решении боль- большинства технических задач инерциальнои, с достаточной для прак- практики точностью, можно считать систему отсчета, жестко связанную с Землей. Справедливость этого утверждения будет обоснована в § 92. Второй закон (основной закон динамики) устанавливает, как изменяется скорость точки при действии на нее какой-нибудь силы, а именно: произведение массы материальной точки на ускоре- ускорение, которое она получает под действием данной силы, равно по мо- модулю этой силе, а направление ускорения совпадает с направлением силы. Математически этот закон выражается векторным равенством та =7. A) При этом между модулями ускорения и силы имеет место зависи- зависимость ma=F. (Г) Второй закон динамики, как и первый, имеет место только по отношению к инерциальнои системе отсчета. Из этого закона непо- непосредственно видно, что мерой инертности материальной точки явля- 182
ется ее масса, поскольку при действии данной силы точка, масса которой больше, т. е. более инертная, получит меньшее ускорение и наоборот. Если на точку действует одновременно несколько сил, то они, как это следует из закона параллелограмма сил, будут эквивалентны одной силе, т. е. равнодействующей.^, равной геометрической сум- сумме данных сил. Уравнение, выражающее основной закон динамики, принимает в этом случае вид ma = R или ma — '?iFk. B) Этот же результат можно получить, используя вместо закона параллелограмма закон независимости действия сил, согласно кото- которому при одновременном действии на точку нескольких сил каждая из них сообщает точке такое же ускорение, какое она сообщила бы, действуя одна. Третий закон (закон равенства действия и противодейст- противодействия) устанавливает характер механического взаимодействия между материальными телами. Для двух материальных точек он гласит: две материальные точки действуют друг на друга с силами, равными по модулю и направленными вдоль прямой, соединяющей эти точки, в противоположные стороны. Этим законом мы уже пользовались в статике. Он играет большую роль в динамике системы материальных точек, как устанавливаю- устанавливающий зависимость между действующими на эти точки внутренними силами. При взаимодействии двух свободных материальных точек, они, согласно третьему и второму законам динамики, будут двигаться с ускорениями, обратно пропорциональными их массам. Задачи динамики. Для свободной материальной точки задачами динамики являются следующие: 1) зная закон движения точки, определить действующую на нее силу (первая задача дина- динамики); 2) зная действующие на точку силы, определить закон дви- движения точки (вторая, или основная, задача динамики). Для несвободной материальной точки, т. е. точки, на которую наложена связь, вынуждающая ее двигаться по заданной поверх- поверхности или кривой, первая задача динамики обычно состоит в том, чтобы, зная движение точки и действующие на нее активные силы, определить реакцию связи. Вторая (основная) задача динамики при несвободном движении распадается на две и состоит в том, чтобы, зная действующие на точку активные силы, определить: а) закон движения точки, б) реакцию наложенной связи. § 75. СИСТЕМЫ ЕДИНИЦ Для измерения всех механических величин оказывается доста- достаточным ввести независимые друг от друга единицы измерения каких-нибудь трех величин. Двумя из них принято считать едини- единицы длины и времени. В качестве третьей оказывается наиболее удобным выбрать единицу измерения или массы, или силы. Так как 183
эти величины связаны равенством A), то произвольно единицу изме- измерения каждой нз них выбрать нельзя. Отсюда вытекает возмож- возможность введения в механике двух принципиально отличных друг or друга систем единиц. Первый тип систем единиц. В этих системах за основные принимаются единицы длины, времени и массы, а сила измеряется производной единицей. К таким системам относится Международная система единиц измерения физических величин (СИ), в которой основными едини- единицами измерения механических величин являются метр (м),килограмм массы (кг) и секунда (с). Единицей же измерения силы является производная единица — 1 ньютон (Н); 1 Н — это сила, сообщаю- сообщающая массе в 1 кг ускорение 1 м/с2 (Ш = 1 кг-м/с2). О том, что собой представляют 1 м, 1 кг и 1 с, известно из курса физики. Между- Международная система единиц (СИ) введена в СССР как предпочтитель- предпочтительная с 1961 г. и в данном курсе мы пользуемся ею. Второй тип систем единиц. В этих системах за основные принимаются единицы длины, времени и силы, а масса измеряется производной единицей. К таким системам относится имевшая большое распространение в технике система МКГСС, в которой основными единицами являются метр (м), килограмм силы (кГ) и секунда (с). Единицей измерения массы в этой системе будет 1 кГ -cVm, т. е. масса, которой сила в 1 кГ сообщает ускорение 1 м/с2. Соотношение между единицами силы в системах СИ и МКГСС таково: 1 кГ=9,81 Н или 1 Н=0,102 кГ. В заключение отметим, что необходимо различать понятия раз- размерность величины и единица ее измерения. Размерность определя- определяется только видом уравнения, выражающего значение данной вели- величины, а единица измерения зависит еще от выбора основных единиц. Например, если, как это принято, обозначать размерность длины, времени и массы соответственно символами L, Т и М, то размер- размерность скорости LIT, а единицей измерения может быть 1 м/с, 1 км/ч и т. д. §76. ОСНОВНЫЕ ВИДЫ СИЛ При решении задач динамики мы будем в основном рассматри- рассматривать следующие постоянные или переменные силы (законы измене- изменения переменных сил, как правило, устанавливаются опытным пу- путем). _ Сила тяжести. Это постоянная сила Р, действующая на любое тело, находящееся вблизи земной поверхности (подробнее см. § 92). Модуль силы тяжести равен весу тела. Опытом установлено, что под действием силы Р любое тело при свободном падении на Землю (с небольшой высоты и в безвоздушном пространстве) имеет одно и то же ускорение g, называемое ускоре- 184
* наем свободного падения, а иногда ускорением силы тяжести Тогда из уравнения (Г) следует, что P=mg или m=Plg. C) Эти равенства позволяют, зная массу тела, определить его вес (модуль действующей на него силы тяжести) или, зная вес тела, опре- определить его массу. Вес тела или сила тяжести, как и величина g, изменяются с изменением широты и высоты над уровнем моря; масса же является для данного тела величиной неизменной. Сила трения. Так будем кратко называть силу трения скольжения, действующую (при отсутствии жидкой смазки) на движущееся тело. Ее модуль определяется равенством (см. § 23) F=fN. D) где / —коэффициент трения, который будем считать постоянным; N — нормальная реакция. Сила тяготения. Это сила, с которой два материальных тела притягиваются друг к другу по закону всемирного тяготения, открытому Ньютоном. Сила тяготения зависит от расстояния и для двух материальных точек с массами тг и т2, находящихся на расстоянии г друг от друга, выражается равенством F=fm1mjr'1, E) где / — гравитационная постоянная (в СИ/=6,673-101 м3/кг«сг). Сила упругости. Эта сила тоже зависит от расстояния. Ее значение можно определить исходя из закона Гука, согласно которому напряжение (сила, отнесенная к единице площади) пропорционально деформации. В частности, для силы упругости пружины получается значение F=cX, F) где % — удлинение (или сжатие) пружины; с — так называемый коэффициент жесткости пружины (в СИ измеряется в Н/м). Сила вязкого трения. Такая сила, зависящая от скорости, действует на тело при его медленном движении в очень вязкой среде (или при наличии жидкой смазки) и может быть вы- выражена равенством R=liv, G) где v — скорость тела; ц. — коэффициент сопротивления. Зависи- Зависимость вида G) можно получить исходя из закона вязкого трения, отк- открытого Ньютоном. Сила аэродинамического (гидродинами- (гидродинамического) сопротивления. Эта сила тоже зависит от * Закон свободного падения тел был открыт Галилеем. Значение g в разных местах земной поверхности различно; оно зависит от географической широты мес- места и высоты его над уровнем моря. На широте Москвы (на уровне моря) g= =9,8156 м/с2. 185
скорости и действует на тело, движущееся в такой, например, среде, как воздух или вода. Обычно ее величину выражают равенством R=0,5cxpSv\ (8) где р — плотность среды; 5 — площадь проекции тела на плоскость, перпендикулярную направлению движения (площадь миделя); сх — безразмерный коэффициент сопротивления, определяемый обычно экспериментально и зависящий от формы тела и от того, как оно ориентировано при движении. Инертная игравитационная массы. Для экспе- экспериментального определения массы данного тела можно исходить из закона A), куда масса входит как мера инертности и называется поэтому инертной массой. Но можно исходить и из закона E), куда масса входит как мера гравитационных свойств тела и называется соответственно гравитационной (или тяжелой) массой. В принципе ни откуда не следует, что инертная и гравитационная массы пред- представляют собой одну и ту же величину. Однако целым рядом экспе- экспериментов установлено, что значения обеих масс совпадают с очень высокой степенью точности (по опытам, проделанным советскими физиками A971 г.),— с точностью до 10~12). Этот экспериментально установленный факт называют принципом эквивалентности. Эйнш- Эйнштейн * положил его в основу своей общей теории относительности (теории тяготения). Исходя из изложенного, в механике пользуются единым терми- термином «масса», определяя массу как меру инертности тела и его гра- гравитационных свойств. Глава XVI ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ, РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ДИНАМИКИ ТОЧКИ §77. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ Для решения задач динамики точки будем пользоваться одной из следующих двух систем уравнений. Уравнения в декартовых координатах. Из кинематики известно, что движение точки в прямоугольных декар- декартовых координатах задается уравнениями (см. § 37): *=М0. У=Ш, г=Ш. (9) Задачи динамики точки состоят в том, чтобы, зная движение точки, т. е. уравнения (9), определить действующую на точку силу * Альберт Эйнштейн A879—1955) — выдающийся ученый-физик, создатель специальной теории относительности (релятивистская механика) и общей теории относительности. 186
или, наоборот, зная действующие на точку силы, определить закон ее движения, т. е. уравнения (9). Следовательно, для решения задач динамики точки надо иметь уравнения, связывающие координаты х, у, z этой точки и действующую на нее силу (или силы). Эти урав- уравнения и дает второй закон динамики. Рассмотрим материальную точку, движущуюся под действием сил Fi, F2i. . ., Fn по отношению к инерциальной системе отсчета Охуг. Проектируя обе части равенства B), т. е. равенства ma=HFh, на оси х, у, z и учитывая, что ax=62xldt2 и т. д., получим: или, обозначая вторые производные по времени двумя точками, mx = ^Fkx, my = ZFky, mz^XFkz. A0') Это и будут искомые уравнения, т. е. дифференциальные уравнения движения точки в прямоугольных декартовых координатах. Так как действующие силы могут зависеть от времени t, от положения точки, т. е. от ее координат х, у, г, и от скорости, т. е. от vx=x, vv=y, uz=2, то в общем случае правая часть каждого из уравнений A0) может быть функцией всех этих переменных, т. е. t, x, у, г, х, у, z одновременно. Уравнения в проекциях на оси естествен- естественного трехгранника. Для получения этих уравнений спроектируем обе части равенства ma=SFft на оси МхпЬ, т. е. на ка- касательную Мх к траектории точки, главную нормаль Мп, направ- направленную в сторону вогнутости траектории, и бинормаль Mb (см. в § 42 рис. 122; на нем Охуг — оси, по отношению к которым дви- движется точка). Тогда, учитывая, что (см. §43) ax=dv/dt, an=v2/p, ab=0, получим m-? = 2ffcT, m? = 2Fftn, 0 = 2Fftb. A1) Уравнения A1), где v=ds/dt, представляют собой дифференциа- дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на оси естественного трехгранника. § 78. РЕШЕНИЕ ПЕРВОЙ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ (ОПРЕДЕЛЕНИЕ СИЛ ПО ЗАДАННОМУ ДВИЖЕНИЮ) Если ускорение движущейся точки задано, то действующая сила или реакция связи сразу находится по уравнениям A) или B). При этом для вычисления реакции надо дополнительно знать активные силы. Когда ускорение непосредственно не задано, но известен закон движения точки, то для определения силы можно воспользоваться уравнениями A0) или A1). 187
, Задача 86. Воздушный шар весом Р опускается с ускорением а. Какой груз Q (балласт) надо сбросить, чтобы шар стал подниматься с таким же ускорением. Решение. На падающий шар действуют сила тяжести Р и подъемная сила F (рис. 211, а). Составляя уравнение B) в проекции на вертикаль, найдем, что {Pig) a^P-F. Когда будет сброшен балласт (рис. 211, б), вес шара станет равен Р—Q, а подъемная сила останется той же. Тогда, учитывая что шар при этом движется вверх, получим (P-Q)a/g=F-(P-Q\ Исключая из этих уравнений неизвестную силу F, найдем Q=2P/(l+g/a). Задача 87. Лифт весом Р (рис. 212) начинает подниматься с ускорением а. Определить натяжение троса. В) Рис. 211 Решение. На лифт действуют сила тяжести Р и реакция троса Т. Сос- Составляя уравнение B) в проекции на вертикаль, получим (P/g)a—T—Р, откуда T=P(l+alg). Если лифт опускается с таким же ускорением, то натяжение троса будет рав- равно T1=P(l—a/g). Задача 88. Радиус закругления в точке А моста равен R (рис. 213). Найти, какое давление на мост в точке А окажет автомобиль массы т, движущийся со скоростью v, У////////////////////, А{ ( п л ,w»n Ж t ., V У 1 Й 1 1 1 ш А X п Рис. 213 Рис. 214 Решение. В точке А автомобиль имеет нормальное ускорение an—vi/R. При этом на него действуют сила тяжести P—mg и реакция N. Тогда по уравне- уравнению B), составленному в проекции на нормаль, или непосредственно по второму 188
из уравнений A1) будет m^/R=mg—N, откуда N=m(g~vVR). Сила давления на мост равна по модулю N, но направлена вниз. Задача 89. Кривошип ОА длины /, вращаясь равномерно с угловой скоро- скоростью со, перемещает кулису /•(, движущуюся поступательно вдоль направляющих 1, 1 (рис. 214). Найти, пренебрегая трением, чему при этом равна сила давления Q ползуна А на кулису, если вес кулисы Р. Решение. Проведем координатную ось Ох. Тогда положение кулисы опре- определится координатной х=1со&ц> и, поскольку ф=со?, закон движения кулисы бу- будет x=/cos (at. Зная этот закон, воспользуемся первым из уравнений A0'). Вы- Вычисляя производную от х, получим х = — ш2i cos at = — и>гх. Кроме того, Qx=—Q. В результате находим —(Pig)aP'x=—Q и Q=(P/g)(uix. Следовательно, сила давления ползуна на кулису изменяется пропорционально расстоянию х кулисы от оси О. §79. РЕШЕНИЕ ОСНОВНОЙ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ ПРИ ПРЯМОЛИНЕЙНОМ ДВИЖЕНИИ ТОЧКИ Движение материальной точки будет прямолинейным, когда действующая на нее сила (или равнодействующая приложенных сил) имеет постоянное направление, а скорость точки в начальный момент времени равна нулю или направлена вдоль силы. Если при прямолинейном движении направить вдоль траектории координатную ось Ох, то движение точки будет определяться пер- первым из уравнений A0), т. е. уравнением ml? = %Fkx нли mx = ^Fkx. A2) Уравнение A2) называют дифференциальным уравнением прямоли- прямолинейного движения точки. Иногда его удобнее заменить двумя урав- уравнениями, содержащими первые производные: ^ 2^ v В случаях, когда при решении задачи надо искать зависимость скорости от координаты х, а не от времени t (или когда сами силы зависят от х), уравнение A3) преобразуют к переменному х. Так как d.vxldt—uvx/ux-ux/dt=dvx/dx-vx, то вместо A3) получим: mt^ = 2^, -g=tv A4) Решение основной задачи динамики сводится к тому, чтобы из данных уравнений, зная силы, найти закон движения точки, т. е. x=f{t). Для этого надо проинтегрировать соответствующее диффе- дифференциальное уравнение. Чтобы яснее было, к чему сводится эта математическая задача, напомним, что входящие в правую часть уравнения A2) силы могут зависеть от времени t, от положения 189
точки, т. е. от х, и от ее скорости, т. е. от vx—x. Следовательно, в общем случае уравнение A2) с математической точки зрения пред- представляет собой дифференциальное уравнение 2-го порядка, имеющее вид mx—F(t, х, х). Если для данной конкретной задачи дифференциальное уравнение A2) будет проинтегрировано, то в полученное решение войдут две постоянные интегрирования Сг и С2 и общее решение уравнения A2) будет иметь вид x=f(t, Си С2). A5) Чтобы довести решение каждой конкретной задачи до конца, надо определить значения постоянных Сг и С2. Для этого использу- используются обычно так называемые начальные условия. Изучение всякого движения будем начинать с некоторого опреде- ленного момента времени, называемого начальным моментом. От этого момента будем отсчитывать время движения, считая, что в начальный момент /=0. Обычно за начальный принимают момент начала движения под действием заданных сил. Положение, которое точка занимает в начальный момент, называется начальным положе- положением, а ее скорость в этот момент — начальной скоростью (началь- (начальную скорость точка может иметь или потому, что до момента /=0 она двигалась по инерции, или в результате действия на нее до момента t=0 каких-то других сил).Чтобы решить основную задачу динамики, надо кроме действующих сил знать еще начальные усло- условия, т. е. положение и скорость точки в начальный момент времени *. В случае прямолинейного движения начальные условия зада- задаются в виде при t=Q x—Xv, vx=vu. A6) По начальным условиям можно определить конкретные значения постоянных Ci и С2 и найти частное решение уравнения A2), даю- дающее закон движения точки, в виде x = f(t, х0, и0). A7) Поясним все сказанное на примере следующей простейшей за- задачи. Задача 90. Материальная точка с массой т движется под действием постоян- постоянной по модулю и направлению силы Q (рис. 215). Найти закон движения точки при начальных условиях A6). Решение. Составляя дифференциальное уравнение движения в виде A3) и учитывая, что QX=Q, получим at u * Могут встречаться задачи, в которых для определения постоянных ин- интегрирования вместо начальных задаются так называемые краевые условия, напри- например могут быть заданы условия на «краях» интервала времени [t0, t\\ в виде, при t=t0 x=xa, а при t=tx x=xx. Пример, показывающий, какие особенности мог^т иметь решения таких задач, называемых краевыми, задачами, будет рассмотрен в §94. 190
Так как Q=const, то умножив обе части уравнения на dt и беря от них инте- интегралы, найдем, что vx=(Qlm)t+Clt (a) Замена в этом равенстве vx на dx/dt дает ~=(Q/m)t+Ct. Умножая обе части полученного уравнения на dt и снова интегрируя, найдем x=(Q/2/n)/4-C!f+C2. (б) Этот результат и представляет собой для данной задачи общее решение урав- уравнения A2) в виде, соответствующем равенству A5). Теперь определим постоянные интегрирования Ct и С2 по заданным началь- начальным условиям A6). Решения (а) и (б) должны быть справедливы в любой момент времени, в том числе и в момент t=0. Поэтому, подставляя в (а) и (б) вместо t нуль, мы вместо vx и х должны получить у0 и х0, т. е. должно быть Полученными равенствами определяются значения постоянных С^ и С2, удовлетворяющие начальным условиям задачи. Подставляя эти значения в урав- уравнение (б), найдем окончательно закон происходящего _ движения в виде, соответствующем равенству A7): 0 ~ М Q* x=xu+vat+(Ql2m) ^. (в) |< J ,[ •* X Как видно из уравнения (в), точка под действием р ^\к постоянной силы совершает равнопеременное движение, что можно было предсказать заранее, так как если Q= const, то и a=Q/m= const. В частности, таким является движение точки под действием силы тяжести. При этом в уравнении (в) будет Qlm=g, а ось Ох должна быть направлена по вертикали вниз. § 80. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ Решение задач динамики точки путем интегрирования соответ- соответствующих дифференциальных уравнений движения сводится к следующим операциям. 1. Составление дифференциального урав- уравнения движения. Для его составления в случае прямоли- прямолинейного движения надо: а) выбрать начало отсчета (как правило, совмещая его с началь- начальным положением точки) и провести координатную ось, направляя ее вдоль траектории и, как правило, в сторону движения; если под действием' приложенных сил точка может находиться в каком- нибудь положении в равновесии, то начало отсчета удобно помещать в положении статического равновесия; б) изобразить двужущуюся точку в произвольном положении (но так, чтобы было х>0 и ух>0; последнее существенно, когда среди сил есть силы, зависящие от скорости) и показать все дейст- действующие на точку силы; в) подсчитать сумму проекций всех сил на координатную ось и подставить эту сумму в правую часть дифференциального уравне- уравнения движения; при этом надо обязательно все переменные силы вы- выразить через те величины (t, х или v), от которых эти силы зависят. 2. Интегрирование дифференциального уравнения движения. Интегрирование производится 191
методами, известными из курса высшей математики и зависящими от вида полученного уравнения, т. е. от вида его правой части. В тех случаях, когда на точку кроме постоянных сил действует одна пере- переменная сила, зависящая только от времени t или только от расстоя- расстояния х, или же только от скорости v, уравнение прямолинейного движения можно проинтегрировать методом разделения переменных (см. задачи 91—93). Если при этом в задаче требуется определить только скорость, то часто можно при решении ограничиться интег- интегрированием одного из уравнений A3) или A4). 3. Определение постоянных интегриро- интегрирования. Для определения постоянных интегрирования надо по данным задачи установить начальные условия в виде A6). Значения постоянных по начальным условиям находятся так, как это было показано в задаче 90. При этом постоянные можно определять непосредственно после каждого интегрирования. Если дифференциальное уравнение движения является уравне- уравнением с разделяющимися переменными, то вместо введения постоян- постоянных интегрирования можно брать сразу от обеих частей равенства определенные интегралы в соответствующих пределах; пример такого расчета дан в задаче 93. 4. Нахождение искомых в задаче величин и исследование полученных результатов. Что- Чтобы иметь возможность исследовать решение, а также произвести косвенную проверку результата подсчетом размерностей, надо все решение проводить до конца в общем виде (в буквах), подставляя числовые данные только в окончательные результаты. Сделанные здесь указания относятся и к случаю криволинейного движения. Рассмотрим три конкретные задачи, в которых сила зависит от времени, от расстояния и от скорости точки. 1. Сила зависит от времени Задача 91. Груз весом Р начинает двигаться из состояния покоя вдоль глад- гладкой горизонтальной плоскости под действием силы F, значение которой растет пропорционально времени по закону F=kt. Найти закон движения груза. Решение. Выберем начало отсчета О в начальном положении груза и на- направим ось Ох в сторону движения (рис. 216). Тогда начальные условия будут: — при ^=0 jc=O, vx=0. Изображаем в произвольном по- _ ложении груз и действующие на него силы F, Р (сила ~| ? тяжести) и N (реакция плоскости). Проекции этих сил на ось Ох имеют значения Fx=F=kt, Px=§, Nx=0 и /А»>»м? ' на ось ®х имеют значения ШЖЛх уравнение A3) примет вид р Рис. 216 1-^*-=ы. g & Умножив обе части этого равенства на dt, мы сразу разделим переменные и, интегрируя, получим (g)xr1 Подставляя сюда начальные данные, найдем, что Сг=0. Тогда, заменяя в по- полученном результате vx на йх/dt, представим его в виде 192
Умножая обе части этого равенства на dt, опять разделим переменные и, ин- интегрируя, найдем x=(kgl2P)f>/3+C2. Подстановка начальных данных дает С2=0, и окончательно получаем закон движения груза в виде Таким образом, проходимый грузом путь будет расти пропорционально кубу времени. 2. Сила зависит от расстояния Задача 92. Пренебрегая трением и сопротивлением воздуха, определить, в течение какого промежутка времени тело пройдет по прорытому сквозь Землю вдоль хорды АВ каналу от его начала А до кон- конца В (рис. 217). При подсчете считать радиус Земли ?=6370 км. Указани е. В теории притяжения дока- доказывается, что тело, находящееся внутри Земли, притягивается к ее центру с силой F, прямо про- пропорциональной расстоянию г до этого центра. Принимая во внимание, что при r=R (т. е. на поверхности Земли) сила F равна силе тяже- тяжести (F=mg), получим, что внутри Земли F=(mglR)r, Рис. 217 где г—МС — расстояние от точки М до центра Земли. Решение. Поместим начало отсчета О в середине хорды АВ (в этой точке тело, находящееся в канале, было бы в равновесии) и направим ось Ох вдоль линии ОА. Если обозначить длину хорды АВ через 2а, то начальные условия задачи будут: при t—0 x=a, vx=0. В произвольном положении на тело действуют силы F и N. Следовательно, Sf kx = — F cos a = — (mg/R) r cos a = — (mg/R) x, так как из чертежа видно, что г cos а=х, Nx—0. Действующая сила оказалась зависящей от координаты х точки М. Чтобы в этом случае в дифференциальном уравнении движения разделились переменные, составим его в виде A4). Тогда сокращая на т и вводя обозначение g!R=k\ получим Умножая обе части этого равенства на их, сразу разделяем переменные и, интегрируя, находим По начальным условиям при х=а ул=0. Следовательно, С1=^2а2У2. Подстав- Подставляя это значение С1г получаем vx=± kY~a2 — x2. Считая, что в рассматриваемом положении скорость направлена от М к О, т. е. что uv<0, берем перед корнем знак минус (легко, однако, проверить, что тот же окончательный результат получится и при знаке плюс). Тогда, заменяя vx на dx/dt, найдем, что 4 at Разделяя переменные, приведем это уравнение к виду , , _ Ах 7 № 2173 193
и, интегрируя, получим W (xfa)-\-C2. Подставляя сюда начальные данные (при t=Q x=a), находим, что С2=0. Окон- Окончательно закон движения тела в канале будет иметь вид х= a cos kt. Следовательно, тело будет совершать в канале АВ гармонические колебания с амплитудой а. Найдем теперь время t± движения тела до конца В канала. В точке В коорди- координата х=—а. Подставляя это значение в уравнение движения, получим cos Ых=—1, откуда Ых=п и tx=nlk. Но по введенному обозначению k=Y~g/R. Отсюда, произ- произведя подсчет, находим, что время движения по каналу АВ при условиях задачи не зависит от его длины и всегда равно t1=nV~Rig « 42 мин 11 с. Этот очень интересный результат породил ряд (пока еще фантастических) проектов прорытия такого канала. Найдем дополнительно, чему будет равна при движении максимальная скорость тела. Из выражения для vx видно, что v=vm3Vi при х=0, т. е, в точке О. Следовательно, Если, например, 2а=0,1./?=637 км (приблизительно расстояние от Москвы до Ленинграда), то t'max~395 м'с=1422 км/ч. Колебания, совершаемые материальной точкой под действием силы, пропорциональной расстоянию, будут подробнее изучены в гл. XIX. Там будет рассмотрен другой метод интегрирования получающихся в этом случае дифференциальных уравнений дви- движения. З.Сила зависит от сксграсти Задача 93. Лодку, масса которой /и=4О- кг, толкагат, сообщая ей начальную скорость ?>0=0,5 м/с. Считая, силу соиротишлания воды* при малых скоростях из- изменяющейся по закону G), т.. а. считая #=[№, где коэффициент |i=9,l кг/с, определить, через сколько времени скарость лодки уменьшится вдвое и какой она за это время пройдет путь. Найти также, какой путь пройдет лодка до полной останоа- ки. Решение. Совместим начало .отсчета О с начальным положением лодки и направим ось Ох в сторону движения (рис. 218). Тогда на- начальные условия будут: при<=Ол;=0, vx=v& Изображаем в произвольном положении Рис. 218 лодку и действующие на нее силы Р, W и W. Примечание. Никакие другие силы на лодку не действуют. Сила, сооб- сообщившая лодке толчок, действовала на лодку до момента t=6. Результат этого действия учитывается заданием начальной скорости v0, которую сила за время толчка сообщила лодке (см. § 79.) Чтобы правильно определить, какие силы дей- действительно действуют на тело при его движении, надо помнить, что сила есть ре- результат _взаимодействия данного тела с другими телами. В данном случае сила тяжести Р является результатом действия на лодку Земли, а силы N и R — ре- результат действия на лодку воды Никакие другие материальные тела с лодкой при ее движении не взаимодействуют, значит, никаких других действующих сил нет. Обращаем внимание на этот вопрос, так как он часто является источником, оши- ошибок при решении задач. Вычисляя проекции действующих сил, находим, что 194
Для определения времени движения составляем дифференциальное уравнение A3), Замечая, что в данном случае vx—v, получим &v т Проинтегрируем это уравнение, беря от обеих его частей после разделения переменных соответствующие определенные интегралы. При этом нижним преде- пределом каждого из интегралов будет значение переменного интегрирования в началь- начальный момент, а верхним — значение того же переменного в произвольный момент времени. По условиям данной задачи при i=0 v=va и, следовательно, о t \—=—— \ dt или Inn — \nv0 = — t. J v m J m I'd 0 Отсюда окончательно t=(m/\i) In (vo/v), (a) Искомое время tx определим, полагая а=0,5 v0. Это время, как видим, не за- зависит в данном случае от величины v0. Так как In 2=0,69, то In 2—3 с, Для определения пройденного пути целесообразно вновь составить дифферен- дифференциальное уравнение движения в виде A4), так как это уравнение позволяет сразу установить зависимость между хин*, Тогда получим dv dx r Отсюда, сокращая на v, разделяя переменные и учитывая, что при х=0 v=vai получим V X \ dv=—— \ dx или V — vo=—— х. J m J m ч„ о Следовательно, х=(т/ц) (vQ—v). (б) Полагая f=0,5 v0, найдем искомый путь: л1=/лу0''2|лл:1,1 м. Чтобы найти путь, пройденный лодкой до остановки, следует в равенстве (б) положить v=0. Тогда получим, что л;2=ти0/|х=2,2 м. Определяя время движения до остановки, мы из равенства (а) найдем, что при и=0 время t2=<x>. Это означает, что при принятом законе сопротивления (R=[iv) лодка будет к своему конечному положению (определяемому координатой х2) приближаться асимптотически. Фактически же время движения лодки до оста- остановки будет конечным, так как с уменьшением скорости закон сопротивления ста- становится другим и соответственно изменяется вид зависимости v от t (см,, например, задачу 105 в §90). Другой интересный пример движения под действием силы, зави- зависящей от скорости, рассмотрен в следующем параграфе. * Пройденный путь можно еще найти, определяя из равенства (а) зависимость v ют t в виде 1>=иое~^т'*, а затем заменяя v на йх/dt и интегрируя полученное уравнение, но такой путь решения будет несколько длиннее. 7* 495
§ 81*. ПАДЕНИЕ ТЕЛА В СОПРОТИВЛЯЮЩЕЙСЯ СРЕДЕ (В ВОЗДУХЕ) Рассмотрим задачу о падении тела в воздухе с малой п? сравнению с радиусом Земли высоты. Тогда действующую на тело силу тяжести Р и плотность воздуха р можно считать величинами постоянными. Полагая одновременно, что при падении тело движется поступательно, будем его рассматривать как материальную точку. Действующую на тело силу сопротивления воздуха определяем по формуле (8) из § 76; ее модуль R=0,5cxpSv\ A8) где полагаем сх=const * (величины р и S тоже постоянны). Направив координатную ось Ох вертикально вниз (рис. 219), найдем, как бу- будет изменяться скорость падения в зависимости от пройденного пути х, считая, что движение начинается из точки О и vo=O. На падающее тело действуют силы Р и R; тогда HFkx = P—R =P — O,5cxpSv2. Чтобы сразу получить зависимость v от х, составим дифференциальное урав- уравнение движения в виде A4). Учитывая, что vx=v, получим о. E_v*E=p L g ° dx~ 2 Если ввести обозначение 2P/cxpS=a?, A9) то предыдущее уравнение примет вид йи или после разделения переменных vdv ?_ х G3 — I»2 ft2 Беря от обеих частей равенства интегралы, находим In (а2—ч2)=—2 (g/a2)x+ d. По начальным данным при х=0 скорость и—0, следовательно, Ci=ln a2. Подставляя это значение Сг, получим in?i^?!=_24* или W . а2 а2 а Отсюда окончательно находим v = aV 1-е~2Ша2)х- B0) Формула B0) дает закон изменения скорости падающего в воздухе тела в за- зависимости от пройденного пути. С возрастанием х величина е~ 2 (g//a2) * убывает, стремясь при *->-оо к нулю. От- Отсюда следует, что скорость падения v с возрастанием х возрастает, стремясь в пре- пределе к постоянной величине а. Эта величина называется предельной скоростью па- падения опр. Из равенства A9) находим, так как г.'пр=а, onp = /2P/cxPS. B1) Следовательно, при vo=O падающее в воздухе тело не может получить скоро- скорости, большей, чем vnf. Предельная скорость падения возрастает с увеличением веса тела и с уменьшением величин сх, р и S. * В рассматриваемой задаче это допустимо, если скорость падения не превы- превышает примерно 300 м/с. 196
Найдем, как быстро скорость падающего тела приближается к предельной. Для этого обратимся к табл. 2, в которой дана зависимость величины vlvnp от (g/vnp)x,-вычисленная по формуле B0). Из таблицы следует, что Таблица 2 8 т "пр 0 0,5 1,0 V °пр 0 0,80 0,93 й ,. У2 " гф 1,2 1,5 2,0 V "пр 0,95 0,97 0,99 при (g/i>nP)*=l,2 у = 0,95 при (g/i,'np)* = 2,0 099 B2) Следовательно, скорость падения приближается к предельной довольно быстро, если только величины сх и S не очень малы (см. задачу 94). Наличие предельной скорости падения можно установить следующими про- простыми рассуждениями. При падении тела его скорость v растет; следовательно, растет и сила сопротивления R. Если считать очевидным, что сила R не может стать больше, чем сила тяжести Р (рис. 219), то ^пр=Р. Подставляя сюда значе- значение Rnp из формулы A8), получаем Q,ScxpSv^p^=P, откуда и находим даваемое формулой B1) значение ипр. Однако приведенные рассуждения не позволяют оп- определить, как быстро скорость падения v стремится к опр. Этот практически важ- важный результат можно получить только с помощью формулы B0). Задача 94. Определить предельную скорость падения парашютиста, вес ко- которого вместе с парашютом Р=800 Н: а) при затяжном прыжке, считая в этом слу- случае S=0,4 м2, сх=1,0; б) при прыжке с открытым парашютом, принимая в этом случае S=36 и2, сЛ=1,4. Найти в обоих случаях расстояние #lt пролетев которое, парашютист приобре- приобретает скорость Dj—0,95 гпр (т. е. отличающуюся от предельной на 5%), и рас- расстояние Нг, при котором скорость падения г>2=0,99иПр. Решение. Предельную скорость падения определяем по формуле B1), счи- считая для воздуха р= 1,29 кг/м3. Расстояния Нх и Я2 находим из равенств B2). Так как у=0,95упр при (glvnV)x=\,2, то искомое расстояние Н1= l,2t^p/g. Аналогично находим, что H2=2v2np/g. В результате подсчетов получаем: а) при затяжном прыжке Упр=56 м/с; #^380 м, Я2~630 м; б) при прыжке с открытым парашютом ипр«5 м/с; Я^З м, Я2«5 м. Как видим, при больших сопротивлениях предельная скорость достигается очень быстро. § 82. РЕШЕНИЕ ОСНОВНОЙ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ ПРИ КРИВОЛИНЕЙНОМ ДВИЖЕНИИ ТОЧКИ В случае криволинейного движения точки основная задача динамики решается с помощью дифференциальных уравнений дви- движения, полученных в § 77. Если задача решается в прямоугольных декартовых координатах, т. е. с помощью уравнений A0), то началь- начальные условия, определяющие положение и скорость точки в началь- начальный момент времени t=0, задаются в виде: при t=0 х=х0, у=Уа, z=z0; vx=v x0, vy vy=vy0, vz=v vy0 197
Проинтегрировав уравнения A0), находят координаты х, у, г дви- движущейся точки, как функции времени t, т. е. определяют закон дви- движения точки. При этом полученные решения будут содержать шесть постоянных интегрирования Си С2>. . ., Св, значения кото- которых должны определяться по начальным условиям B3). Конкретный ход решения показан в рассматриваемой ниже за- задаче. Движение точки, брошенной под углом к горизонтальной плоскости в однородном поле тяжести. Изучим движе- движение тела, брошенного с начальной скоростью v0, направленной под уг- углом а к горизонтальной плоскости, рассматривая его как материальную точку с массой т. При этом сопро- сопротивлением воздуха пренебрегаем, а поле тяжести будем считать однород- однородным (i'=const), полагая, что даль- дальность полета и высота траектории ма- малы по сравнению с радиусом Земли. Поместим начало координат О в начальном гшкшешга точки. Направим ось Оу вертикально вверх; горизонтальную ось Ох р-ас- положим в плоскости, преходящей через Оу а вектор iv а ось Ог проведем перпендиулярно первым двум ocmt (рис. 220). Тогда угол между вектором уа и осью Ох будет а. Изобразим движущуюся точку М в произвольном педюжении. На нее действует только одиа сила тяжести Р (см. примечание к задаче 93 в § 80), проекции которой на координатные оси равны: Подставляя эти величин-ы в уравнения A0) и замечая, что /Н=йих/<И и т. д., после сокращения на т подучим: dw, g> dt 0< Умножая обе части этих уравнений на сМ и интегрируя, находим vx=Cu vy=—gt+C2, vz=Ca. Начальные условия B3) в нашей задаче имеют вид; при t=0 jc=O, г/=0, z=Q; Удовлетворяя начальным условиям, получим Ci=u»cosa, C2=OoSina, Сз—О. 196
Подставляя эти значения Си Са и С8 в найденные выше решения и заменяя vx на dx/dt и т. д., придем к уравнениям: Ах Аи , Аг г. ¦^- = ycosa ^ = ysina—gt, -^ = 0. Интегрируя эти уравнения, получим: x=vot cosa+C4, y=votsina—g Подстановка начальных данных даетС4=С8=С„=0, и окончательно находим уравнения движения точки М в виде: gMH, г=0. B4) Из последнего уравнения следует, что движение происходит в плоскости Оху. Имея уравнения движения точки, можно методами кинематики определить все характеристики данного движения. 1. Траектория точки. Исключая из первых двух урав- уравнений B4) время t, получим уравнение траектории точки: у = х tg a ^ х2. B5) Это уравнение параболы с осью, параллельной оси Оу. Таким образом, брошенная под углом к горизонтальной плоскости тяжелая точка движется в безвоздушном пространстве по параболе (Галилей). 2. Горизонтальная дальность. Определим гори- горизонтальную дальность, т. е. измеренное вдоль оси Ох расстояние ОС=Х. Полагая в равенстве B5) т/=О, найдем точки пересечения траектории с осью Ох. Из уравнения х [tga—gx/Bi'ocos2a)]=0 по- получаем O Первое решение дает точку О, второе — точку С. Следовательно, X=Xz и окончательно X=(i»S/g)sin2a. B6) Из формулы B6) видно, что такая же горизонтальная дальность X будет получена при угле р\ для которого 2C = 180°—2а, т. е. если угол Р=90°—а. Следовательно, при данной начальной скорости v0 в одну и ту же точку С можно попасть двумя траекториями: настильной (а<45°) и навесной (а>45°). При заданной начальной скорости и0 наибольшая горизонтальная дальность в безвоздушном пространстве получается, когда sin2a=l, т. е. при угле а=45°. 3. Высота траектории. Если положить в уравнении B5) x=X/2=(vl/g) sin a cos a, то определится высота траектории Н: H=(vl/2g)sin*a. B6') 4. Время полета. Из первого уравнения системы B4) следует, что полное время полета Т определяется равенством Х = 199
~vaTcosa. Заменяя здесь X его значением, получим T=Byo/g) since. B6") При угле наибольшей дальности а* =45° все найденные величины имеют значения: B7) Полученные результаты могут находить некоторые приложения, например, во внешней баллистике для оценки того, как изменяется дальность полета при изменении угла а или скорости v0 на очень малую величину, или же для ориентировочных оценок в случаях, аналогичных рассмотренному в приводимом примере. Пример. Известно *, что немецкий снаряд ФАУ-2 после вертикального запус- запуска имел на высоте 20 км скорость ио« 1700 м/с и угол а— 45° (поворот снаряда про- производился с помощью специальных приборов и рулей). Дальнейший полет снаряда практически происходил как полет брошенного тела в_безвоздушном пространстве и на высотах, для которых можно еще грубо считать Р= const Тогда по формулам B7) должно быть: X *~300 км, Я *~75 км, Т *«245 с. Эти результаты очень близки к тем, которые имели место для данных снарядов фактически. Первая космическая скорость. Рассмотрим еще одну задачу о движении брошенного тела. Найдем, какую на- начальную скорость надо сообщить телу, находящемуся на расстоянии R от центра Земли, чтобы оно двигалось вокруг Земли по круговой орбите радиуса R (рис. 221); сопротивление воздуха счита- считаем отсутствующим, а тело рассматриваем как материальную точку. Прежде всего замечаем, что так как скорость точки в любой момент времени должна быть направлена по касательной к траектории, то скорость v0 следует напра- ;—~^~. вить перпендикулярно радиусу СМ0, где Мо — начальное положение точки. Для дальнейшего решения воспользуемся уравнениями A1). Рассматривая точку в произвольном положении М, проводим оси УИт и Мп и изображаем действующую на точку силу тяготения F; численно F=mg0, где m — масса точки, ?0 — ускорение силы тяготения в пункте М. Так как Fx=0, a Fn=F, уравнения A1) при- примут вид: -| = 0, ^ = F или ^-3 = mg0. Из первого уравнения находим, что и= const и, следовательно, v=v0. После этого второе уравнение дает (еслисчитать, что R=R0 = * См.: Коой И.,Ютенбогарт И. Динамика ракет. Оборонгиз, 1950. 200
=6378 км — радиус земного экватора, a go=9,82 м/с2) v0 = Kgo/?o = 7914 м/с « 7,9 км/с. B8) Эта наименьшая скорость, которую нужно сообщить брошенному телу, чтобы оно не упало обратно на Землю, называется круговой или первой космической скоростью (см. §97, 98). Глава XVII ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ ТОЧКИ Для решения многих задач динамики, особенно в динамике сис- системы, вместо непосредственного интегрирования дифференциаль- дифференциальных уравнений движения оказывается более эффективным пользо- пользоваться так называемыми общими теоремами, являющимися следст- следствиями основного закона динамики. Значение общих теорем состоит в том, что они устанавливают наглядные зависимости между соответствующими динамическими характеристиками движения материальных тел и открывают тем самым новые возможности исследования движения механических систем, широко применяемые в инженерной практике. Кроме того, применение общих теорем избавляет от необходимости проделывать для каждой задачи те операции интегрирования, которые раз и на- навсегда производятся при выводе этих теорем; тем самым упрощается процесс решения. Перейдем к рассмотрению общих теорем динамики точки. §83. КОЛИЧЕСТВО ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ. ИМПУЛЬС СИЛЫ Одной из основных динамических характеристик движения точки является количество движения *. Количеством движения материальной точки называется вектор- векторная величина то, равная произведению массы точки на ее скорость. Направлен вектор то так же, как и скорость точки, т. е. по ка- касательной к ее траектории. Единицей измерения количества движения является в СИ — 1 кг-м/с=1 Н'С, а в системе МКГСС—1 кГ-с. Импульс силы. Для характеристики действия, оказывае- оказываемого на тело силой за некоторый промежуток времени, вводится понятие об импульсе силы. Сначала введем понятие об элементарном импульсе, т. е. об импульсе за элементарный промежуток времени At. Элементарным импульсом силы называется векторная величина dS, равная произведению силы F на элементарный промеоюуток вре- * Другая основная динамическая характеристика — кинетическая энер- энергия — будет рассмотрена в § 89. 201
мени dt: dS = Fdt. B9) Направлен элементарный импульс вдоль линии действия силы. Импульс S любой силы F за конечный промежуток времени tx вычисляется как предел интегральной суммы соответствующих элементраных импульсов, т. е. и \ C0) Следовательно, импульс силы за некоторый промежуток времени tx равен определенному интегралу от элементарного импульсаг взятому в пределах от нуля до U. В частном случае, если сила F постоянна и по модулю, и по на- направлению (/?=const), то 5=/^!. Причем в этом случае и модуль S^Ftj,. В общем случае модуль импульса может быть вычислен по его проекциям на координатные оси: J,df. C1) Единицей измерения импульса силы, как и количества движения, является в СИ — 1 кг -м/с, а в системе МКГСС — 1 кГ «с. § 84. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ Так как масса точки постоянна, а ее ускорение a=dv/dt, то уравнение B), выражающее основной закон динамики, можно представить в виде ~Tt—2- «¦ C2) Уравнение C2) выражает одновременно теорему об изменении количества движения точки в дифференциальной форме: производная по времени от количества движения точки равна сумме действующих на точку сил *. Пусть движущаяся точка имеет в момент времени ?=0 скорость v0, а в момент U — скорость иг. Умножим тогда обе части равенства C2) на d^ и возьмем от них определенные интегралы. При этом спра- справа, где интегрирование идет по времени, пределами интеграла будут 0 и tu а слева, где интегрируется скорость, пределами интеграла будут соответствующие значения скорости v0 и у1# Так как интеграл * По существу это другая формулировка 2-го закона динамики, близкая к той, которую дал сам Ньютон. 202
от d(mv) равен то, то в результате получим _ ''_ mv1— mv0 = 2 J ^ft dt. о Стоящие справа интегралы, как следует из формулы C0), пред- представляют собой импульсы действующих сил. Поэтому окончатель- окончательно будет mv1—тщ = Ъ8к. C3) Уравнение C3) выражает теорему об изменении количества движения точки в конечном виде: изменение количества движения точки за некоторый промежуток вре- времени равно сумме импульсов всех действующих на точку сил за тот же промежуток времени. При решении задач вместо векторного уравнения C3) часто поль- пользуются уравнениями в проекциях. Проектируя обе части равенства C3) на координатные' оси, получим C4) mvlz—mvOz = В случае прямолинейного движения, происходящего вдоль оси Ох, теорема выражается первым из этих уравнений. Решение задач. Уравнения C3) или C4) позволяют, зная как при движении точки изменяется ее скорость, определить импульс действующих сил (первая задача динамики) или, зная им- импульсы действующих сил, определить, как изменяется при движении скорость точки (вторая задача динамики). При решении второй за- задачи, когда заданы силы, надо вычислить их импульсы, Как видно из равенств C0) или C1), это можно сделать лишь тогда, когда силы постоянны или зависят только от времени. Таким образом, уравнения C3), C4) можно непосредственно использовать для решения второй задачи динамики, когда в задаче в число данных и искомых величин входят: действующие силы, время движения точки и ее начальная и конечная скорости (т. е. величины F, t, v0, vt), причем силы должны быть постоянными или зависящи- зависящими только от времени. Задача 95. Точка, масса которой т= 2 кг, движется по окружности с численно постоянной скоростью и—4 м'с. Определить импульс действующей на точку силы за время, в течение которого точка проходит четверть окружности _ _ Решение. По теореме об изменении количества движения S=mu1—/ni>0. Строя геометрически разность этих количеств движения (рис, 222), находим из полученного прямоугольного треугольника Но по условиям задачи ии=у1=у, следовательно, S=mvV=ll,3 кг-м/с. 293
Для аналитического подсчета можно, используя первые два из уравнений C4), найти Sx = mv0, Sy= —mi'i, откуда S = mV iia-\-v\. Задача 96. Грузу, имеющему массу га и лежащему на горизонтальной плоско- плоскости, сообщают (толчком) начальную скорость о0 Последующее движение груза тор- тормозится постоянной силой F. Определить, через сколько времени груз остановится, ;т///ж Рис. 223 Решение. По данным задачи видно, что для определения времени движения можко воспользоваться доказанной теоремой. Изображаем груз в произвольном положении (рис. 223). На него действуют1 сила тяжести Р, реакция плоскости N и тормозящая сила F. Направляя ось Ох в сторону движения, составляем первое из уравнений C4) mvOx = I.Skx. (a) В данном случае vlx—0 (v± — скорость в момент остановки), a vM=vB. Из сил проекцию на ось Ох дает только сила F. Так как она постоянна, то Sx=Fxti= =—Ft-i, где t1 — время торможения. Подставляя все эти данные в уравнение (а), получаем —mvu=—Ftlt откуда искомое время (б) Таким образом, время торможения растет пропорционально начальной скоро- скорости. Решим эту же задачу, считая, что тормозящая сила равна Q и не постоянна, а с момента начала торможения растет пропорционально времени, т. е. Q=kt, где k — некоторый постоянный коэффициент, и становится равной F в момент оста- остановки груза. Так как сила зависит от времени, то опять можно воспользоваться уравнением (а), определяя Sx по первой из формул C1). Учтя, что <ЭЛ=—Q= =—kt, получим U S.v = — [ ktut=—ktl/2. Тогда уравнение (а) дает mi'0~hti'2. Значение k найдем из условия, что при t=t1 Q—F, т. е. ktx=F, откуда k—Fit-^ и окончательно будет t^ZmvjF. (в) Следовательно, в этом случае время торможения удваивается, § 85. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ МОМЕНТА КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ (ТЕОРЕМА МОМЕНТОВ) В некоторых задачах в качестве динамической характеристики движения точки вместо самого вектора количества движения то рассматривают его момент относительно некоторого центра или оси. 204
Эти моменты определяются так же, как и моменты силы (см. § 8, 14 и 28). Таким образом, моментом количества движения точки относи- относительно некоторого центра О называется векторная величина то (mv), определяемая равенством т0 (mv) = г х mv, C5) где г — радиус-вектор движущейся точки, проведенный из центра О. При этом вектор т0 (mv) направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через mv и центр О, a \mo(mv)\=mv-h (рис. 224; для сравнения на нем показан и вектор mo(/7)=rXF). Момент количества движения точки относительно какой-нибудь оси Oz, проходящей через центр О, будет равен проекции вектора mo(mv) на эту ось: tnz (mv) = [т0 (mv)]z = | т0 (mv) | cos у, C6) где у — угол между вектором т0 (mv) и осью Oz. Теорема моментов устанавливает, как изменяется со временем вектор mo(mv). Чтобы доказать ее, продифференцируем по времени выражение C5). Получим -п- Gх mv) =( -=f х то) + ( гх т ^~ )= (ox mv) + (г х та). Ho vXmv=0 как векторное произведение двух параллельных векторов, a ma=F, где при действии нескольких сил F='ZFk. Следовательно, ¦jj(rxmv) = rxF или -^ [mo(mv)\ = m0 (F). C7) В результате мы доказали следующую теорему момен- моментов относительно центра: производная по времени от момента количества движения точки, взятого относительно какого- нибудь неподвижного центра, равна моменту действующей на точку силы относительно того же центра. Сравнивая уравнения C7) и C2), видим, что моменты векторов mv и F связаны такой же зависимостью, какой связаны сами векторы mv и F. Если спроектировать обе части равенства C7) на какую-нибудь ось Oz, проходящую через центр О, то, учтя соотношение C6), полу- получим ±[тгШ]=-тЛР). C8) Это равенство выражает теорему моментов относительно оси. Из уравнения C7) следует, что если mo(F)=0, то mo(mo)=const, 205
т.е. если момент действующей силы относительно некоторого цент- центра равен нулю, то момент количества движения точки относительно этого центра есть величина постоянная. Такой результат имеет место в практически важном случае движения под действием цент- центральной силы (см. § 86). ifia(mv) _. Рис. 224 Рис. 225 Задача 97. Шарик М привязан к нити МВА, часть ВА которой продета сквозь вертикальную трубку (рис. 225). В момент, когда шарик находится на расстоянии h0 от оси г трубки, ему сообщают начальную скорость!^, перепендикулярную плос- плоскости МВА. Одновременно нить начинают медленно втягивать в трубку. Найти, какую скорость ах будет иметь шарик, когда его расстояние от оси г станет равно h. _ _ Р е ш е н и е. На шарик действуют сила тяжести Р и реакция нити Т. Моменты этих сил относительно оси г равны нулю, так как сила Р параллельна оси г, а сила Т эту ось пересекает. Тогда по уравнению C8) откуда mz{mv)=mvh= const. Так как масса m постоянна, то отсюда следует, что при движении шарика и0/г0=и1/!1. Следовательно, v1=h0v0jh1. По мере приближения шарика к оси его скорость растет. § 86*. ДВИЖЕНИЕ ПОД ДЕЙСТВИЕМ ЦЕНТРАЛЬНОЙ СИЛЫ. ЗАКОН ПЛОЩАДЕЙ Центральной называется сила, линия действия которой прохо- проходит все время через данный центр О. Примером такой силы является сила притяжения планеты к Солнцу или спутника к Земле. Рассмотрим, пользуясь уравнением C7), как будет двигаться точка М (рис. 226) под действием центральной силы F. Так как в данном случае mo(F)==0, то mo(mu)=rXmu=const или, поскольку масса т постоянна, m0(v)=rXv=const, т. е. вектор mo(v) постоя- постоянен и по модулю, и по направлению. Напомним, что вектор то{ь)=* 206
=rXv направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через векторы г и и. Следовательно, если вектор rXv имеет все время по- постоянное направление, то радиус-вектор г=ОМ точки М и вектор ее скорости v должны все время лежать в одной и той же плоскости. Отсюда заключаем, что траектория точки М будет плоской кривой. Кроме того, одновременно \mo{v)\—vh = =const. Таким образом, при движении под действием центральной силы точка дви- двигается по плоской кривой, а ее скорость v изменяется так, что момент вектора v относительно центра О остается по- постоянным (u/i=const). Последний результат имеет нагляд- наглядное геометрическое истолкование. Так как vh=h-ds/dt, a /i-ds=2dcr, где da — площадь элементарною треугольника ОММ', то, следовательно, vh=2da/dt. Величина dis/dt определяет скорость, с которой растет площадь, ометаемая радиусом-вектором ОМ при движении точки М, и назы- называется секторной скоростью точки. В рассматриваемом случае эта скорость постоянна: Рис. 226 -тг = у 1 «Ь (mo) | = const. C9) Таким образом, при движении под действием центральной силы точка движется по плоской кривой с постоянной секторной ско- скоростью, т. е. так, что радиус-вектор тонки в любые разные проме- промежутки времени ометает равные пло- v щади (закон площадей). Этот закон имеет место при движении планет или спутников и выражает собой один из законов Кеплера. П Пример. Орбитой планеты, движущей- движущейся под действием силы притяжения Солн- Солнца, является эллипс, причем Солнце на- находится в одном из фокусов С эллипса (рис. 227). Так как сила притяжения явля- Рис. 227 ется центральной, то при движении име- имеет место закон площадей. Поэтому в бли- ближайшей к Солнцу точке орбиты Л (пери- (перигелий) скорость планеты ед будет наибольшей, а в наиболее удаленной от Солнца точке А (афелий) скорость у л будет наименьшей. Этот результат следует из урав- уравнения C9), которое для точек А и П дает v^-AC=vn-nC. К такому же выводу мож- можно прийти, если учесть, что площади пунктирно заштрихованных на рис. 227 сек- секторов, ометаемых за одинаковые промежутки времени, должны быть равны, сле- следовательно, за одно и то же время [планета вблизи точки П должна пройти больший путь, чем вблизи А. Аналогичный результат имеет место при движении спутника, 207
§ 87. РАБОТА СИЛЫ. МОЩНОСТЬ Для характеристики действия, оказываемого силой на тело при некотором его перемещении, вводится понятие о работе силы, широ- широко используемое не только в механике. Сначала введем понятие об элементарной работе. Элементарной работой силы F, приложенной в точке М (рис. 228), называется скалярная величина * cL4=FTds, D0) где FT — проекция силы F на касательную Мх к траектории точки М, направленную в сторону перемещения этой точки (или про- проекция F на направление скорости v точки М); ds — модуль элемен- элементарного перемещения точки М. Такое определение соответствует представлению о работе как о мере того действия силы, которое приводит к изменению модуля скорости точки. Если разложить силу F на составляющие Fz и Fn, то изменять модуль скорости будет FT, так как Fx—max=m -dv/dt (составляющая Fn изменяет или направление вектора v, или при несвободном движении — силу давления на связь). Замечая, что FX~F cos а, где а — угол между F и Мх, полу- получим из D0) другое выражение для dA: dA=Fds cos a. D1) Если угол а острый, то работа положительна. В частности, при а=0 элементарная работа dA=Fds. Если угол а тупой, то работа отрицательна. В частности, при <х=180° элементарная работа cL4=—Fds. Если угол а=90°, т. е. если сила направлена перпендикулярно пе- перемещению, то элементарная работа силы равна нулю. Знак работы имеет следующий смысл: работа положительна, когда составляющая Fx направлена в сторону движения (сила ускоряет движение); работа отрицательна, когда составляющая Fx направлена противоположно направлению движения (сила замедляет движение). Если учесть, что ds=|dr!, где dr — вектор элементарного переме- перемещения точки, и воспользоваться известным из векторной алгебры понятием о скалярном произведении двух векторов, то равенство D1) можно представить в виде * * dA=T-d7. D2) * Здесь dA (как и"с!5 в § 83) — символ элементарной величины, но не диффе- дифференциала. Дифференциалом какой-нибудь функции величина dA вообще может не быть (см. § 126). _ _ ** Скалярьым произведением двух векторов аи Ь называется скалярная вели- величина, определяемая равенством a- b=ab cos а, где а — угол между векторами "а и Ъ Выражение скалярного произведения через проекции векторов а и Ь на коорди- координатные оси имеет вид а- Ь=ахЪх-\-ауЬу-\-агЬ2. 208
Следовательно, элементарная работа силы равна скалярному произведению силы на вектор элементарного перемещения точки ее приложения. Если в формуле D2) выразить скалярное произведение через проекции векторов F и г на координатные оси и учесть, что гх=х, ry=y, rz=z, то получим аналитическое выражение элементарной работы dA=Fxdx+Fydy+Fzdz, D3) в котором х, у, z — координаты точки приложения силы F. \ ма м м, Рис. 228 Рис. 229 Работа силы на любом конечном перемещении M0M-i (рис. 228) вычисляется как предел интегральной суммы соответствующих элементарных работ (Mi) A{M,Mt)= 5 Fxds, D4) (Мо) или (Л/,) А{мом>)~ ) (Fxdx + Fydy-\-Fz<lz). D4') (Л* о) Следовательно, работа силы на любом перемещении МОМХ равна взятому вдоль этого перемещения интегралу от элементарной работы. Пределы интеграла соответствуют значениям переменных интегрирования в точках Мо и Мг (точнее говоря, интеграл берется вдоль кривой MoMi, т. е. является криволинейным). Если величина Fx постоянна (Fx=const), то из D4), обозначая перемещение M0Mi через su получим A{MtMl) = F^1. D5) В частности, такой случай может иметь место, когда действую- действующая сила постоянна по модулю и направлению (/7=const), а точка, к которой приложена сила, движется прямолинейно (рис. 229). В этом случае Fx=Fcos a=const и ¦4(Vf0w,) = fs1cosa. D5') Единицей измерения работы является в СИ — 1 джоуль A Дж= = 1Н-м=1 кг-м2/с2), а в системе МКГСС — 1 кГ-м. 209
Графический способ вычисления работы. Если сила зависит от расстояния s и известен график зависимости Fx от s (рис. 230), то ра- работу силы можно вычислить графически. Пусть в положении Мо точка находится от начала отсчета на расстоянии s0, а в положении М1 — на расстоянии sv Тогда по формуле D4), учитывая геометрический смысл интеграла, получим где а — величина заштрихованной на рис. 230 пло- площади, умноженной на масштабный коэффициент. Мощность. Мощностью называется величина, определяющая работу, совершае- совершаемую силой в единицу времени. Если работа совершается равномерно, то мощность N=A/tlt где tx — время, в течение которого произведена работа А. В общем случае Рис. 230 N = dA/dt = Fx ds/dt = Fxv. D6) Следовательно, мощность равна произведению касательной сос- составляющей силы на скорость. Единицей измерения мощности в СИ является ватт A Вт= = 1Дж/с), а в системе МК.ГСС— 1 кГ-м/с. В технике за единицу мощности часто принимается I л. с, равная 736 Вт (или 75 кГ-м/с). Работу, произведенную машиной, можно измерять произведением ее мощности на время работы. Отсюда возникла употребительная в технике единица измерения работы киловатт-час A кВт-ч=3,6х х10в Дж«367100 кГ-м). Из'равенства N=Fxv видно, что у двигателя, имеющего данную мощность N, сила тяги Fx будет тем больше, чем меньше скорость v. Поэтому, например, на подъеме или на плохом участке дороги у ав- автомобиля включают низшие передачи, позволяющие при полной мощности двигаться с меньшей скоростью и развивать большую силу тяги. § 88. ПРИМЕРЫ ВЫЧИСЛЕНИЯ РАБОТЫ Рассмотренные ниже примеры дают результаты, которыми можно непосредственно пользоваться при решении задач. 1. Работа силы тяжести. Пусть точка М, на которую действует сила тяжести Р, перемещается из. положения М0(х0, уа, z0) в положение Мг(х1у уи zj. Выберем координатные оси так, чтобы ось Oz была направлена вертикально вверх (рис. 231). Тогда Рх=0, Ру=0, Pz=—Р. Подставляя эти значения в формулу D4'), получим, учитывая, что переменным интегрирования является г: 210
Если точка Мо выше Ми то г0—zx=h, где h — вертикальное перемещение точки; если же точка Ма ниже точки Mi, то z0—zx=^ = —(z1—z0)=—h. Окончательно получаем Следовательно, работа силы тяжести равна взятому со знаком плюс или минус произведению модуля силы на вертикальное переме- перемещение точки ее приложения. Работа положительна, если начальная точка выше конечной, и отрицательна, если начальная точка ниже конечной. Из полученного результата следует, что работа силы тяжести не зависит от вида той траектории, по которой перемещается точка ее приложения. Силы, обладающие таким свойством, называются потенциальными (см. § 126). z м.1 м, ДУУ\АЛГУЛ Рис. 231 Рис. 232 2. Работа силы .упругости. Рассмотрим груз М, лежащий на горизонтальной плоскости и прикрепленный к свобод- свободному концу некоторой пружины (рис. 232, а). На плоскости отме- тим точкой О положение, занимаемое концом пружины, когда она не напряжена (АО=10 — длина ненапряженной пружины), и примем эту точку за начало координат. Если теперь оттянуть груз от равновесного положения О, растянув пружину до величины /, то пружина получит удлинение Я=/—10 и на груз будет действовать сила упругости F, направленная к точке О. Так как в нашем случае %=х, то по формуле F) из § 76 F=ck=c\x\ и Fx=—ex. Последнее равенство справедливо и при x<0 (груз левее точки О); тогда сила F направлена вправо и получится, как и должно быть, ^0 Найдем работу, совершаемую силой упругости при перемеще- перемещении груза из положения М0(х0) в положение Mife). Так как в дан- данном случае Fx=—ex, Fy=Fz=0, то, подставляя эти значения в 211
формулу D4'), найдем о = J {—сх)йх = -| D— (Этот же результат можно получить по графику зависимости F от х (рис. 232, б), вычисляя площадь а заштрихованной на чертеже трапеции и учитывая знак работы.) В полученной формуле х0 пред- представляет собой начальное удлинение пружины %„, а Хх — конечное удлинение пружины Ях. Следовательно, D8) т. е. работа силы упругости равна половине произведения коэффици- коэффициента жесткости на разность квадратов начального и конечного удли- удлинений (или сжатий) пружины. Работа будет положительной, когда %0>К< т. е. когда конец пружины перемещается к равновесному положению, и отрицатель- отрицательной, когда ко<^!, т. е. когда конец пружины удаляется от равновес- равновесного положения. Можно доказать, что формула D8) остается справедливой и в случае, когда перемещение точки М не является прямолинейным. Таким образом, оказывается, что работа силы F зависит только от значений Яо и J\,j и пе зависит от вида траектории точки М. Сле- Следовательно, сила упругости также является потенциальной. м' Рис 233 Риг. 234 3. Работа силы трения. Рассмотрим точку, движу- движущуюся по какой-нибудь шероховатой поверхности (рис. 233) или кривой. Действующая на точку сила трения равна по модулю fN, где / — коэффициент трения, а N — нормальная реакция поверхно- поверхности. Направлена сила трения противоположно перемещению точки. Следовательно, FTPT=—FIP=—/Я и по формуле D4) (М,) (МО (Af0) (Л1„) 212
Если численно сила трения постоянна, то AiMaMi)=—FTVs, где s — длина дуги кривой MqMx, по которой перемещается точка. Таким образом, работа силы трения при скольжении всегда отри- отрицательна. Так как эта работа зависит от длины дуги M0Mi, то, следовательно, сила трения является силой непотенциальной. 4. Работа силы тяготения Если Землю (планету) рассматривать как однородный шар (или шар, состоящий из однородных концентрических сло- слоев), то на точку М с массой т, находящуюся вне шара на расстоянии г от его цент- центра О (или находящуюся на поверхности шара), будет действовать сила тяготения F, направленная к центру О (рис. 234), значение которой определяется формулой E) из § 76. Представим эту формулу в виде F=km/r* и определим коэффициент k из того условия, что, когда точка находится на поверх- поверхности Земли (r=R, где R — радиус Земли), сила притяжения равна mg, где g — ускорение силы тяжести (точнее силы тяютения) на земной поверхности. Тогда должно быть mg=kmiR2 и k=gR2. Подсчитаем сначала элементарную работу силы F. Как видно из рисунка, эле- элементарное перемещение ММ' точки М можно разложить на перемещение Ма, чис- численно равное приращению йг расстояния ОМ=г и направленное вдоль ОМ, и на перемещение Mb, перпендикулярное ОМ, а следовательно, и силе F, Поскольку на этом втором перемещении работа силы F равна нулю, а перемещение Ма направле- направлено противоположно силе, то cL4=— Fdr=— km^-=— mgR*-^. D9) Допустим теперь, что точка перемещается из положения Мй, где г=гй, в по- положение Mi, где г=г1. Тогда (М,) г, г, ijj J" ( СМ „) ra r0 или окончательно (?) E0) Работа будет положительной, если ru>ri, т. е когда конечное положение точки ближе к земной поверхности, чем начальное, и отрицательной, если гй<гх. От вида траектории точки М работа силы тяготения, как видно из формулы E0), не зави- зависит. Следовательно, сила тяготения является потенциальной. % 89. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ ТОЧКИ Введем понятие еще об одной основной динамической характе- характеристике движения — о кинетической энергии. Кинетической энер- энергией материальной точки называется скалярная величина mv2/2, равная половине произведения массы точки на квадрат ее скорости. Единица измерения кинетической энергии та же, что и работы (в СИ — 1 Дж). Найдем зависимость, которой связаны эти две вели- величины. 213
Рассмотрим материальную точку с массой т, перемещающуюся из положения Мо, где она имеет скорость v0, в положение Mi, где ее СКОрОСТЬ Vi. Для получения искомой зависимости обратимся к выражающему основной закон динамики уравнению ma=HTh. Проектируя обе его части на касательную Мх к траектории точки М, направленную в сторону движения, получим Входящее сюда касательное ускорение точки представим в виде dv ** = ¦& = В результате найдем, что dv dv ds dv ~dT —'"Is ~dt = V "ds " Умножим обе части этого равенства на ds и внесем т под знак дифференциала. Тогда, замечая, что Fkxds=dAk, где dAk — эле- элементарная работа силы Fk, получим выражение теоремы об изменении кинетической энергии точки в дифференциальной форме: S^. E1) Проинтегрировав теперь обе части этого равенства в пределах, соответствующих значениям переменных в точках Мо и Mlt найдем окончательно -t 2^ = S'4(m.m1). E2) Уравнение E2) выражает теорему об изменении кинетической энергии точки в конечном виде: изменение кинетической энергии точки при некотором ее перемеще- перемещении равно алгебраической сумме работ всех действующих на точку сил на том же перемещении. Случай несвободного движения. При несво- несвободном движении точки в правую часть равенства E2) войдет работа заданных (активных) сил F\ и работа реакции связи. Ограничимся рассмотрением движения точки по неподвижной гладкой (лишенной трения) поверхности или кривой. В этом случае реакция iV (см. рис. 233) будет направлена по нормали к траектории точки и NT=0. Тогда, согласно формуле D4), работа реакции неподвижной гладкой поверхности {или кривой) при любом перемещении точки будет равна нулю, и из уравнения E2) получим mv\ 214
Следовательно, при перемещении по неподвижной гладкой по- поверхности (или кривой) изменение кинетической энергии точки равно сумме работ на этом перемещении приложенных к точке активных сил. Если поверхность (кривая) не является гладкой, то к работе активных сил прибавится работа силы трения (см. § 88). Если же по- поверхность (кривая) движется, то абсолютное перемещение точки М может не быть перпендикулярно N и тогда работа реакции ]V не будет равна нулю (например, работа реакции платформы лифта). Решение задач. Теорема об изменении кинетической энергии [формула E2)] позволяет, зная как при движении точки изменяется ее скорость, определить работу действующих сил (пер- (первая задача динамики) или, зная работу действующих сил, опреде- определить, как изменяется при движении скорость точки (вторая задача динамики). При решении второй задачи, когда заданы силы, надо вычислить их работу. Как видно из формул D4), D4'), это можно сделать лишь тогда, когда силы постоянны или зависят только от положения (координат) движущейся точки, как, например, силы упругости или тяготения (см. § 88). Таким образом, формулу E2) можно непосредственно использо- использовать для решения второй задачи динамики, когда в задаче в число данных и искомых величин входят: действующие силы, перемещение точки и ее начальная и конечная скорости (т. е. величины F, s, Vo, щ), причем силы должны быть постоянными или зависящими только от положения (координат) точки. Теорему в дифференциальной форме [формула E1)] можно, ко- конечно, применять при любых действующих силах. Задача 98. Груз массой яг=2 кг, брошенный со скоростью уо=2О м/с из пунк- пункта А, находящегося на высоте й=5м (рис. 235), имеет в точке падения С скорость ^=16 м/с. Определить, чему равна работа дей- действующей на груз при его движении силы сопро- сопротивления воздуха R. ща Решение. На груз при его движении дей- действуют сила тяжести Р и сила сопротивления воз- воздуха ~R. По теореме об изменении кинетической энергии, считая груз материальной точкой, имеем mvf/2—mvl/2 = А (Р) + A (R). Из этого равенства, так как согласно форму- ле D7) A(P)—Ph, находим рис. 235 A (R) = mvl/2 — mvl/2 — mgh = — 242 Дж. Задача 99. При условиях задачи 96 (см.[§84) определить, какой путь пройдет груз до остановки (см. рис, 223, где Мо — начальное положение груза, а Мх — конечное). _ Решение. На груз, как и в задаче 96, действуют силы Р, N, F. Для опре- определения тормозного пути sl=M0Af1, учитывая, что в условия данной задачи вхо- входят slt оа, v1 и постоянная сила F, воспользуемся теоремой об изменении кинети- кинетической энергии tm>l/2-mvl/2 = XAMQMiy. 215
В рассматриваемом случае i>j=0 (vt — скорость груза в момент остановки). Кроме того, А (Р)=0 и A (N)=0, так как силы ~Р я N перпендикулярны перемеще- перемещению, A(F)~—Fs!, поскольку F=const В итоге получаем —mvt/2=—Fslt откуда находим По результатам задачи 96 время торможения растет пропорционалыго началь- начальной скорости, а тормозной путь, как мы нашли,— пропорционально квадрату на- начальной скорости. Применительно к наземному транспорту это показывает, как возрастает опасность с увеличением скорости движения. Задача 100. Груз весом Р подвешен на нити длиной / Нить вместе с грузом отклоняют от вертикали на угол ф0 (рис. 236, а) и отпускают без начальной ско- скорости. При движении на груз действует сила сопротивления R, которую прибли- приближенно заменяем ее средним значением R * (R *=const) Найти скорость груза в тот момент времени, когда нить образует с вертикалью угол ф. Решение. Учитывая условия задачи, воспользуемся опять теоремой E2): mv*!2-mvl!2= 2А(лит. (а) На груз действуют сила тяжести Р, реакция нити N и" сила сопротивления, представленная ее средним значением R*. Для силы Р по формуле D7) A (P)=Ph, для силы N, так как N%=0, получим A(N)=0, наконец, для силы R *, так как R *=const и R*x=—R *, по формуле D5) будет A (R *)=— R *s=—-Я */(ф0—ф) (длина s дуги М0М равна произведению радиуса / на центральный угол ф0—ф). Кроме того, по условиям задачи уо~О, a m=P'g В результате равенство (а) дает: 2gl (Фо-Ф) RVP- При отсутствии сопротивления получаем отсюда известную формулу Галилея v=Y~2gh, справедливую, очевидно, и для скорости свободно падающего груза ( 236 б Yg (рис, 23 В рассматриваемой задаче ft= /cosqp—кощ:0. Тогда, введя еще обозначение R *lP=k * (k * — средняя сила сопротивления, приходящаяся на единицу веса груза), получаем окончательно ф0 — ф)]- Задача Т01. Пружина клапана имеет в недеформированном состоянии длину /0=6 см При полностью открытом клапане ее длина /=4 см, а высота подъема клапана s=0,6 см (рис. 237). Жесткость пружины с= 150 Н/м, масса клапана т= =0,4 кг. Пренебрегая действием силы тяжести и сил сопротивления, определить скорость клапана в момент его закрытия. Решение, Воспользуемся уравнением (а) 216
По условиям задачи работу совершает только сила упругости пружины. Тог- Тогда по формуле D8) будет V.m.) = c(^-*?)/2- В данном случае ^о=го—1=2 см, Х1=10—I—s=I,4 см. Кроме того, flo=0. Подставляя все эти значения в уравнение (а), получим окончательно ) =0,28 м/с. (б) Задача 102. Груз, лежащий на середине упругой балки (рис. 238), прогибает ее на величину Хст (статистический прогиб балки) Пренебрегая весом балки, опре- определить, чему будет равен ее максимальный прогиб Хт, если груз упадет на балку с высоты Н. Решение. Как и в предыдущей задаче, воспользуемся для решения урав- уравнением E2). В данном случае начальная скорость груза v0 и конечная его скорость Dj (в момент максимального прогиба балки) равны нулю и уравнение E2) прини- принимает вид =0. (а) Но при равновесии груза на балке сила тяжести уравновешивается силой упру- упругости, следовательно, Р=сХСТ и предыдущее равенство можно представить в виде Работу здесь совершают сила тяжести Р на перемещении М0М1 и сила упру- упругости балки F на перемещении M'Mj. При этом А (Р)=Р(Н-\-Хт), Л(Г) = =—0,5сЯщ, так как для балки Я0=0, к1^Хт Подставляя эти величины в ра- равенство (а), получим Решая это квадратное уравнение и учитывая, что по условиям задачи долж- должно быть кт>0, находим Интересно отметить, что при Н~0 получается Хт=2Хст. Следовательно, если груз положить на середину горизонтальной балки, то ее максимальный прогиб при опускании груза будет равен удвоенному статическому. В дальнейшем груз качнет вместе с балкой совершать колебания около равновесного положения. Под влиянием сопротивлений эти колебания затухнут и система уравновесится в положении, при котором прогиб балки равен Хсг. Рис. 238 Рис 23Э Задача 103. Определить, как^ю наименьшую направленную вертикально БЕерх начальную скорость v0 надо сообщить телу, чтобы оно поднялось с поверх- поверхности Земли на заданную высоту Н (рис 239) Силу притяжения считать изменяю- изменяющейся обратно пропорционально квадрату расстояния от центра Земли. Сопротив- Сопротивлением воздуха пренебречь. 217
Решение. Рассматривая тело как материальную точку с массой т, вос- воспользуемся уравнением Работу здесь совершает сила тяготения F. Тогда по формуле E0), учитывая, что в данном случае ro=R, ^—R-'t-H, где R — радиус Земли, получим Так как в наивысшей точке %=(), то при найденном значении работы уравне- уравнение (а) дает Рассмотрим частные случай: а) пусть Н очень мало] по сравнению с R. Тогда H/R — величина, близкая к нулю. Деля числитель и знаменатель на R, получим Таким образом, при малых Н приходим к формуле Галилея; б) найдем, при какой начальной скорости брошенное тело уйдет в бесконеч- бесконечность. Деля числитель и знаменатель на Л, получим 2gR + RIH' При #=о°, считая средний радиус Зели R=6370 км, находим tl 1,2 км/с. (б) Следовательно, тело, брошенное с поверхности Земли со скоростью 11,2 км/с, навсегда покинет поле земного тяготения. Скорость, определяемая равенством (б), называется второй космической скоростью. Можно доказать (см. гл. XX), что при начальных скоростях, лежащих при- приблизительно в пределах 8 км/с<:уо<: 11 км/с, тело, брошенное по направлению ка- касательной к земной поверхности, не упадет обратно на Землю, а превратится в земного спутника. При начальных скоростях, меньших 8 км/с, или при негоризонтальном бросании тело, описав эллиптическую тра- траекторию, упадет обратно на Землю. Все эти результаты относятся к движению в безвоз- безвоздушном пространстве. Задача 104. Определить, пренебрегая тре- трением, какую постоянную силу Q надо при- приложить к поршню 1 (площадь поршня S, начальная скорость vo=0), чтобы сжать газ, находящийся в цилиндре 2, до давления plt если начальное давление равно р0 (рис. 240). Считать, что при сжатии давление газа р растет обратно пропорционально его объему V (сжатие происходит медленно, процесс изо- изотермический). Решение. На поршень действуют сила Q и сила давления газа Р. Так как у поршня ио=0 и У1=О, то по теореме об изменении кинетической энергии Направим ось Ох в сторону движения поршня, считая, что при х—0 давление р=Ро- Обозначим через 10 начальное расстояние поршня от дна цилиндра, а через хх — перемещение поршня до положения, при котором vt=Q и давление р=р1. Так 218 Рис. 240
как численно P=pS и Px=—P=—pS, то по формуле D4') (б) Зависимость р от х найдем из условия, что давление обратно пропорциональ- пропорционально объему, т. е. p/po=Fo/V, где начальный объем Vo~Slo, а объем в произвольном положении V=S (/„—я). Тогда для р, а талсже для координаты хх, при которой р= =Pi, получим выражения: _ Р<Л „ „ _ / {| Ра Учтя эти зависимости, найдем из равенства (б) 'о Л 'о *i ко о Далее, так как Q=const, получим с учетом соотношений (в) При найденных значениях работ равеиствв (а>) дает сжончательно 5 5„ Pl — Ро Ро Если pi>Po. TOv полагая приближенно рх—po~Pi, получим Q=p0Sln(p1/p0). Сила Q с увеличением p.j растет па логарифмическому закону, т е. довольно медленно. Например, при рь=20р0 Q«*3p0S, а при р1=50)оф Qw3,9po5. Глава XVIИ НЕСВОБОДНОЕ И ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ § 90. НЕСВОБОДНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ Движение матер-иалвнай теичют будет теевебодвым, кшгда в еилу наложенных связей она вынуждена двигаться ио» зеда-ннеш» щшерх- ности или кривой. Огранитшет р-аеемотрением второго» случая. Движение тачки но заданной неподвижной кривой. Рассмотрим материальную, точжу, движущуюся ао заданной гладкой неподвижной. к.р,ивой. аод действием активных сил F|, F|, . . ., F% и реакции связи N (рис. 241). Выберем на кр>шой начало отсчета О' и будем ©првделять положение точки М криво- криволинейной координатойs=O'M (см. § 37). Проведем из точки М оси Mxnb (см. §-42), т. е. касательную Мт> (*в еторену иол©жител.ьного отсчета координаты 5), главную нормаль Мп (в сторону вогнутости кривой) и бинормаль Mb и воспользуемся уравнениями A1) из § 77. Так как кривая гладкая, то ре