/
Author: Мисюрен М.А.
Tags: физика механика теоретическая механика задачи по механике сборник задач
Year: 1963
Text
М. А. МИСЮРЕВ
МЕТОДИКА
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ
МЕХАНИКЕ
Допущено
Министерством высшего и среднего
специального образования СССР
в качестве учебного пособия для высших
учебных заведений
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
«ВЫСШАЯ ШКОЛА»
Мое к в а-1963
ПРЕДИСЛОВИЕ
Среди общетехнических дисциплин, изучаемых в высшей школе,
одно из ведущих мест занимает теоретическая механика. Она
является теоретической базой для таких общетехнических и спе-
специальных дисциплин, как сопротивление материалов, гидравлика,
строительная механика, теория механизмов и машин и др.
С быстрым и мощным развитием современной техники, меха-
механизацией и автоматизацией производства, освоением новых произ-
производств, возникает много вопросов и задач, разрешаемых с помощью
теоретической механики. Таким образом, значение этой дисцип-
дисциплины возрастает и будет возрастать в связи с прогрессом техники,
а в настоящее время, как никогда, каждый инженер должен
иметь глубокие знания теоретической механики.
Для успешного изучения механики, кроме изучения теории,
необходимы навыки в решении задач. Практика показывает, что
курс теоретической механики является одним из труднейших и
что способы решения задач студентами усваиваются значительно
труднее, чем теория предмета. Трудности эти объясняются тем,
что небольшое число общих законов имеет обширную сферу при-
применения. Эти трудности состоят в неумении облекать конкретные
физические задачи в абстрактную математическую форму. Пред-
Предлагаемая работа, как полагает автор, должна оказать помощь
в более быстром приобретении навыков самостоятельного решения
задач. Работа рассчитана на студентов высших технических учеб-
учебных заведений и в особенности студентов-заочников. Автор
надеется также, что пособие может оказать существенную помощь
начинающим преподавателям теоретической механики.
В настоящее время партия и правительство придают особое
значение развитию заочного образования в нашей стране. С каж-
каждым годом контингент учащихся заочников быстро увеличивается.
Трудности изучения механики для студентов-заочников усугуб-
усугубляются тем, что заочник по сравнению со студентом-очником
имеет меньшую возможность получения квалифицированной кон-
сультации путем непосредственного общения с преподавателем.
Заочнику при решении задач приходится обращаться ко многим
литературным источникам.
Имея в виду вышеизложенное, автор старался по возможности
систематизировать методические указания к решению задач по
теоретической механике, использовав для этого специальную
литературу и собственный опыт педагогической работы. Данная
книга, конечно, не является полной и совершенной, так как
материал ее соответствует объему курса теоретической механики
примерно 180—200 час, проходимому в высшей школе по совре-
современным учебным планам
Книга состоит из трех частей: статики, кинематики и дина-
динамики В начале каждой темы дается краткое изложение основных
теоретических положений и формул, затем устанавливается общий
план решения задач данного типа этой темы и рассматривается
решение одной или нескольких задач по установленному плану
и, наконец, предлагается несколько задач для упражнений.
Большинство задач для упражнений составлены автором и
связаны с современной техникой народного хозяйства (горные
машины, железнодорожный и автомобильный транспорт, подъемно-
транспортное оборудование и т п ).
Автор считает своим долгом выразить глубокую благодарность
проф. Московского горного института И. М. Воронцову,
проф., Московского института стали И. А Симвулиди, проф.
Новосибирского электро-механического института П. М. Ала-
бужеву, а также старшим преподавателям кафедры теоретиче-
теоретической механики Свердловского горного института В. С. Емелья-
Емельянову Е. П. Огневу и В. Ф. Черному, сделавшим ряд
ценных замечаний по рукописи книги.
Студент, самостоятельно изучающий курс теоретической ме-
механики, при пользовании данной книгой должен придерживаться
следующей последовательности:
1. Изучить теоретические положения данной темы по книге
проф. Воронкова И. М «Курс теоретической механики».
2. Внимательно прочитать (с проведением всех математиче-
математических действий на бумаге) те задачи на эту тему, решение ко-
которых подробно рассмотрено в данной книге.
3. Решить несколько задач по изучаемой теме.
4. Выполнить решение задач, перечень которых установлен
«Контрольными заданиями» Методического управления для сту-
студентов-заочников.
При решении задач весьма полезно придерживаться рекомен-
рекомендованного автором плана решения и учитывать все методические
указания как данной книги, так и книги «Руководство к реше-
лию задач по теоретической механике» И. М. Воронкова,
Т. С- Айзенберг, В. М. Осе цк о го.
Часть первая
СТАТИКА
Предмет статики.
Связи и реакции связей
Статика — раздел теоретической механики, в котором изу-
изучаются условия относительного равновесия механических систем.
Основная задача статики заключается в выводе общих условий,
при которых абсолютно твердое тело под действием приложенной
к~ нему системы сил остается в состоянии относительного равно-
равновесия. Относительным равновесием называется относительный
покой твердого тела, рассматриваемый в связи с силами. Отно-
Относительный покой — состояние механической системы (твердого
тела), при котором положение всех ее точек в выбранной системе
отсчета не изменяется со временем. В технических задачах счи-
считают, что, если твердое тело находится в состоянии покоя по
отношению к Земле как система отсчета, то все приложенные
к этому телу силы образуют уравновешенную систему
В статике рассматриваются условия равновесия свободного
твердого тела Свободным телом называется такое тело, которое
может занимать любое положение в пространстве, близкое с дан-
данным положением. В противном случае тело является несвобод-
несвободным. Геометрические условия, стесняющие свободу движения
тела, называются геометрическими связячи, наложенными на
тело. При решении подавляющего большинства статических задач
приходится иметь дело с несвободными телами. Возможность
перевода тела из класса несвободных тел в класс свободных
дает нам следующий принцип освобождаемое™ тел от связей:
Всякое несвободное тело можно сделать свободным, устранив
для этого связи, наложенные на тело, и заменив при этом
действие связей на тело некоторыми силами, называемыми реак-
реакциями связей.
Реакция связи направлена в сторону, противоположную тому
направлению, по которому связь препятствует двигаться
телу.
Итак, при решении задач статики для несвободного тела на-
наравне с другими силами, приложенными к телу, нужно обяза-
обязательно учитывать реакции связей. Отсюда ясно, как важно уметь
пользоваться принципом освобождаемости тел от связей.
Рассмотрим главнейшие типы связей и реакции, соответствую-
соответствующие этим связям.
1. Абсолютно гладкая опорная поверхность
Реакция абсолютно гладкой поверхности направлена по нор-
нормали к поверхности, действует на данное тело и приложена
в точке соприкасания тела с поверхностью. Такая реакция на-
вывается нормальной реакцией.
Брус (на рис. \а изображен брус до освобождения от связей)
опирается на гладкую стену AD (первая связь), гладкий пол АВ
(вторая связь) и гладкую полусферу ВСМ (третья связь). Брус,
освобожденный от связей, изображен на рис. 16. ND—реакция
стены, NB—реакция пола, Nc~—реакция сферы., Эти реакции на-
направлены по нормалям соответствующих поверхностей. Опора на
каток применяется в мостовых конструкциях (на рис. 2а изобра-
жена конструкция до освобождения от связи). Конструкция,
освобожденная от связи, изображена на рис. 26". Реакция N опоры
перпендикулярна опорной поверхности.
Рис. 2.
2. Точечная опора
Примером точечной опоры может служить опора тела OD на
острый конец А стержня АВ (на рис. За изображено тело OD до
освобождения от точечной связи). Тело, освобожденное от связи.
Рис. 3.
изображено на рис. 36. N— реакция точечной опоры приложена
к телу OD в точке А и направлена по нормали к поверхности
тела, если поверхность тела абсолютно гладкая.
3. Опора на ребро
Стержень ОА опирается на ребро В двухгранного угла (на
рис. 4 а изображен стержень ОА до освобождения от связи), В —
сечение ребра вертикальной плоскостью, перпендикулярной
ребру. Тело, освобожденное от связи, изображено на рис. 46.
Реакция Лв такой опоры В приложена к данному телу ОА и
направлена по нормали к поверхности данного тела О А, если
эта поверхность абсолютно гладкая (О — горизонтальная ось вра-
вращения стержня).
4 Гибкое тело (нить, канат, цепь)
Стержень ОА (на рис 5 изображен стержень до освобождения
от связей) удерживается в равновесии при помощи нити АВ (О —
горизонтальная ось вращения стержня ОА) Тело, освобожденное
Рис 5
от связи (нити), изображено на рис. 5а. Реакция нити ТА при-
приложена к данному телу ОА в точке прикрепления к нему нити
и направлена по ней (внутрь нити).
5. Цилиндрический шарнир
Тело ВС оканчивается цилиндрической втулкой АС. Эта втулка
надевается на неподвижный болт. Данное тело может поворачи-
поворачиваться вокруг оси болта (на рис. 6 а изображено тело до осво-
освобождения от связи) Такая связь, наложенная на тело ВС, на-
называется цилиндрическим шарниром.
Направление реакции оси цилиндрического шарнира заранее
установить нельзя, так как эта реакция может иметь любое
направление, перпендикулярное к оси шарнира, в зависимости
от положения данного тела и сил, приложенных к этому телу.
Обыкновенно при решении задач реакцию цилиндрического шар-
шарнира раскладывают на две составляющие Хо, Y9 На рис 66
изображено тело, освобожденное от связи. Эти составляющие
всегда направляем в сторону положительного направления осей
координат; если в результате решения задачи для Хо и Ya по-
получатся отрицательные значения, то это означает, что в действи-
Рис 6.
тельности составляющие реакции направлены в стороны, проти-
противоположные направлению осей координат. Величина и направ-
а)
Рис. 7.
ление полной реакции шарнира определяется п<о формулам:
где/, / — единичные векторы прямоугольной декартовой системы
координат.
На однородный стержень ОА весом Р действует сила F (на
рис Та изображен стержень до освобождения от связей), стержень
имеет на конце О неподвижный цилиндрический шарнир, а на
конце А — подвижный цилиндрический шарнир (опора на катках).
Шарниры обозначаем малыми кружочками. Стержень О А, осво-
освобожденный от связей, изображен на рис. 76. В данном примере
на стержень действуют силы: Р — вес стержня, сила F, NA —
реакция подвижного шарнира, перпендикулярная к опорной по-
поверхности, и реакция неподвижного шарнира О, разложенная
на составляющие X., У„.
6. Сферический шарнир
Некоторое тело оканчивается шаром (на рис. 8 изображено
тело до освобождения от связи). Этот шар может вращаться
в сферическом подшипнике (точка О — центр шара остается не-
лодвижной). Реакция в этом случае может быть направлена по
Рис. 8.
любому радиусу шара (трением пренебрегаем). Тело, освобож-
освобожденное от связи, изображено на рис. 86. При решении задачи
полную реакцию Ro сферического шарнира раскладываем по осям
координат на три составляющие Хо, Уо, Zo. При этом всегда
направляем составляющие реакции в сторону по-
положительного направления осей координат. Если
в результате решения задачи модуль какой-нибудь из состав-
составляющих будет иметь отрицательное значение, то фактически эта
•составляющая направлена в сторону, противоположную направ-
направлению соответствующей оси координат. Величина и направление
40
полной реакции сферического шарнира находятся по формулам:
СО5(Я0, /)«?; cos(/?"fe)=|, @-2)
где i, j, k — единичные векторы прямоугольной декартовой си-
системы координат.
7. Стержневая опора
Тело закреплено при помощи жестких стержней (рис. 9),
поперечными размерами и весом которых можно пренебречь.
Стержень (цилиндрический или призматический) соединен с дру-
Рис. 9. Рис. Ю.
гими идеальными телами (без трения) шарнирами, к которым
приложены силы В этом случае стержень, если он прямолиней-
прямолинейный, будет работать на растяжение или на сжатие. В самом деле,
если выделить, например, стержень ВС (рис. 10), то он нахо-
находится в равновесии (так как вся система
тел находится в равновесии) под действием а)
со стороны шарнирных болтов только gf Sz
двух сил Q, и Q2, приложенных к кон- В0 • * « °с
цам стержня. Но две силы, приложенные g\
к абсолютно твердому телу, уравнове- ' S S
шиваются тогда и только тогда, когда g о^ . /—>. »о<?
эти силы лежат на одной прямой, напра-
направлены в разные стороны и равны между Рис- ll-
собой по величине (одна из аксиом ста-
статики). Следовательно, под действием этих сил стержень будет
либо растягиваться (рис. 10а), либо сжиматься (рис. 106).
Если рассматривать равновесие шарнирных болтов (этот слу-
случай часто встречается при решении задач), то по отношению
к шарнирному болту стержень будет связью, наложенной на болт.
Силы взаимодействия стержня с болтом равны по величине, ле-
лежат на одной прямой и направлены в разные стороны (аксиома
равенства действия и противодействия). Поэтому заключаем,
что стержень растянут (рис. 11а), если реакция стержня
11
направлена от болта шарнира к середине стержня, а в случае
сжатия стержня реакиия направлена к болту (рис. 116).
Во многих задачах нельзя заранее сказать, работает ли стер-
стержень на сжатие или на растяжение. Рекомендуется поэтому при
аналитическом способе решения задачи реакцию стержня направ-
направлять от болта шарнира к середине стержня, т. е. предполагать,
что стержень работает на растяжение. Результат решения задачи
покажет, будет ли это так. Если значение реакции получится
положительным, то стержень действительно работает на растя-
растяжение, а если же значение реакции получится отрицательным»
то стержень фактически сжимается.
8. Шероховатая опорная поверхность
Тело А находится на шероховатой опорной поверхности (на
рис. 12 а изображено тело А до освобождения от связи).
Рис 12.
В случае шероховатой опорной поверхности реакция поверх-
поверхности отклонена на уголф от нормали к поверхности (на рис. 12 6
изображено тело А после освобождения от связи). Касательная
5)
составляющая F полной реакции шероховатой опорной поверхно-
поверхности, препятствующая скольжению тела по этой поверхности,
называется силой трения скольжения. Максимальная величина
силы трения скольжения пропорциональна величине нормальной
составляющей полной реакции.
Коэффициент пропорциональности / — коэффициент трения
скольжения, причем,
O^F^fN. @-3)
Максимальная величина трения скольжения покоя дости-
достигается на грани покоя и движения тела и F^^—fN. На рис. 13а
изображен стержень АВ веса Р, опирающийся концами на ше-
шероховатую поверхность. Кроме веса_стержня Р и нормальных
реакций опорной поверхности NA и NB, на стержень действуют
силы трения FA и FB, причем FA^fNA, FB^fNB (на рис. 136
изображен стержень АВ, освобожденный от связей).
9. Неподвижная жесткая заделка
Связь, осуществленная в виде неподвижной жесткой заделки,
эквивалентна силе, приложенной к некоторому центру и паре
сил. В этом случае имеется три неизвестных: величина и направ-
направление силы и величина момента пары.
Рис. 14.
Так конец А балки АВ заделан в неподвижную стену
(на рис. 14а изображена балка до освобождения от связи).
Балка АВ, освобожденная от связи, изображена на рис. 14 6.
Здесь сила Rc=Xc-fVс приложена к произвольному центру С
и разложена на две неизвестные составляющие А'с и Yс, а пара
сил условно изображена отрезком окружности с центром в точке С
и со стрелкой на одном конце, указывающей направление вра-
вращения пары Рядом со стрелкой обозначен момент Мс этой пары
{Мс — неизвестная величина).
Рекомендуется составляющие Хс и Ус направлять в сторону
положительного направления осей, а момент пары считать поло-
положительным (вращение против хода часовой стрелки в право-
системе координат). Если в результате решения задачи для Хс,
Ус и Мс получатся отрицательные значения, то это означает,
что составляющие и направление вращения пары в действитель-
действительности противоположны предполагаемым.
1-1. Равновесие трех сил
Рассмотрим равновесие тела под действием только трех сил,
а затем перейдем к рассмотрению равновесия тела под действием
какого угодно количества сил линии действия которых пере-
пересекаются в одной точке.
При решении задач на равнове-
равновесие трех сил удобно пользоваться
геометрическим способом, как наи-
наиболее наглядным.
Для того, чтобы три силы, при-
приложенные в одной точке твердого
тела, находились в равновесии, не-
необходимо и достаточно, чтобы сило-
силовой треугольник, построенный на
этих силах, был замкнутым. Сле-
Следует обратить внимание: что в зам-
замкнутом силовом треугольнике конец каждого предыдущего век-
вектора совпадает с началом следующего (рис. 15), и на теорему
о трех силах.
Если три непараллельные силы, лежащие в одной плоскости,
уравновешиваются, то их линии действия пересекаются в одной
точке.
План решения задач
При решении задач необходимо придерживаться следующего
плана:
1 Выделяем материальную систему (тело или материальную
частицу), равновесие которой следует рассмотреть. Такой систе-
J4
мой является то тело, к которому приложены заданные силы и
искомые реакции.
2. Изображаем активную силу, действующую на материаль-
материальную систему, равновесие которой рассматриваем.
3. Освобождаем эту систему от связей, заменяя действие свя-
связей реакциями.
4. Строим замкнутый силовой треугольник. Построение зам-
замкнутого силового треугольника всегда начинаем с известной
силы.
В том случае, когда возникают затруднения в выборе правиль-
правильного направления реакции в ту или иную сторону (например,
выбор направления реакции тонкого невесомого стержня), реко-
рекомендуется это направление установить из условия замкнутости
силового треугольника и затем изобразить реакции на основном
чертеже, с целью выяснения характера работы данного элемента
конструкции (так, например, можно узнать, работает ли стержень
на сжатие или растяжение).
5- Решаем силовой треугольник. По известным элементам
треугольника находим его неизвестные элементы.
Если силовой треугольник косоугольный, то при решении
используется теорема синусов. Иногда выгодно использовать
условие пропорциональности сторон двух подобных треугольни-
треугольников (силового и треугольника на основном чертеже).
Для удобства рекомендуется получить решение задачи, если
это не усложняет решение, в алгебраическом (общем) виде, про-
проверить правильность полученных формул по размерностям всех
слагаемых (размерности всех слагаемых должны быть одинако-
одинаковыми). Затем необходимо выбрать систему единиц, в которой
нужно получить ответ, и все данные, перед подстановкой их.
в полученные формулы, перевести в эту систему. Большинство
задач надо решать с точностью до трехзначных цифр (точность
логарифмической линейки). У полученного численного результата
нужно писать наименование.
1-2. Решение задач
Задача 1. Уличный фонарь (рис. 16) весом Р—30 кГ подвешен
к столбу с горизонтальной поперечиной АС= 1,2 м и подкосом
ВС—1,5 м. Найти усилия SA и SB в стержнях АС и ВС, считая
крепления в точках А, В и С шарнирными.
Решение 1. Рассматриваем равновесие узла С (болт шарнира С).
2. Изображаем активную силу Р, действующую на узел С.
3. Освобождаем узел С от связей, наложенных на него
Связями являются стержни АС и ВС. Реакции стержней лежат
на осях стержней (рис. 17). Направление реакций найдем из.
силового треугольника.
15-
4. Строим замкнутый силовой треугольник (рис. 18). По-
Построение треугольника начинаем с известной силы Р. Ри-
Рисуем силу Р в виде вектора произвольной величины. Выбирая
Рис. 16,
Рис. 17.
определенную величину этого вектора, мы, тем самым, устанавли-
устанавливаем масштаб, в котором будет построен силовой многоугольник.
Далее, через начало вектора Р проводим линию, параллельную
одному из стержней, например,
стержню ВС. Через конец векто-
вектора Р проводим линию, параллель-
параллельную стержню АС. Получили зам-
замкнутый силовой треугольник
ОКМ. Таким образом, нашли
направления реакций стержней.
Реакция стержня АС по на-
направлению совпадает с направле-
направлением вектора КМ, т е. напра-
направлена от узла С. Следовательно,
стержень АС растягивается Реакция стержня ВС по направле-
направлению совпадает с направлением вектора МО, т. е. направлена
к узлу С, стержень ВС сжимается.
5. Решаем силовой треугольник ОКМ. Этот треугольник
прямоугольный
с .Р о Р
Рис. 18.
16
Принято сжимающее усилие в стержне выражать отрицательным
числом, а растягивающее — положительным.
Задача 2. Балка, весом которой пренебрегаем, шарнирно за-
закреплена на опоре А, концом В она положена на катки. На балку
действует вертикальная сила F, равная 100 кГ. Определить
реакции опор RA, NB, взяв размеры с чертежа (рис. 19)
Рис. 19.
Решение 1. Рассматриваем равновесие балки А В (рис. 20).
2. Изображаем силу F (F — активная сила).
3. Освобождаем балку А В от связей, наложенных на нее.
Связями являются: неподвижный шарнир А и опора на каток В.
Реакция Nв перпендикулярна опорной поверхности Для нахож-
нахождения линии действия реакции шарнира А применяем теорему
о трех силах. Находим точку О пересечения прямых сил F и NА,
затем точку О соединяем с точкой А. Это и будет линия дей-
действия реакции RA. Направление реакции находим из замкнутого
силового треугольника.
4. Строим замкнутый силовой треугольник. Построение начи-
начинаем с известной силы F. Изображаем силу F произвольной
величины; через начало этого вектора проводим прямую, парал-
параллельную, например, отрезку АО, через конец вектора F проводим
прямую, параллельную отрезку ВО. Получили замкнутый сило-
силовой треугольник KDM (рис т?). Цэ уеловяя замкнутости сило-
17
вого треугольника заключаем, что реакция RA направлена
к точке О (реакцию RA отмечаем на рис. 20).
5. Решаем силовой треугольник KDM. На рис. 20 /_ВОС=
=а=45°, как углы с взаимно перпендикулярными сторонами.
Рис. 20.
На рис. 21 /_KDM=a=45°, так как KD || ОС; DM || ВО. Далее,
/_DK,M—/.СОА^ как углы с соответственно параллельными
сторонами.
Применяем теорему синусов к треугольнику
KDM:
Отсюда,
АС.
Из рис. 20 видно, что
ОС=(С В) tg 45°=3м;
Итак,
1 кГ\ #й=35,3
Упражнения
1. Оконная рама АВ, изображенная на рисунке в разрезе, может вра-
вращаться вокруг горизонтальной оси шарнира А и своим нижним краем В
свободно опирается на уступ паза. Найти реакции опор, если вес рамы,
равный 90 кГ, приложен к середине рамы С и AD=BD.
Ответ: Ra = 7\,ZkTv Rb = ЗГ,7 кГ.
18
2. Определить силы давления Q^ и Qb кругового опрокидывателя на при-
приводные и свободно сидящие ролики, если мертвый вес вагонетки равен 1100/сГ,
полезный вес — 2000 кГ, вес вращающейся части опрокидывателя — 2600 кГ;
а, = 45°, а, = 30°.
Ответ: <2л = 418О кГ, QB=2960 кГ.
Рис. к упр. 1
Рис. к упр. 2
3, Два электровозных контактных провода подвешены к поперечным
канатам, из которых каждый прикреплен к двум столбам. Столбы расстав-
расставлены вдоль пути на расстоянии 40 м друг от друга. Для каждого попереч-
поперечного каната АЕ = KB = 3,3 м, ЕС = KD = 0,8 м. Пренебрегая весом проволоч-
проволочного каната, определить натяжения Т„
Тг, Г, в частях его AC, CD, DB, если
вес 1 м провода равен 0,89 кГ.
Ответ: Т1 = Т,= 151 кГ, Г, = 147 кГ.
8,
Рис. к упр. 3
Рис. к упр. 4
4. При бурении, для измерения натяжения мертвого конца каната, при-
применяют прибор, называемый указателем веса. Мертвый конец каната, благо-
благодаря расположению опор А, В, С, изгибается и давит на центральную
опору А. Это давление передается через крышку Я и резиновую диафрагму
на жидкость. Возникающее давление регистрируется манометром М.
Определить натяжение Т каната, если удельное давление жидкости
равно р = 6,5 кГ\смг, опорная поверхность крышки F = 491 см*, арела про-
прогиба I = 2 см и ВС = 2/ = 25 см.
Ответ: Т = Ют.
19
1-3. Равновесие какого угодно числа сил
Для того, чтобы система сходящихся сил на плоскости на-
находилась в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы суммы
проекций всех сил на две взаимно перпендикулярные оси равня-
равнялись нулю:
2Х=0; ?У=0. 0-1)
Проекция X силы на ось (рис. 22а) равна (по абсо-
абсолютной величине и по знаку) произведению модуля силы на ко-
косинус угла между вектором силы и положительным направле-
направлением оси проекций j,.
0-
Рис. 22.
Практически для нахождения проекции силы на ось удобно
пользоваться следующим правилом: проекция силы на какую-ни-
какую-нибудь ось равна произведению модуля силы на косинус острого
угла между силой и осью; знак плюс берется тогда, когда век-
вектор силы составляет острый угол с положительным направлением
оси проекций, в противном случае ставится знак минус.
Например, сила F образует тупой угол а с положительным
направлением оси ох (рис. 22 6).
Имеем: X^Fcosa, но a=180° — Р; cosa = cos A80° — Р)=
=— cos р
Следовательно, Х=—Fcosp. Угол р— острый угол между
силой F и осью ох
r=Fcos(90° — p); K = Fsinp.
Знак плюс у произведения взят потому, что угол между
вектором F и положительным направлением оси оу — острый.
План решения задач
При равновесии системы сходящихся сил на плоскости:
1 Выделяем материальную систему (тело или материальную
частицу), равновесие которой следует рассмотреть.
2. Изображаем активные силы, действующие на материаль-
материальную систему, равновесие которой рассматриваем.
20
3. Освобождаем эту систему от связей, заменяя действие
связей реакциями.
4. Выбираем систему координат.
5. Составляем уравнения равновесия 2^=0; ^Y=0.
6. Решаем полученные уравнения равновесия.
При выборе системы координат для составления уравнений
равновесия 2jX=0, 2^=0 плоской системы сходящихся сил,
систему координат рекомендуется выбирать так, чтобы одна из
осей была бы перпендикулярна к одной из неизвестных сил.
В этом случае одно из уравнений будет решаться независимо
ог другого.
1-4. Решение задач
Задача 3. Груз К весом G=2T (рис. 23а) удерживается ле-
лебедкой D при помощи каната, перекинутого через неподвижный
блок В. Пренебрегая трением в блоке, определить усилия SA и
SB в брусках АВ и ВС, если /_ABC=/_DBK=a=30°.
Рис. 23.
Решение. 1. Рассматриваем равновесие узла В (делаем схема-
схематический рис. 236). _
2. Изображаем активную силу G — вес груза К, действующую
на узел В.
3. Освобождаем узел В от связей. Связями являются стержни
АВ, СВ и канат DB. Реакция каната T—G, так как блок идеаль-
идеальный (трение отсутствует). Реакции SA и SB стержней направ-
направляем от узла В, предполагая, что стержни растягиваются (знаки
полученных значений реакций покажут, будет ли это так).
21
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 23 б
EА перпендикулярна к оси у).
5 Составляем уравнения равновесия A-1)
A-2)
A-3)
Из уравнения A-3) находим SB независимо от уравнения A-2)
Ьв= ^ > -Ьв=—7,467.
Знак минус показывает, что стержень С В фактически сжи-
сжимается.
Из уравнения A-2):
5Д=—SBcosa — Tsina; 5Л=5,45Г.
Огвеп SA=5A5T, SB=—7.46Г.
Упражнения
5. Груз весом Р=2Г поднимается магазинным краном ВАС посредством
цепи, перекинутой через блок А и через блок D, который укреплен иа
Рис. к упр. 5
стене так, что угол CAD = ZQ°. Урлы между стержнями крана и стеной:
Л?С = 60\ АСВ=Ж. Определить усилия Q, и Q8 в стержнях АВ и АО.
Ometm: Q,=0, <?, = — 3,46г.
6. Шахта ориентируется с помощью несвободного отвеса О А ВС, располо-
расположенного в вертикальной плоскости.
Определить, пренебрегая весом проволоки, натяжения яастей 40, АВ
22
проволоки и натяжение оттяжек BD, AM, если вес груза С = 50кГ, а = 60",
Ответ: Го = 57,8 кГ, Гв = 50 кГ, Гж = 30,6 кГ, ГО=1,74 кГ.
7. Вагонетка весом IT находится на наклонном участке подвесной до-
дороги. Найти натяжение тягового каната и давление вагонетки на несущий
канат АВ, считая, что он натянут настолько сильно, что не дает заметного
V//slY////////77///s///'////'////Y,
Рис. к упр. 7
провеса на участке А В. Найти полное давление и его горизонтальную и вер-
вертикальную составляющие на опору В, если несущий канат натянут силой
Р = 30Г и угол а = 30°.
Ответ: Т=\Т, ЛГ = 1,73Г, А:Й = 4,18Г, Yb = — 15,57\ Лв = 167\
ГЛАВА II
ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ СИЛЫ
2-1. Основные положения
Для равновесия параллельных сил на плоскости необходимо
и достаточно, чтобы сумма проекций всех сил на ось, парал-
параллельную силам, и сумма моментов этих сил относительно про-
произвольной точки плоскости равнялись нулю:
2Х=0; 2ЛМ"?)-0; B-1)
или чтобы суммы моментов всех сил системы относительно двух
произвольных точек плоскости равнялись нулю (эти две точки
на линию действия силы. Знак плюс у произведения берется
тогда, когда сила стремится вращать плоскость вокруг этой точки
против направления вращения часовой стрелки (рис. 24), в про-
противном случае берется знак минус (рис. 25)
План решения задач
Случай равновесия параллельных сил на плоскости:
1. Выделяем материальную систему (тело), равновесие кото-
которой следует рассмотреть
2. Изображаем активные силы, действующие на материаль-
материальную систему, равновесие которой рассматриваем
3. Освобождаем эту систему от связей, заменяя действие свя-
связей реакциями.
4. Выбираем систему координат. Одну из осей (например*
ось у) берем параллельной линиям действия сил.
5. Составляем уравнения равновесия ^Y=Q; ^,MA(F)=0.
6. Решаем полученные уравнения.
При составлении уравнения ^MA(F)—Q за точку моментов А
рекомендуется брать такую точку, которая лежит на линии
действия одной из двух неизвестных сил (реакций связей). В этом
случае решение двух полученных уравнений упрощается
2-2. Решение задач
Задача 4. Однородная горизонтальная балка (рис. 26) длиной
4 м и весом 0,5 Т заложена в стену, толщина которой равна
0,5 м, так, что опирается на
нее в точках Д_и В. Опреде-
Определить реакции RA, Rg в этих
точках, если к свободному кон- ~JJm
цу балки подвешен груз D ве- ДГ
сом Р=4 Т. \_}°
Решение. 1. Рассматриваем
равновесие балки ВС (рис. 'Л).
2. Изображаем силу Р — вес Рис- 26-
груза D и силу G — вес одно-
однородной балки. Это — активные силы, действующие на балку.
3. Освобождаем балку ВС от связей, наложенных на нее.
Связями являются две точечные опоры А и В, Реакции R~A a~Ra
направлены перпендикулярно балке.
4. Выбираем оси, как указано на чертеже (рис. 27).
5. Составляем уравнения равновесия: ^7=0; ^MA(F)== 0,
RA—P — G — RB=0, B-3>
-RB-a=Q. B-4)
25.
6. Решаем полученные уравнения.
Из уравнения B-4):
Из уравнения B-3):
Рис. 27.
Задача 5. Однородная балка АВ длиной 1=3 м и весом 100 кГ
•заложена между двумя опорами С и D (рис. 28). На участке
ДБ=а=0,5 м лежит равномерно распределенная нагрузка
Рис. 28.
в <7=6О кГ на погонный метр длины. Определить реакции Nc,
JlD опор С и D, если ЛС=20 см, CD==40 см.
Решение. 1. Рассматриваем равновесие балки АВ (рис. 29).
2. Изображаем силу Р — вес балки, приложенный к середине
балки; силу Q — вес равномерно распределенной нагрузки, при-
приложенный к середине отрезка KB (рис. 28). Это активные силы,
действующие на балку.
3. Освобождаем балку АВ от связей, наложенных на нее.
Связями являются две опоры С и D. Реакции Nc и ND этих
опор направлены перпендикулярно балке.
.26
4. Составляем уравнения равновесия параллельных сил:
B-0)
5. Решаем полученную систему уравнений.
Получилась система двух уравнений с двумя разделенными
неизвестными благодаря целесообразному выбору уравнений
равновесия и точек моментов.
Из уравнения B-5)
но Q = qa. Следовательно, Л/О=516 кГ.
Из уравнения B-6):
Упражнения
8. Вагонетка А, груженная углем, проходит по
подвесной железной дороге. Определить реакции в
точках В и К в момент прохождения вагонетки че-
через точку Е и после удаления ее на следующий
пролет, зная, что вес вагонетки с грузом равен
250 кГ, вес опоры и кронштейна с канатом равен
1 Г и приложен в центре тяжести С.
Ответ: 1. Ng
2. NB=z
= 250 кГ, %=1000 кГ.
400 кГ, N#=600 кГ.
Рис. к упр. 8
27
9. Определить опорные реакции колес железнодорожного крана, служащего
для переноски пути при открытых разработках, если вес кузова с тележкой
Р,= 16 Т, вес стрелы Р2=1 Т, вес звена пути Ft = 2 Т.
Ответ- Nд = 8,5 Т. NB—i0,b Т.
Рис. к упр. 9
10. Для определения высоты h центра тяжести автомобиля задние колеса
его ставят на платформу А весов и находят давление Q (показание весов)
Рис. к упр. 10
Определить величину h, если вес автомобиля равен Р, взяв остальные данные
с чертежа.
ГЛАВА III
ПРИВЕДЕНИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ
3-1. Основные положения
Главный вектор J"? системы сил равен геометрической сумме
сил Ft данной системы!
2 ?.• (з-1)
Проекция главного вектора системы сил на какую-нибудь
ось равна алгебраической сумме проекций всех сил системы
на ту же, ось:
я*=.2^; a,-Sv C-2)
1 = 1 1^1
Величина и направление главного вектора системы находятся
по формулам:
l'x Ry; cos(R, i)=^; cos(R, /)=§. C-3)
Главный момент Мо плоской системы сил относительно ка-
какой-нибудь точки О равен алгебраической сумме моментов всех
сил этой системы относительно той же точки:
МЛ=?М,{?,), C-4)
если А (X, у) есть точка приложения силы F, a Fx> Fy — проек-
проекции силы на координатные оси (рис. 30), то аналитическое
выражение момента силы F относительно начала координат будет:
M>{F)=xFy-yFx. C-5)
29
Главный момент системы относительно начала координат:
M^^{xFv-yFx). C-6)
Главный момент системы относительно точки В:
-a)Fy-(y-b)Fx]. C-7)
Система сил, как угодно расположенных на плоскости,
в общем случае может быть приведена к одной силе, приложенной
в произвольной точке О плоскости и
равной главному вектору системы, и
к паре сил {F, F1), момент которой
равен главному моменту этой системы
относительно той же точки:
причем:
C-8)
Рис. 30.
При сложении плоской системы сил
(приведение плоской системы сил к
центру О) возможны следующие случаи:
1. Если главный вектор системы не равен нулю, а главный
момент этой системы относительно точки О равен нулю:
C-9)
то система сил равносильна равнодействующей, приложенной
в точке О и равной главному вектору.
Уравнение прямой действия равнодействующей — централь-
центральной оси системы будет:
xRy-yRx=0, C-10)
где х, у— текущие координаты прямой, а начало координат
совпадает с точкой приведения О.
2. Если главный вектор системы равен нулю, а главный
момент относительно точки О не равен нулю:
C-11)
то данная система равносильна паре сил, момент которой равен
главному моменту Ма системы.
Знак ел обозначает эквивалентность.
30
3. Если главный вектор и главный момент системы относи-
относительно точки О плоскости не равны нулю:
Мо==?0, C-12)
то данная система равносильна равнодействующей, равной глав-
главному вектору системы. Расстояние d центра приведения О от
центральной оои системы определяется по формуле:
C-13)
Уравнение центральной оси будет:
xRy — yRK=Mt, C-14)
где х, у — текущие координаты прямой, а начало координат
совпадает с центром приведения О.
4. Если главный вектор и главный момент системы относи-
относительно точки О плоскости равны нулю
то система сил находится в равновесии.
План решения задач
1. Выбираем систему координат (если система не задана
по условию задачи).
Для упрощения решения задачи за начало координат следует
брать точку пересечения наибольшего числа прямых действия
сил системы, а оси системы координат направлять так, чтобы
можно было проще находить проекции сил на оси.
2. Находим проекции главного вектора системы сил на оси
выбранной системы координат по формулам C-2).
3. Определяем величину и направление главного вектора сис-
системы по формулам C-3).
4. Находим главный момент системы относительно начала
координат по формуле C-4).
5. Находим уравнение центральной оси системы по фор-
формуле C-10) или по формуле C-14), если система не равносильна
паре сил.
6. Определяем расстояние начала координат от центральной
оси по формуле C-13).
3-2. Решение задач
Задача 6. К вершинам Л, В и С равностороннего треуголь-
треугольника со стороной а=\ м приложены силы /г1=10кГ, F2=20 кГ
и f,=30 кГ (рис. 31).
31
Привести систему к простейшему виду и определить равно-
равнодействующую данной системы сил.
Решение 1. Выби- у
раем систему коорди-
координат, как указано на
рис. 32. / YS
Рис. 31.
Рис. 32.
2. Находим проекции главного вектора системы на оси вы-
выбранной системы по формулам C-2):
Flje=FlCos600, /^=Fscos60e, F,x=-F,;
Fly=FlSm60°, Fty=-— F4sin60°, Fty=Q.
Следовательно,
Я,=— 15 кГ, i?v=—8 66 кГ,
3. Определяем величину и направление главного вектора по
формулам C-3):
следовательно,
4. Находим главный момент системы относительно начала
координат по формуле C-4):
-32
итак,
МА=— 17,3 кГм.
Следовательно, имеет место третий случай приведения пло-
плоской системы сил к полюсу-
5. Находим уравнение центральной оси системы по фор-
формуле C-14):
xRy — yRx=Ma, 866х — 1500i/ — 1730=0.
6. Определяем расстояние центральной оси (рис. 32) от на-
начала координат по формуле C-13):
Задача 7. К вершинам Л, В и С прямоугольного треугольника
приложены силы F1=Ft=Ft=Fi=F^l62 кГ, Ft±~AB, F4±BC
(рис. 33).
Рис. 33.
Определить отношение длин катетов треугольника, при кото-
котором система равносильна равнодействующей, проходящей через
аершину А треугольника, если АВ=а, АС—Ь.
Решение. 1. Выбираем систему координат, как указано на
рис. 34.
2. Находим проекции главного вектора системы на оси коор-
координат по формулам C-2):
следовательно,
2 М. А. Мисюрев
33
3. Определяем величину и направление главного вектора по
формулам C-3):
cos (/?ГГ) =^е , cos (tf Л") = -? A f sin a);
cos (яГ/j =-J!, cos (Я,Л/) =-^ B+cos а).
4. Находим главный момент системы относительно точки А
по формуле C-4):
2 Л1„(Л)=Л1Д(?1)+Л1Д(F.) Н /ИЛ^+М ,fF
ьтак,
Л1Л ==F(a — 6sina)=0,
так как Мл =0 по условию задачи.
Получаем:
ьг
а=-
таким образом, приходим к биквадратному уравнению относи-
относительно Ь:
Из этого уравнения находим 6 = 1,27 а.
При этом значении Ь, система равносильна равнодействую-
равнодействующей, проходящей через начало координат R — 289 кГ\ /?=424 кГ;
Я=513 кГ
5. Определяем уравнение центральной оси системы по формуле
C-10):
xRy — yRx=0, 424л: — 289^=0.
Задача 8. К вершинам Л, В, С и D трапеции приложены
силы Ft=Ft=Ft = Ft=lO0 кГ, F's=300 кГ.
Привести эту систему сил к простейшему виду, если
AD = \,8m, BC=0,9m, a=60° (рис. 35), и определить, чему
эквивалентна система?
Решение. 1. Выбираем систему координат, как указано на
рис 36.
2. Находим проекции главного вектора системы на оси коор-
координат по формулам C-2):
Rx=2 Flx=F,x+Ftx+Fsx+Ftx,
Ry=^Fiy=Fiy \-Fv+Fty-\ Fty;
34
Flje=100 кГ; F2x=50 кГ; F,X=WO кГ; F«=50 кГ; F!A.=— 300 кГ\
F,,=0; F2y=86,6/cf; FIJF=0; F4J,=—86,6/сГ; FSJ,=0.
Следовательно,
Яя=0, /?,=(), /?=0.
Рис. 35.
3. Определяем главный момент системы относительно начала
координат по формуле C-4):
A{F,)+MA{FS)
АК. i;^AMFs)=AUF5)=0; Мд(?3)=-78 кГм;
MA(F4)=-156
МА=— 234
Итак, данная система эквивалентна паре сил, момент которой
равен — 234 кГм.
Задача 9. Система состоит из трех сил:
Fj(—2; 3) кГ с точкой приложения Ах D; 2);
F2C; —4) кГ с точкой приложения Л2(—3; 3);
F,D; 5) кГ с точкой приложения Л3(—3; —1)
(линейные размеры в метрах).
Привести систему к простейшему виду и определить, чему
эквивалентна система?
Решение. 1. Находим проекции главного вектора системы сил
на данные оси системы координат по формулам C-2):
х — IX ~ IX ¦ ~ zx ' " ах' ~ --у iy " \у *У ' ~ 5У
fn=-2. fM=3, Fs,=4; Flv = 3, F,,=-4, Fsy=5.
Следовательно,
2. Определяем величину и направление главного вектора
системы по формулам C-3):
cos(RГГ)=0,78, cos(tf, /)=0,62, ^{R, 0=38°40'.
2* 35
3. Находим главный момент системы относительно начала
координат по формуле C-5):
мо 1*\)=*/1у — ytFlx, М„ (F,)= 16 кГм;
М,</д=*Лу-У/*х> Ма (F,)=3 кГм;
М, (T,)=xtF,y-yS>x> Мо (?,)=- 11 кГм;
Следовательно, система эквивалентна одной силе, равной глав-
главному вектору системы (третий случай
приведения плоской системы сил к по-
полюсу).
4. Находим уравнение центральной
оси системы по формуле C-14):
xRv — yRx=Mt, Ax — Ъу — 8=0.
5. Определяем расстояние централь-
центральной оси от начала координат по фор-
формуле C-13):
Рис.37. d=^, d= 1,25 м (рис. 37).
Задача 10. Система состоит из трех сил;
Fj, уравнение прямой действия которой 3x+2y—12=0;
F2, уравнение прямой действия которой Зх — Ъу-i 15=0;
F,, уравнение прямой действия которой х— у — 4=0.
Привести систему к простейшему виду и определить, чему
эквивалентна эта система, если ^,=^,=/,==100 кГ и силы на-
направлены так, что стремятся вращать плоскость относительно
начала координат против направления вращения часовой стрелки
(линейные размеры в метрах).
Решение. Коэффициенты при координатах х, у и свободные
члены уравнений обозначены соответственно буквами a,-, bt и clt
где i — порядковый номер каждой из трех данных сил.
1. Находим проекции главного вектора системы на оси си-
системы координат по формулам C-2):
36
Рис. 37а.
2. Определяем величину и направление главного вектора
системы по формулам C-3)»
следовательно,
37
3. Находим главный момент системы относительно начала по
формуле C-4):
где
получаем:
N Отсюда следует, что данная система
\А(8.5;0) эквивалентна одной силе, равнойглав-
равнойглавам ному вектору системы (третий случай
рис 38 приведения плоской системы сил к
полюсу).
4. Находим уравнение центральной оси системы по формуле
C-14):
xRv — yRx=Mt, 102лг+71г/ — 870=0 (рис. 38).
5. Определяем расстояние центральной оси от начала коор-
координат по формуле C-13):
d=!^i, d=7,2M.
Упражнения
И. Система состоит из трех сил:
Fj, уравнение прямой действия которой а^х-\-4у — 8=0;
Тг, уравнение прямой действия которой Ах-\- 3</-f- 12=0;
F,, уравнение прямой действия которой у — са=0
Определить а,, е3 и п, если f,=40 кГ, Fs=10n кГ, fs=10 кГ и эта си-
система равносильна паре сил, величина момента которой равна 242 кГм. Все
силы стремятся вращать плоскость относительно начала координат против
направления вращения часовой стрелки.
Ответ: а,=8,45; с3=10; п=4,5.
12. Чему эквивалентна система сил F1t=Fz=F,—Fi=2 7\ приложенных
к узлам данной фермы?
Ответ: Система эквивалентна равнодействующей R=7,82 T, уравнение
прямой действия равнодействующей 735х-\-267у + 1000=0, расстояние от этой
прямой до начала координат d=2,04 м.
13. К вершинам Л, В и С равностороннего треугольника приложены
силы Fi=F1=F,= 1000 кГ. Привести систему к простейшему виду, если
Р,±ВС, АВ=ВС=АС=Ю м.
Ответ: Система равносильна одной силе Я=1930кЛ
Уравнение центральной оси 1366х — 1366(/— 3666=0.
Рис. к упр. 12
14. Система состоит из трех сил:
F,(—3; 4) кГ, с точкой приложения /1,E; 2);
F2 D; 3) кГ, с точкой приложения Л 2 (— 6; 3);
РаC; —4) кГ, с точкой приложения Л,(—5; —3)
(линейные размеры в метрах).
Привести систему к простейшему виду.
Ответ: Система равносильна одной силе
?=5 кГ.
Уравнение прямой действия равнодействующей
Ьх — Ау — 25=0.
Расстояние от начала координат до прямой
действия равнодействующей d=5 м.
15 Система состоит из двух сил: f/ Б
F", (Flx; — 2) кГ, точкой приложения Л, (*,; 4); Рис. к упр. 13
f2C; F\у) кГ, с точкой приложения Л8(—3; 2).
(линейные размеры в метрах).
Определить Fix, F2y и х1 если известно, что система эквивалентна одной
силе, уравнение прямой, действия которой
Ответ: Flx—— 5 кГ,
ГЛАВА IV
РАВНОВЕСИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ
4-1. Основные положения
Для того чтобы силы, произвольно расположенные на плос-
плоскости, находились в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы
суммы проекций на две взаимно перпендикулярные оси и сумма
моментов всех сил системы относительно произвольной точки
плоскости равнялись нулю:
(^)=0, D-1)
или сумма проекций на ось и суммы моментов всех сил системы
относительно двух каких-нибудь точек плоскости, не лежащих
на прямой, перпендикулярной к оси проекций, равнялась нулю-
?Х=0; 2*MF)=0; 2MB(Fj=0, D-2>
или суммы моментов всех сил системы относительно трех точек
плоскости, не лежащих на одной прямой, равнялась нулю:
%МА{7)=0; 2МвG)=0; 2Mc(F) = 0. D-3)
Первая форма уравнений равновесия наиболее применима, так
как составление уравнений проекций в большинстве случаев
является задачей более простой, чем составление уравнении мо-
моментов. Но всегда следует помнить, что при удачном выборе
формы уравнений равновесия достигается наибольшая простота
решения полученных уравнений. Самым простым будет то реше-
решение, когда каждое неизвестное входит только в одно из трех
уравнений. Такую систему уравнений равновесия можно полу-
получить, если взять третью форму уравнений при подходящем вы-
выборе трех центров моментов В тех случаях, когда вычисление
момента силы затруднительно из-за трудностей нахождения
40
плеча силы, рекомендуется пользоваться аналитическим выраже-
выражением момента силы относительно данной точки (формула 3-5>
или теоремой Вариньона
п
2
План решения задач
1. Выделяем материальную систему (тело), равновесие кото-
пой следует рассмотреть.
2 Изображаем активные силы, действующие на материаль-
материальную систему, равновесие которой рассматриваем.
3. Освобождаем эту систему от связей» заменяя действие
связей реакциями.
4 Выбираем систему координат (в случае решения задач
с помощью первой или второй формы уравнений равновесия).
5. Составляем уравнения равновесия.
6 Решаем полученные уравнения.
При выборе системы координат и точки моментов, с целы»
упоощения решения задачи, рекомендуется систему координат
выбирать так, чтобы хотя бы одна из осей была перпендикуляр-
перпендикулярной к какой-нибудь неизвестной силе; а за точку моментов нужно
брать такую точку, которая лежит на линии действия по крайней
мере одной неизвестной силы. При решении задачи по третьей
форме уравнений равновесия (три суммы моментов) за точки
моментов нужно брать точки пересечения линий действия не-
неизвестных сил, если эти силы рассматривать попарно.
4-2. Решение задач на равновесие тела при наличии
идеальных связей (трение отсутствует)
Задача 11. Однородная балка (рис. 39) весом Р=200 кГ шар -
нирно закреплена на опоре А, а концом В она положена на
катки. На балку, под уг- ¦
лом Р=60°, действует сила f'
/7=100 кГ. Определить
реакции опор RA, NB, взяв
размеры с чертежа, если
ЧС\о
<z=oU .
Решение. 1. Рассматри-
Рассматриваем равновесие балки Рис. 39
ЛВ9(РИСЧоб4оажаем силу Р-вес балки (эта сила приложена
к с1РединеРб?лки, та/ как балка однородная и постоянного
сеяния) и силу F. Это активные силы, действующие на балку.
3. Освобождаем балку от связей, наложенных на нее. Связями
•являются: неподвижный цилиндрический шарнир А и подвижный
цилиндрический шарнир В. Реакция NB опоры В направлена по
нормали к опорной поверхности. Реакция RA шарнира А не-
неизвестна ни по величине (J RA |), ни по направлению (^/ у).
Для упрощения решения задачи раскладываем RA на составляю-
Рис. 40.
Рчс. 41.
тцие. Одна составляющая направлена по балке, другая — по пер-
перпендикуляру к балке (рис. 41) Обыкновенно при решении задач
ограничиваются нахождением только составляющих, ибо вели-
величину и направление полно;1! реакции можно очень просто найти
по формулам:
i VA -,,,„ 'М . „:„ ^А
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 40.
5. Составляем уравнения равновесия:
За точку моментов берем точку А, так как в этой точке
сходятся две неизвестные силы и, следовательно, моменты их
относительно точки А равны нулю:
2^=0; ХА — Fcos$— A/Bsina=0; D-5)
2^=0; YA — Fsinp+iVBcosa — P=0; D-6)
SMA(f)=0; NB.b — Fa — P^=0. D-7)
б. Решаем полученные уравнения.
42
Из уравнения D-7):
в cos a
Из уравнения D-5):
p-WVfisina; ХА*=\24кГ.
Из уравнения D-6):
YA=P+F sin $ — NB cos a= 158 кГ.
XA=124 кГ, Кл=158асЛ Л/д^НЭ/сГ.
Задача 12. Вагонетка весом Р = 1000 кГ удерживается на на-
наклонной плоскости с углом наклона а=309 канатом, перекину-
перекинутым через блок и параллельным этой плоскости. Определить
давление колес вагонетки на плоскость в точках А и В и на-
натяжение каната, если AD—DB— a=0,75 м и СЕ=Ь~0,3 м,
причем С обозначает центр тяжести вагонетки (рис. 42).
Рис. 42.
Решение. 1, Рассматриваем равновесие вагонетки (рис. 43).
2. Изображаем силу Р — вес вагонетки (активная сила, дей-
действующая на вагонетку).
3. Освобождаем вагонетку от связей, наложенных на нее.
Связями являются гладкая наклонная плоскость (рельсы) и канат.
4. Выбираем оси координат, как указано на рис. 43.
43
5. Составляем уравнения равновесия:
2^=0; Psina — 7=0; D-8)
2УИ0G0 = 0; NB-2a — P-ft-sina — P.a-cosa=0; D-9)
2М,(?)=0; —Л/л-2а — P-b-sin a+Pacosa=0. D-10)
Причем в уравнениях D-9) и D-10) для облегчения решения за-
задачи при нахождении моментов силы Р относительно точек О
и /С применили первую теорему Вариньона, разложив силу Р
Рис. 43.
на составляющие, величины которых равны Р sin a и Р cos rx по
осям х и у — соответственно.
6. Решаем полученные уравнения.
Подобрав соответствующим образом форму уравнений равно-
равновесия, получили три уравнения с разделенными неизвестными.
Из уравнения D-?):
Т=Р sin a=500 кГ.
Из уравнения D-9):
Из уравнения D-10):
Давления вагонетки на наклонную плоскость в точках А ъ В
равны по модулю реакциям iV^ и Nв, но направлены в про-
противоположные стороны.
44
Задача 13. Кран состоит из однородного стержня АС весом
160 кГ, вращающегося на шарнире А и привязанного к закреп-
закрепленной точке В цепью ВС (рис. 44). К концу С стержня под-
подвешен груз D весом Q=400 кГ, Определить натяжение Т цепи
и реакцию шарнира А, если а=30°, АС—4 м.
Рис. 44
Рис 45.
Решение. 1- Рассматриваем равновесие стержня АС (рис. 45).
2. Рисуем силу ~Р — вес стержня и силу Q (активные силы,
действующие ва стержень).
3. Освобождаем стержень АС от связей, наложенных на него.
Связями являются: неподвижный шарнир А и цепь ВС. Реакцию
шарнира раскладываем на две составляющие Хд и YA, как
указано на рис. 45. Реакция цепи Т направлена по цепи.
4. Составляем уравнения равновесия:
D-11)
Цри нахождении момента силы Т относительно точки А поль-
пользуемся первой теоремой Вариньона, разложив силу Т на две
составляющие, равные по величине. Г sin 2а — горизонтальная
составляющая и Гсоь2а — вертикальная составляющая:
б. Решаем полученные уравнения.
Благодаря надлежащему выбору формы уравнений равновесия
и трех точек моментов получилась система трех уравнений
с разделенными неизвестными.
Из уравнения D-11):
* sin 2a cos а — cos 2а sin а"
Из уравнения D-12):
Из уравнения D-13):
Р (АК) cos a + -^ sin а + Q КАК) cos а -Н sin а]
У . = I l J •
Ответ: ХА=ШкГ; К4=40 кГ; Т=480кГ.
Задача 14. На однородную балку АВ=1=Зм (рис. 46) веса
600 кГ, конец А которой заделан в стену, действует сила
/г=400 кГ. перпендикулярная балке, и пара сил с моментом
М—ЬОО кГм. Определить реакцию заделки (RA> MA), если а=60°.
Рис. 46.
Рис. 47.
Решение. 1. Рассматриваем равновесие балки_ АВ (рис. 47).
2. Изображаем активные (заданные) силы: F, вес балки Р
и пару сил с моментом М.
3. Освобождаем балку от связей. Связью является неподвиж-
неподвижная заделка. Действие заделки эквивалентно силе, разложенной
4Ь
на составляющие ХА и Y А, и паре с моментом МА. Итак, имеем:
(Р, F,XA, Y А, пара с моментом М и пара с моментом /Ид)сл0.
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 47.
5. Составляем уравнения равновесия:
2Х=0; 2^=0; 2Мд-0;
2Х=0; X<4+Fcosa=0; D-14,)
2^=0; Кд — Р — fsraa=0; D-15'V
2Мл=0; — Р jsina— FZ+M+M^O. D-16'>
При составлении уравнений D-14') и D-15') использовано то
положение, что сумма проекций сил пары на любую ось равна
нулю. А при составлении уравнения D-16') учитывалась теорема
о том, что сумма моментов сил пары относительно любой точки
плоскости равна моменту пары.
6. Решаем полученные уравнения.
Из уравнения D-14'):
ХА=— F cos a; Хд=— 200 кГ.
Из уравнения D-15'):
YA=P+F sina; УА=946кГ.
Из уравнения D-16'):
MA=P^staa^Fi — M\ MA=l48O кГм.
7. Анализируем результаты решения задачи.
Знак минус (—) в ответе ХА=—200 кГ указывает, что в дей-
действительности составляющая ХА силы RA направлена в сторону
отрицательного направления оси ох.
4-3. Решение задач на опрокидывание
При решении задач на опрокидывание рассматривается та
предельное положение, в котором тело находится в состоянии
неустойчивого равновесия, т. е. когда оно готово перейти из
состояния покоя в движение. Всякое незначительное изменение
элементов конструкции или сил, действующих на эту конструк-
конструкцию, ведет к опрокидыванию (вращению) конструкции вокруг
некоторой оси, называемой осью опрокидывания, перпендику-
перпендикулярной плоскости чертежа. Условием равновесия такого тела
(конструкции) является равенство нулю суммы моментов отно-
относительно точки пересечения (А) оси опрокидывания с плоскостью-
чертежа всех заданных (активных) сил, действующих на тело:
2^(^=0. D-1O
47
При составлении уравнения D-14") следует помнить, что
реакции опор в это уравнение не входят, так как при предель-
предельном положении конструкция опирается только на те опоры,
через которые проходит ось опрокидывания. Величины, которые
при этом определяются из уравнения D-14"), имеют критические
(максимальные или минимальные) значения и для обеспечения
запаса устойчивости должны быть при конструировании соот-
соответственно уменьшены (те, для которых найдено максимально
возможное при равновесии значение) или увеличены (те, для
которых найдено минимально возможное при равновесии зна-
значение).
Часть активных сил, действующих на тело, создает пары,
которые стремятся опрокинуть тело. Сумма моментов таких сил,
относительно оси опрокидывания называется моментом опроки-
опрокидывания:
М%= 2 Ма 1Р1% D-15")
Другая часть активных сил создает пары, которые стремятся
возвратить тело в первоначальное положение.
Сумма моментов таких сил относительно оси опрокидывания
называется моментом устойчивости:
М<$>*=21МА\РУ)]. D-16")
Отношение К > 0 абсолютного значения момента устойчивости
к абсолютному значению момента опрокидывания называется
коэффициентом устойчивости:
К—1 dj. Г4-16""»
Д \м^\- D1Ь '
Задача 15. Водонапорная башня состоит из цилиндрического
резервуара высотой 6 м, диаметром 4 м, укрепленного на четы-
четырех симметрично расположенных столбах, наклонных к гори-
горизонту (рис. 48). Дно резервуара находится на высоте 17 м над
уровнем опор; вес башни 8 Т; давление ветра рассчитывается
на площадь проекции поверхности резервуара на плоскость,
перпендикулярную к направлению ветра, причем удельное дав-
давление q ветра принимается равным 125 кГ/м*. Определить не-
необходимое расстояние АВ между основаниями столбов.
Решение. 1. Рассматриваем равновесие водонапорной башни
(рис. 49). Так как требуется определить критическое значение
расстояния АВ между основаниями столбов, а именно (ЛВ)т!в,
то считаем, что башня находится в состоянии неустойчивого
равновесия, т. е. при малейшем уменьшении этого расстояния
башня опрокинется под действием ветра, вращаясь вокруг шар-
шарнира А против направления движения часовой стрелки. Следо-
вательно, в положении неустойчивого равновесия нужно счи-
считать, что башня опорами В только касается земли, но не давит
на землю, т. е. RB=0.
2. Изображаем активные _силы, действующие на башню.
Сила Р — вес башни и сила Q—давление ветра на резервуар.
Рис. 48.
Рис. 49.
3. Освобождаем башню от связи в точке А, заменяя действие
связи реакцией RA. Таким образом, водонапорная башня нахо
дится в равновесии только под действием трех сил: Р, Q и RA.
4. Составляем только одно уравнение равновесия: V/M4(F)=0,
Очевидно, что при x^s\5 м момент устойчивости будет больше,
чем момент опрокидывания.
Упражнения
16. При открытых .разработках для
перевозки полезного ископаемого и пус-
пустой породы используются вагоны ОП-5
с опрокидывающимися кузовами. При
разгрузке кузов вагона наклоняется
на некоторый угол, а борт АВ под-
поднимается посредством стержней АС, ВН,
ЕК (А, В, С, Н, Е, К — шарниры). Опре-
Определить усилие S в стержне ВН и реак-
реакцию шарнира А, если вес борта равен
Р, а = 90°. Борт АВ наклонен под
углом 60° к горизонту.
Ответ: X, = 0,216-Р; Y А = 0,875-Р,
S=-0,25P
17. На одной из шахт медного руд-
рудника на Урале нижнее отверстие
Рис. к упр. 16
М. А. Мжюрев
49
загрузочной воронки перекрывается двумя секторными затворами АВ и Л,В,.
Затворы открываются при помощи пневматических цилиндров F и Flt штоки
Рис. к упр. 17.
которых соединены с затворами цепями ВПК. и В,#,/(,, перекинутыми через
блоки Н и Я,. Определить натяженге Т цепи ВН и реакцию шарнира А,
5 3 1
если вес затвора Р — 500 кГ; АВ = а; АС = -pr a; tg a = -j-; tg р = — .
Ответ. ХА = 227 кГ; Кл = 197 кГ\ Т = 379 кГ.
18. В меднорудной промышленности Урала в стволах с загрузочным
устройством как лоткового, так и бункерного типа приме-
применяется для улавливания просыпавшейся руды ловитель-
ное устройство, состоящее из ловительной камеры Н, рас-
расположенной ниже загрузочного устройства Е и откидного
металлического щита А К. Для улавливания руды щит
устанавливают под углом,а для пропуска скипа вниз —
поднимают и ставят в верти-
вертикальное положение. Опреде-
Определить реакцию оси А вращения
щита и натяжение каната ВС,
если а = 45°, р1 = 120°,
К.В = -у АВ, вес щита равен
800 кГ.
Ответ: ХА = — 420 кГ;
Уд = 688 кГ- Т = 435 кГ.
19. В стволе наклонной
шахты устроены металли-
металлические наклонные ляды АВ,
которые находятся в при-
приподнятом положении. R слу-
к упр. 19. чае пожара их опускают и
они перекрывают все попе-
Определить реакцию оси А вращения крышки АВ
вес крышки равен 250 кГ, BCJ_AB;
Рис. к упр. 18.
Рис.
речное сечение ствола.
ляд и натяжение троса ВС, если
а = 30°; tgP = 3.
Ответ. ХА = 62 кГ, YA= 193 кГ, Т = 83 кГ.
20. Определить давление колес скипа на рельсы и натяжение троса ОК,
если вес скипа равен 37\ а = 30а, / = 180 см, положение центра тяжести С
скипа определяется координатами хс = 80 см, Uq = 50 см.
Ответ: Л/ А = i
50
21. Ковш АВ породопогрузочной машины УМП-1 тяжелого типа приво
дится во вращение вокруг оси А посредством цепей СВ, симметрично распо
ложенных относительно вертикальной плоскости, перпендикулярной к оси А
и делящей эту ось пополам.
Определить из условия равновесия натяжение
Т цепей и реакцию оси, если вес ковша с породой
Р = 500 кГ, АВ = ~а, tg а = 2, Р= ~-.
Ответ: Хд =
Рис. к упр 20
Рис. к упр. 2!
22. Для загрузки щековой дробилки рудой применяв.ся поворотная плат
форма АНЕМ. Платформа, вращаясь вокруг шарнира А, приводится
в наклонное положение посредством винта ВК, соединенного с платформой
шарниром В и проходящего через гаш'у К- Определить реакцию шарнира А
и усилие S, возникающее в винте, если вес платформы Р, координаты центр*
тяжести платформы: хс = -т?1\ Ус = ^'< АВ = 1; а = 45"; 0 = 60°.
Ошве/р-
Рис. к упр. 22.
Рис. к упр. 23.
23. Упорная вилка АВ прикреплена шарнирно к заднему штырю ваго-
вагонетки и волочится по почве и шпалам при движении вагонетки вверх.
В случае обрыва каната, вилка упирается в шпалу и останавливает
вагонетку.
Определить усилие S в вилке и давление колес на рельсы при следующих
данных: длина вилки АВ — I = 1 м, h = 40 см, d = 30 см, а = 56 см,
а =15°, вес нагруженной вагонетки Р = 1600 кГ и приложен в точке О.
Ответ: S- — 435 кГ, #, = 808 кГ; JV2 = 607 кГ.
24. Определить реакцию шарнира О и натяжение троса АВ мачтового
51
стрелового крана (стрела крана расположена выше точки А закрепления вант),
если вес груза К равен 4т, вес контргруза, D равен AT, вес мачты 37\
О А = 16 м, а = 5 м, Ь = 12 м, а = 45°.
Ответ. ЛГ0 = 1,75 Т; Го= 12,75 Г, Гд =
Рис к упр. 24
25. Подъем стрелы Ав крана осуществляется с помощью троса ВК, нама-
наматываемого не барабан лебедки.
Определить реакцию шарнира А и натяжение троса BD, если в данный
момент стрела находится в равновесии и а = 60°, /_ ABD = 10е, вес стрелы
равен 1 Т и приложен к середине ее.
26
Рис. к упр. 27
= — 0,6 Г;
Т = 2.49 Г.
26. Железобетонная колонна весом 10 Т
удерживается в равновесии с помощью тро-
тросов AD и BD. Определить натяжение тро-
тросов и угол а, если ф = 45°, АС = Ь;
ВС = 26.
Ответ' ТА = 9Г; Гд= 4,54 Г;а=71°35'.
27 Якорь для крепления расчалки
лебедки устроенный в озере, представляет
собою ящик прямоугольного сечения, засы-
засыпанный камнем Определить минимальный
размер / из условия устойчивости якоря,
зная размер а ящика, натяжение Q рас-
расчалки, угол а и удельный вес камня в
воздухе Y-
52
Ответ:
28. Определить коэффициент устойчивости крана на гусеничном_ ходу,
взяв данные с чертежа (/? — равнодействующая сил давления ветра, G—вес
Рис. к упр. 28
стрелы крана, Р — вес кузова с оборудованием и противовесом, Q — вес
неподвижных чао ей крана).
Ответ k
29 Определить наибольшее значение угла а, при котором кран на гусе-
гусеничном ходу будет устойчив в положении, указанном на чертеже, взяв дан-
данные с чертежа, если АС = СВ — 0,5/.
Рис. к упр. 29
_ (Л — равнодействующая сил давления ветра, G — вес стрелы крана,
Р — вес кузова с оборудованием и противовесом, Q — вес неподвижных частей
крана).
Пт
Ответ, а = arc tg-
53
где
Ао = IP (a + Ь) + 2Qa — bGl cos P;
В„ = 2Qd -\-4Ph-\-G (Ш + 5/ sin P);
Co =-= 2ЯЯ.
30. На стойку Л? = /=6 л веса 2 Г, ко-
конец Л которой заделан в фундамент, действует
сила F = 1 Т и пара сил с моментом /И = 4 7" м.
Определить реакцию заделки, если а = 60е.
Ответ: ХА = 0,87 Г: Кд = 2,5 Г,
ЛЬ = — 1,2 7" м.
Рис. к упр. 30
4-4. Решение задач на равновесие тел при наличии трения
Сила трения скольжения при покое тела меньше или равна
произведению коэффициента трения на величину нормальной
составляющей полной реакции шероховатой опорной поверх-
поверхности (рис. 50): F</A/
где F — сила трения;
/ — коэффициент трения скольжения;
N — нормальная составляющая полной реакции шероховатой
опорной поверхности.
Сила трения скольжения направлена по касательной к шеро-
шероховатой опорной поверхности в сторону, противоположную тому
направлению, по которому тело на-
начало бы двигаться, если бы сила
грения отсутствовала. F=fN только
в том критическом положении тела,
в котором оно находится в состоянии
неустойчивого равновесия, т е. го-
готово перейти из состояния покоя
в движение. В этом случае при ре-
решении задачи находятся критические
значения (максимальные или мини-
минимальные) неизвестных величин При
малейшем изменении этих величин (увеличении или уменьшении)
нарушается равновесие тела. Если тело не находится на грани
покоя и движения, то F<fN. В этом случае мы находим не
точные значения искомых величин, а лишь границы, в которых
они заключены при равновесии тела.
Рис. 50.
54
в
Задача 16. К вертикальной стенке (рис. 51) приставлена
лестница АВ, опирающаяся своим нижним концом на горизон-
горизонтальный пол. Коэффициент трения лестницы о пол ?„ о стену кг.
Вес лестницы Р приложен к ее середине. Человек весом Q стоит
в точке D. Определить
наибольший угол а, соста-
составляемый лестницей со сте-
стеной в положении равно-
равновесия, а также нормаль-
нормальные составляющие реак-
реакции стены NА и пола Nв
для этого значения а, если
BD-I-.
Решение. 1. Рассматри-
Рассматриваем равновесие лестницы
с человеком (рис. 52).
2. Изображаем актив-
активные силы, действующие
Рис. 51.
Рис 52.
на рассматриваемую си-
систему: Р — вес лестницы
и Q — вес человека.
3. Освобождаем лестницу от связей, заменяя действие связей
реакциями. Связями являются стена и пол. Реакцию RB стены
раскладываем на нормальную составляющую N в и касательную
составляющую FB-FB — сила трения скольжения направлена вверх.
Она препятствует скольжению конца В лестницы вниз Такое
движение имело бы место, если бы не было сил трения^ Реак-
Реакцию Цл пола также раскладываем на две составляющие NA и FA.
Сила трения FA пола направлена в сторону, противоположную
тому направлению, по которому стал_бы двигаться конец А
лестницы под действием активных сил Р и Q, если бы не было
силы трения.
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 52.
5 Составляем уравнения равновесия: ^]Х=0; 2У=0:
где
D-14)
D-15)
D-16)
D-17)
D-18)
55
6. Решаем полученные уравнения.
Из уравнений D-14), D-15), D-17) и D-18):
Из уравнения D-16)
3A -klk2)P+2B-klki)Q ¦
Задача 17. Однородный стержень АВ длиной 2а и весом Р кГ
опирается на горизонтальную плоскость и неподвижный цилиндр
радиуса г (рис. 53) Коэффи-
Коэффициент трения стержня о ци-
С:^ линдр и о плоскость равен
/. Каково наибольшее значе-
значение угла (р, при котором
стержень находится в равно-
равновесии?
Решение. 1. Рассматри-
Рассматриваем равновесие стержня АВ
_ (рис. 54).
2. Изображаем силу Р — вес однородного стержня — актив-
активную силу, действующую на стержень.
3. Освобождаем стержень от связей, заменяя действие связей
реакциями Связями являются шероховатая горизонтальная пло-
плоскость и шероховатая цилиндрическая поверхность. Если бы не
было трения, то под действием собственного веса стержень стал
'///////////////////777//// '///7777777/
Рис 53.
бы двигаться так, что конец А скользил бы слева направо. Сле-
Следовательно, сила трения FA направлена справа налево, а сила
трения цилиндра так, как указано на рисунке.
4. Выбираем систему координат, как указано на рис
5. Составляем уравнения равновесия: ^Х = 0; ?Y=Q
D-19)
56
где
D-20>
D-21>
D-22>
D-23)
6. Решаем полученные уравнения.
Из уравнений D-19), D-20), D-22) и D-23):
N (sin ф — / cos ф)=fNA;
N (cos ф +-/ sin ф) = — NA t- P;
Из уравнений D-21), D-25) и D-24):
D-24>
D-25)
Упражне-ия
31. Определить наименьшую величину силы Р, необходимую для того,
чтобы затормозить шкив О, колодочного тормоза и реакцию в шарнире Л.
Коэффициент трения между тормозной
колодкой и поверхностью шкива ра-
равен /. Нужные размеры указаны на
чертеже. Вес груза равен G.
Ответ P = ~(~-c)G,
32. Определить угол р отклонения
от нормального положения скребка
скребкового конвейера, если считать,
что сила сопротивления материала, при
Рис. к упр. 31
ложенная к нижней грани скребка, и силы натяжения цепи, приложенные
8
Рис. к упр. 32
в шарнирах А я В, равны между собой (S), длина звена цепи АВ=*Ь\ высота
скребка СЕ = h, погонная нагрузка желоба д, расстояние между скребками а,
52
коэффициент трения перемещаемого материала о желоб /, угол наклона на-
наклонной плоскости а.
х а qah(f cos a 4-sin а)
Ответ: tg р = ^—-—j-^ '-.
33. Ha рудничных электровозах мощного типа применяются тормоза пнев-
пневматического типа. Сжатый воздух, поступающий из особого резервуара, давит
на поршень В цилиндра. Это давление
посредством рычага СМ передается на
тормозную колодку. Определить реакцию
шарнира О и давление тормозной колодки
на колесо, если давление на поршень В
2 1
равно Q = 5Г, АС = -=-@Л); tga=— ,
О тс
коэффициент трения колодки о колесо ра-
равен 0,18. Размерами тормозной колодки
пренебречь.
Ответ: Хо = 2,13 Т; К„ = 0,517 Г;
IV = 2,87 Т.
34. Определить необходимую величи-
величину коэффициента трения между стойкой
и обоймой, при которой груз А будет
находиться в равновесии, если a = 30°.
Остальные размеры взять с чертежа.
Рис. к упр. 33 Опвет: /> 0,193.
35. Колонна штанг, находящаяся в
наклонной скважине, удерживается в равновесии тросом ABC-
35
Рис. к упр. 34 Нис. к упр.
Определить нагрузку на крюк А при следующих данных: вес 1 м штанги
ц = 6 кГ, длина колонны штанг / = 500 м, удельный вес глинистого раствора
у, = 1,2 кГ/дм1, удельный вес материала штанги у = 7,8 кГ/дм", угол наклона
скважины от вертикали (зенитный угол) 8 = 30°, коэффициент трения штанг
об обсадочные трубы / = 0,1 (равномерный подъем).
Ответ: Q = с.1 ( 1 - Ц- \ (cos 6 -f / sin в) кГ = 2,327".
36. При неглубоком бурении свечи укладываются на козлы. Свеча опи-
опирается в точке С на негладкую наклонную плоскость АВ и удерживается
в точке Н тросом. Коэффициент трения свечи о плоскость равен 0,3; угол E,
^77777777777777,
Рис. к упр. 36
образуемый свечой с плоскостью, равен 30', угол а наклона плоскости к гори-
горизонту равен 15°. Определить максимальное натяжение Т троса НКМ, если
вес свечи СН равен 54 кГ и приложен к середине свечи.
Ответ: Т = 38,8 кГ.
4-5. Решение задач на равновесие системы сочлененных тел
Системой сочлененных твердых тел называется несколько
твердых тел, касающихся друг друга или соединенных между
собой посредством шарниров, стержней, нитей. Во многих зада-
задачах на равновесие системы сочлененных тел требуется найти
силу, с которой одно сочлененное тело действует на другое.
Такие задачи чаще всего решаются путем рассмотрения равно-
равновесия каждого тела в отдельности (если вся система
тел находится в равновесии, то и каждое тело системы нахо-
находится в равновесии). При рассмотрении равновесия каждого
тела системы остальные тела системы будут являться связями,
наложенными на это тело, а при освобождении данного тела
от связей, действия связей заменяем силами — реакциями свя-
связей. При этом следует помнить, что силы взаимодействия
двух тел равны между собой по абсолютной вели-
величине, лежат на одной прямой и направлены в раз-
разные стороны (по принципу равенства действия и противодей-
противодействия). Иногда бывает выгодно рассматривать равновесие системы
всех тел, вместе взятых, а затем уже рассматривать равновесие
отдельного тела. Имея в виду принцип затвердевания (при за-
затвердевании всякого нетвердого тела равновесие его не нару-
нарушается), всю совокупность тел нужно рассматривать как одно
твердое тело. В этом случае в уравнения равновесия сил не
войдут силы, с которыми отдельные тела действуют друг на
друга.
59
м
Задача 18. На шар веса Q= 100 кГ, опирающийся на верти-
вертикальную стенку и наклонную балку О А, действует сила F=60 кГ
(рис. 55) Однородная балка ОА веса Р=80 кГ закреплена
в точке О шарнирно и удержи-
удерживается в наклонном положении при
помощи вертикального троса AM.
Определить, пренебрегая трением,
давление шара на балку и стену,
реакцию шарнира и натяжение тро-
троса, если а = 60°; р" = 33°; ОА = /;
1_
4
Всего в данной задаче пять неиз-
неизвестных: ND, Nк, Т, величина и
направление реакции Ro-
Рис. 55. Решение Рассматриваем равно-
равновесие балки и шара, вместе взя-
взятых, а затем равновесие только шара, придерживаясь плана
решения задачи, изложенного ранее
Л. Равновесие балки и шара
1 Рассматриваем равновесие балки и шара (рис. 56).
2. Изображаем активные силы, действующие на балку и шар:
Q — вес шара, сила F и Р — вес однородной балки
3 Освобождаем балку и шар от
связей, заменяя действие связей ре-
реакциями. Связями являются верти-
вертикальная стена, цилиндрический шар-
шарнир О и трос AM. Реакция ND
стены направлена перпендикулярно
стене (по радиусу шара). Реакция
Т троса направлена по тросу. Реак-
Реакцию шарнира О раскладываем на
две составляющие Хо и Yo.
4 Выбираем систему координат,
как указано на рис. 56.
5. Составляем уравнения равно-
равновесия системы сил, действующих на
балку и шар. Эта система — система сил, как угодно располо-
расположенных на плоскости. Берем уравнения равновесия в следую-
следующей форме: 2*=°; 2^=0; %мо(П=о;
2Х=0; X0+^o-fsinp-0; D-26)
2К=0; К, — Р + Т — Q — i7cosft=0; D-27)
2/W0(F)=0;77sinu — Pjbinu — ND(UD)— Qr=0. D-28)
Рис. 56.
60
Б. Равновесие шара
1. Рассматриваем равновесие шара (рис. 57).
2. Изображаем активные силы: Q — вес шара и силу
3. Освобождаем шар от связей, заменяя действие
реакциями. Связями являются: балка у^
ОА и вертикальная стена. Реакция ND
стены направлена перпендикулярно
стене, реакция Nк балки направлена
перпендикулярно балке
4. Выбираем систему координат,
как указано на рис. 57.
5 Составляем уравнения равнове-
равновесия системы сил, действующих на шар.
Эта система — система сходящихся сил
на плоскости. Следовательно, уравне-
уравнения равновесия будут:
F.
связей
2 X =0; ND—NK cos a—F sin p=0; D-29)
Рис. 57.
-Q=0.
6. Решаем полученную систему пяти уравнений с
неизвестными:
',— Р — Q4 Т — Fcosp=0;
Г sin а ^-!
ia-0,43-WD-f-=0;
ND — NK cos a — F sin p=0;
NK sin a — F cos $ — Q=0;
так как OD=rctg30°; OD=-^ |/3=0,43/.
Из уравнения D-35): NK= Q+sl^°S?> ; NK=l76 кГ
Из уравнения D-34). ND=NKcosa+ Fsin p\ AfD=118
Из уравнения D-31): X0=.Fsinp — ND; Xa=— 88 «:
Из уравнения D-33) T~-
^4-30)
пятью
D-31)
D-32)
D-33)
D-34)
D-35)
¦; Г=128 кГ.
Из уравнения D-32): УЛ=Р +Q — Г4 F cos [5; Ко=104 кГ.
Ответ. Л/о=118 кГ; NK=\7Q кГ. 7 = 128 кЛ
Хо=—88 кГ; Ул=-Ю\ кГ
61
Давление шара на стену численно равно N'd=Nd=1\8 кГ и
направлено справа налево. Знак (—) означает, что в действитель-
действительности горизонтальная составляющая Хо реакции шарнира О
направлена в противоположную
сторону.
Задача 19. На однородный параллелепи-
параллелепипед веса Р = 100 кГ, опирающийся в точке
А на гладкую наклонную плоскость и за-
закрепленный шарнирно в точке В, действует
сила F, = 80 кГ, направленная перпендику-
перпендикулярно грани КМ (рис. 58). На однородный
стержень ОК веса <5 = 20 кГ, закрепленный
шарнирно в точке О и опирающийся на глад-
гладкую грань параллелепипеда концом К, дей-
действует сила F2=30 кГ. Определить реакцию
шарнира О, реакции в точках К и А и шар-
шарнире В, если а = 30°. 0=60°, h =|-; ОК=1;
Рис. 58.
Всего неизвестных в этой задаче шесть:
NA (величина), NK (величина), i?0 (величина и направление),
RB (величина и направление).
Решение. При решении задачи рассматриваем равновесие
стержня и параллелепипеда в
отдельности.
А. Равновесие стержня
1. Рассматриваем равнове-
равновесие стержня ОК (рис. 59).
2. Изображаем активные си-
силы, действующие на стержень
F, и Q — вес стержня. ОС=КС,
так как стержень однородный.
3. Освобождаем стержень от
связей, заменяя действие связей
реакциями. Связями являются:
цилиндрический шарнир О и
гладкая грань параллелепипе-
параллелепипеда. Реакцию шарнира расклады-
раскладываем на две составляющие X, и Fo. Реакция NK в точке К пер-
перпендикулярна грани параллелепипеда.
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 59.
5. Составляем уравнения равновесия.
62
Рис 59.
Полученная система — система сил, как угодно расположенных
на плоскости.
Уравнения равновесия берем в следующей форме:
2)
3)
где 6 = ysin
Yo — F2 cos ф — a) — Q+ NK cos a=0;
=0; Qb+F3(OS)-NK(KT1)=0,
, = / sin 2a.
OS=4 sin
Б. Равновесие параллелепипеда
1. Рассматриваем равновесие параллелепипеда (рис. 60).
2._Изображаем активные силы, действующие на параллелепи-
параллелепипед: Fv Р — вес однородного параллелепипеда и N'K—давление
стержня ОК. По принципу равенства действия и противодействия
Nk—Nk и направлена противоположно направлению Л^.
3. Освобождаем параллелепипед
от связей, заменяя действие связей
реакциями. Связями, наложенными
на параллелепипед, являются: а) ци-
цилиндрический шарнир В и б) глад-
гладкая опора в точке А. Реакцию шар-
ьира В раскладываем на две состав-
составляющие: Хв и Ув. Реакция в точке
А перпендикулярна наклонной пло-
плоскости.
4. Выбираем оси, как указано на
рис. 60.
5. Составляем уравнения равновесия.
Полученная система — система сил, как угодно расположен-
расположенных на плоскости.
Уравнения равновесия берем в следующей форме:
Рис. 60.
2
.0; Кв — Psina=0;
2) 2^=0; Л^л+Кв — Ft — N'k— Pcosa=0;
3) 2 MB(F)*-0: N'k-q — NA-a+P cosa- (j) + P sina D)=a
Для того чтобы облегчить нахождение момента силы Р от-
относительно точки В, мы воспользовались теоремой Вариньона,
разложив силу Р на составляющие по осям х и у (Pcosa —
величина составляющей по оси у и Psina — величина составля-
составляющей по оси х).
63
6. Решаем полученную систему шести уравнений с шестью
неизвестными:
X0+Fzsin(p — a) — Л^в1па=0; D-36)
7„ — Ft cos (р* — а) — Q -\-NK cos a=0; D-37)
inp — JV^sin2a=0; D-38)
-Psina=0; D-39)
=0; D-40)
А*' В • l "К
nk— iV/,+4-cosa+-J-sina=0 D-41)
-|-since+ ^? sin P
Из уравнения D-38): NK— ^-^ ; NK=\5.8 кГ.
Из уравнения D-37): Ya=Q — Nxcosa4-fscos (P — a);
K0 = 32,2 кГ.
Из уравнения D-36): X0=-NK sin a — fjSin(p — a); Xo=—7,1 кГ.
Из уравнения D-39): XB=fsma; Хв=50 кГ.
Р Р
Из уравнения DА1). Na=Nk+-ycosa-{-j-smа; Л/д=71,6 кГ.
Из уравнения D-40): YB=Fx^-NK-\-P cosa — Л/^; FB=111 лГ.
Ответ: Хо=—7,1 кГ; Ув=-32,2 кГ;
Ха=50 /сГ; Кв=111 «Г;
Л/^=15,8 кГ; Л^д=71,6 кЛ
Задача 20. Однородный стержень ОА = а веса Р= 100 кГ
¦(рис Ь1) концом О шарнирно прикреплен к стене, а концом А
опирается на гладкий пол. Однород-
Однородный стержень КВ — Ь веса Q=160 кГ
я прикреплен в точке К шарнирно к
стержню ОА. Конец Б стержня опи-
опирается на гладкую наклонную пло-
плоскость. В точке D стержня прило-
приложена сила F=60 кГ, Определить
реакцию шарниров О и /С. а также
реакции опорных поверхностей в
точках А к В, если О/С=4; BD= ~ ;
Рис'61 а=30°;Р = 60°. 3
В этой задаче шесть неизвестных: NA (величина), NB (вели-
(величина), Rt (величина и направление), RK (величина и направле-
направление). При решении задачи рассматриваем равновесие обоих
стержней в отдельности.
64
А. Равновесие стержня ОА
1. Рассматриваем равновесие стержня О А (рис. 62).
2 Изображаем активную силу Р — вес стержня.
3. Освобождаем стержень от связей, заменяя действие связей
реакциями. Связями явчяются: а) цилиндрический шарнир О,
б) гладкая опора в точке Лив) стер-
стержень ВК, прикрепленный к стержню
ОА при помощи цилиндрического шар-
шарнира К- Реакцию шарнира О раскла-
раскладываем на две составляющие: Хо и Уо.
Реакцию шарнира К также расклады-
раскладываем на две составляющие: Хк и Ук.
Реакция NА направлена перпендику-
перпендикулярно опорной поверхности.
4. Выбираем систему координат, как
указано на рис. 62.
5. Составляем уравнения равновесия.
Полученная система сил — система сил, как угодно располо-
расположенных на плоскости.
Уравнения равновесия берем в форме: 2^=0; 2^=^;
А
2)
'=0; Y0+YK+NA-P^0;
3)
а — Р 7>-cosa=0.
У\
Б. Равновесие стержня ВК
1. Рассматриваем равновесие стержня ВК (рис. 63).
2. Изображаем активные силы, действующие на стержень: F
и Q — вес однородного стержня.
3. Освобождаем стержень ВК
от связей, заменяя действие свя-
связей реакциями. Связями являют-
являются: а) гладкая наклонная стенка
и б) стержень ОА, прикрепленный
к стержню ВК при помощи шар-
шарнира К- Реакция NB стенки пер-
перпендикулярна стенке.^. Реакцию
Рис 63 шарнира К раскладываем на
две составляющие: Хк и Y'K, при-
причем в силу принципа равенства действия и противодей-
противодействия Хк—Хк, Yk=Yk; составляющая Хк направлена противо-
противоположно направлению составляющей Хк, а составляющая Y'k
направлена противоположно направлению составляющей Yк.
3 М. А. Мисшрев 65
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 63.
5. Составляем уравнения равновесия.
Полученная система сил — система сил, как угодно располо-
расположенных на плоскости.
Уравнения равновесия берем в форме: ^jX=0; ^У=0;
1) 2*=0; —X'k+F cos a — WBcosa=0;
2J^=0; — Y'K — Q—F sin a+NBsina=0;
3)%MK(F) = 0; — Q |-cos(P — a) — F^bsi
6. Решаем полученную систему шести уравнений с шестью
неизвестными:
Хо+Х„=0; D-42>
Yt+YK+NA-P=0; D-43)
—^- sin а-]—~ cos a+NA cos a j cos a=0; D-44>
XK — Fcosa+Nscosa=0; D-45)
-iVBsina=0; D-46)
|-cos(P — cO+jPsinp*— WBsin^=0 D-47)
Из уравнения D-47): NB=- ^r^-^ ; NB=l20 кГ.
Из уравнения D-46): YK=(NB—F) sina — Q; YK=—130 kF.
Из уравнения D-45): XK=F cos a — NBcosa; XK=—52 kF.
p Ух- X*
-j- cos a 7^- cos a 5й- sina
Из уравьения D-44): Л/л= ^ ¦;
Л/д=103 /сГ-
Из уравнения D-43). Y0=P — NA — YK; Ко = 127 кГ.
Из уравнения D-42): Х0=—Хк; Хо=52 КЛ
Ответ: ХО=52 кГ; КО=127 кГ.
Хк=— 52 кГ; ^=—130 кГ.
Лл=103к;Л NB=l20 кГ.
66
Упражнения
37. В буровой вышке колонна извлеченных из скважины труб установлена
за пальцем А у рабочих полатей. Определить максимальное число п труб
и колонне из условия устойчивости вышки, если известно следующее: длина
/=12 м, вес трубы Р = 360 кГ, угол наклона колонны р = 75°, вес вышки
Q^tlO T, ширина нижнего основания вышки а—6 м.
Ответ:
Qa
Рис. к упр. 38
38. При постройке и сборке бревенчатых, а часто и трубчатых не очень
высоких вышек поступают так: собирают на козлах К. пару ног и связывают
ее поясами и раскосами. После сборки эту пару поднимают при помощи ле-
лебедки и вспомогательной мачты ВН. Чтобы
поднимаемая пара ног не сползала со своего
основания, забивают два упорных столба Л.
Вычислить натяжение Т каната, реак-
реакцию в опоре А и силу S, сжимающую столб
Р
ВН, если а =15°,
пары ног G = 1000
данный момент пара
козлы К-
Ответ: Г = 1115 кГ\ ХА — П% кГ;
YA = 2l2 кГ; S = 1752 кГ.
39. Определить опорные реакции козло-
козлового крана, усилие Т в тяге ЕН, реакции
в шарнире D, если вес фермы Ф, действую-
действующей на данную пару ног, равен 7 Т, вес
каждой ноги равен 1 Т и приложен в точ-
точках С, и С2, угол а = 75°, опорные поверх-
поверхности гладкие. Остальные размеры указаны
на чертеже: .
Ответ: NA = NB = 4,5 Т; Тен=.2Т;Хп=
= —2Т; Уо=:0.
Рис. к упр. 39
40. Установка мачты АВ крана производится с помощью лебедки К,
троса ВСК, перекинутого через блок С стойки СО. Определить из условия
равновесия реакции шарниров А и О и натяжение тросов ВСК и CD, если
3*
67
трое СЕ не натянут, вес мачты АВ равен 4 Т и приложен к середине ее,
а=15°, р = 30°,"y = 45°. ф = 30°. (Весом стойки ОС пренебречь).
Ответ: ХА = 3,72 Т; YА = Ъ Г; Гд=3,86Г; Хв = 0, УО=3,24 Г;
Гп = О,55 Г
Рис. к упр. 40
41. Определить реакцию в пяте А стрелы АВ экскаватора, реакцию
в шарнире Н, усилие в канате DBE и усилие в вантах ВК, если вес стрелы
равен 12 Г и приложен к точке С, суммарный вес нагруженного ковш?
Рис. к упр. 41
и рукояти Я = 16 Т и приложен к точке М. HD = DB = BH = 8 м, НМ=.
= 6,8 м, АН — НВ, ЛС = 6 м, а = 45°, 0 = 75°, ^=10°, <р = 15°.
Ответ: Лл = 37,6 Г; КЛ = 40,5 7\ Тк=: 19,8 Т; ХН = 6,8Т, Ун — 0,7Т;
Тд=: 15,6 Т.
А2. Определить реакции в шарнирах А и В, натяжение тросов KD и DE
при подъеме башни А К крана с помощью стрелы BD. В данный момент си-
система находится в равновесии и сс = 30°, р = 75°, у = ф = 45°, высота башни
равна 32 м, вес ее 12 Г и приложен в точке С, вес стрелы равен 1 Т и при-
приложен к середине стрелы. Остальные размеры взять с чертежа.
Ответ: ХА — — 5,34 Т Х„ = 2,0 Т; У^ = 10,5 Т; Уп = 8,2 Т, Тп —
5.53 Т: 7\=:6.б Т
С8
Рис. к упр. 42
43. Мачтовая опора АВ кабельного крана имеет возможность качаться
вследствие перемещения груза D по наклонной плоскости.
Рис. к упр. 43
Определить из условия равновесия реакцию шарнира Л и вес rpyja D,
если вес мачты равен 10 Т и приложен к середине отрезка АВ, величина
натяжения несущего канат Т =40 Т, а = 8°, E=15°, <р = 45°, коэффициент
трения контргруза о наклонную плоскость / = 0,1 (атах = 8°).
Ответ Х/4 = 6,64 Т, Уд = 52,4 Т, 0 = 58,3 Т.
44. Транспортер АВ драги удерживается под углом а к горизонту
мощью канатов EH, K.HB. Определить реакцию оси А и натяжение Т
в канатах ЕН и КНВ, если вес транспортера Я, E = 45°, 7=30°,
= 90°, CM=j^(AM).
Omeenv.
69
Рис. к упр. 44
Рис. к упр. 45
45. Злектровосный контактный провод подвешен к вертикальному столбу
с помощью горизонт,)льной поперечины АН весом 40 кГ и подкоса НС весом
10 кГ Определить реакции шарниров А к С, если расстояние между столбами
вдоль пути равно 40 м, вес погонного метра контактного провода 0,85 кГ;
5.1. Основные положения
Графостатика — раздел статики, в котором решаются задачи
о сложении и равновесии сил плоской системы методами гра-
графики. Для равновесия сил, произвольно расположенных на
плоскости, необходимо и достаточно, чтобы силовой и веревоч-
веревочный многоугольники этой системы были замкнутыми.
Силовой многоугольник данной системы сил — такой много-
многоугольник, стороны которого равны и параллельны силам эгоя
системы. ABCD (рис. 65) — силовой многоугольник системы
сил 1 2, 3, изображенных на рис. 64. Веревочный многоугольник
данной системы сил — такой многоугольник, стороны которого
параллельны соответствующим лучам силового многоугольника,
а вершины его лежат на прямых действия сил системы а',
/'—2', 2'—3', <о'—веревочный многоугольник (рис. 64).
а'Ца; (Г—2')\\{1—2)\ B'—3')\\{2—3)\ со'Цш. Причем точка О —
полюс — произвольная точка плоскости (рис. 65). Лучи силового
многоугольника соединяют полюс О с вершинами силового мно-
многоугольника. Так луч ОВ соединяет полюс О с вершиной,
где сходятся силы 1 -л 2, поэтому этот луч обозначен /—2.
Первый луч обозначают буквой а, последний—со Соответствующая
71
сторона веревочного многоугольника (У—2')\\A—2), начало этой
стороны лежит на прямой действия силы /, а конец — на прямой
действия силы 2
5-2. Определение опорных реакций.
План решения задачи.
Если твердое тело, опорные реакции которого нужно найти,
находится в равновесии, то силовой и веревочный многоуголь-
многоугольники должны быть замкнутыми.
При решении задачи необходимо придерживаться следующего
порядка:
1 Изображаем тело, равновесие которого рассматриваем.
Силы, действующие на него, следует рассмотреть в выбранных
масштабах.
2. Все силы, действующие на это тело (включая и реакции
связей), обозначим цифрами 1, 2, 3, ..., п. Для удобства ре-
реакции неподвижного шарнира необходимо считать первой силой,
а реакцию другой опоры — последней силой (л-ной силой)
3 Строим в выбранном масштабе замкнутый силовой много-
многоугольник При построении многоугольника силы изображаем
последовательно в порядке принятой нумерации Построение
временно заканчиваем на том, что проводим через конец послед-
последней активной силы [(п—1)—я сила] прямую, параллельную
реакции подвижной опоры (эта реакция известна только по
направлению)
4. Выбираем в окрестности силового многоугольника полюс
(полюс — произвольно выбранная точка, не лежащая на силах
многоугольника) и соединяем его лучами с вершинами силового
многоугольника. Если луч соединяет полюс с вершиной, обра-
образованной силами / и 2, то его обозначаем / — 2 и т. д.
5 Строим замкнутый веревочный многоугольник. Построение
его начинаем обязательно с неподвижного шарнира (если все
силы, действующие на объект равновесия,— параллельные, то
построение веревочного многоугольника можно начинать из
любой точки, лежащей на прямой действия опорной реакции).
Из неподвижного шарнира проводим отрезок прямой
(/'—2')\\A—2) до пересечения с прямой действия силы 2. Из
ьтой точки проводим отрезок прямой B'—3')\\B—3) до пересе-
пересечения с прямой действия силы 3 и т д И, наконец, точку
пересечения отрезка прямой [(п—1)' — п']\\[(п—1) — п] с пря-
прямой действия силы п (второй опорной реакции) соединяем от-
отрезком прямой п1—I1 с неподвижным шарниром и получаем
замкнутый силовой многоугольник.
6 Из полюса силового многоугольника проводим луч
(л — l)||(rt' — I1) до пересечения с прямой, параллельной реакции
п
второй (подвижной) опоры и проходящей через конец последней
активной силы Эта точка совпадает с концом вектора реакции
подвижной опоры
7. Из конца полученной реакции проводим вектор, замыкаю-
замыкающий силовой многоугольник. Это и будет реакция неподвижного
шарнира
8. Полученные реакции в выбранном масштабе изображаем
на основном чертеже, приложив их к телу, равновесие которого
рассматривается
Примечание Правильность графического решения задачи рекомендуется
проверить аналитически, т. е. путем составления уравнений равновесия сил, дей-
действующих на рассматриваемое тело, и решения их относительно искомых вели-
величин реакций связей
Рис 66
Рис. 67
Задача 21. На горизонтальную балку АО (рис 66) действуют
силы Р=400 кГ и Q=200^ /сГ._Определить, пренебрегая весом
балки, опорные реакции RA и Sc (ВС — гибкая нерастяжимая
нить), если AK=KB=^BD=2 м, а=45°.
Решение 1. Рассматриваем равновесие балки AD. Изобра-
Изображаем балку и силы, действующие на нее, в масштабах 1 см—1 м
и 1 см — 200 кГ (рис. 67).
2. Все силы, действующие на балку, обозначаем цифрами:
1 — реакция неподвижного шарнира А, 2— сила Р, 3 — сила
Q и 4 — реакция нити.
Рис. 68
Рис. 69
3. Строим замкнутый силовой многоугольник в выбранном
масштабе (рис. 68). К концу вектора силы 2 пристраиваем на-
начало Еектора силы 3 и через конец этого вектора проводим
отрезок, параллельный нити ВС (на рис. 68 этот отрезок изо-
изображен пунктиром).
4. Выбираем в окрестности силового многоугольника полюс О
(рис. 68) и соединяем его лучами / — 2, 2 — 3, 3 — 4 с верши-
вершинами силового многоугольника
Рис. 70
5. Строим замкнутый веревочный многоугольник (рис. 67).
Из неподвижного шарнира .4 проводим отрезок прямой
{Г—2')\\A—2), из точки пересечения этого отрезка с прямой
действия силы 2 проводим отрезок прямой B'—3')\\B—3) до
пересечения с прямой действия силы 3, из этой точки проводим
отрезок прямой C'—4')\\C—4) до пересечения с прямой дейст-
74
вия силы 4. Полученную точку соединяем отрезком прямой
D'—/') с точкой А (неподвижным шарниром). Таким образом
мы замкнули веревочный многоугольник.
6. Из полюса О силового многоугольника проводим луч D—/),
параллельный отрезку D'—/'), до пересечения с пунктирной ли-
линией (для наглядности это изображено на рис 69) и получаем
реакцию 4.
7. Из конца полученного вектора 4 проводим вектор, замы-
замыкающий силовой многоугольник. Это будет реакция / неподвиж-
неподвижного шарнира А.
8. Полученные реакции / и 4 в выбранном масштабе изо-
изображаем на основном чертеже (рис. 70). Измерив в принятом
масштабе реакции опор, получим RA=5\S кГ, Sc-—707 кГ.
Упражнения
46,47. Определить графически и проверить аналитически опорные реакции
в фермах, изображенных на чертежах.
Рис. к упр. 46
Рис. к упр. 47
75
5-3. Определение усилий в стержнях фермы
Основные положения
Фермой называется конструкция из стержней, соединенных
между собою по концам шарнирно и образующих геометрически
неизмеряемую систему (рис. 71). АВ, ВС, AD, ВК. ... —стержни
фермы А, В, С, D, К, Н — узлы (шарниры) фермы.
Фермой без лишних стержней называется такая ферма, в ко-
которой при удалении любого стержня нарушается ее геометри-
геометрическая неизменяемость. Каждый стержень
фермы испытывает только сжатие или ра-
растяжение, если выполняются следующие
условия:
1. Все стержни прямолинейные.
2. Трение в шарнирах отсутствует.
3. Заданные (активные) силы лежат
в плоскости фермы ^рассматриваем плос-
Рис. 71 кие фермы) и приложены только к узлам
фермы.
4. Весом каждого стержня можно пренебречь по сравнению
с силами, приложенными к узлам фермы.
Основная задача, которую мы будем решать графически,
заключается в том, что известны силы, приложенные к узлам
фермы, а требуется определить реакции опор и усилия в стерж-
стержнях фермы.
Ферма без лишних стержней является фермой статически оп-
определимой Это условие выражается формулой:
т = 2п — 3,
где т — число стержней фермы п — число узлов фермы.
План решения задач
1 Проверяем статическую определимость данной фермы по
формуле: т -- 2п — 3.
2. Определяем графически опорные реакции фермы (см. § 5—2).
3. Находим усилия в стержнях фермы с помощью построе-
построения диаграммы Максвелла — Кремоны:
а) Изображаем ферму и все силы, действующие на нее,
в выбранном масштабе. Рекомендуется векторы сил, действую-
действующих на узлы фермы, изображать так, чтобы они не пересекали,
области, ограниченные стержнями фермы (рис. 72 и рис 73).
б) Обозначаем области между прямыми действия всех сил
(активных, опорных реакций и усилий в стержнях фермы) циф-
цифрами /, //, ...
76
с) Строим в выбранном масштабе замкнутый многоугольник
внешних сил (внешние силы — активные силы и реакции связей).
Для этого контур фермы обходим в определенном порядке,
например, по направлению вращения часовой стрелки и к концу
предыдущей силы, встречаемой при этом обходе, пристраиваем
начало последующей. Если сила, действующая на ферму, раз-
разграничивает области / и //, то в начале вектора силы в сило-
Только тан
Рис. 72
А не так
Рис. 73
В
вом многоугольнике должны поставить цифру /, а в конце
цифру 2, так как, обходя контур фермы по направлению вра-
вращения часовой стрелки, при переходе через прямую действия
данной силы мы идем из области / в область //.
d) К полученному многоугольнику внешних сил пристраиваем
многоугольники внутренних сил—усилий в стержнях фермы,
действующих на болт каждого шар-
шарнира (узла). При этом обходим узел
также по направлению вращения
часовой стрелки и начинаем рассмо-
рассмотрение равновесия того узла, где
сходятся не больше, чем две неиз-
неизвестные силы. Затем пристраиваем А
силовой многоугольник усилий, дей-
действующих н<1 тот узел, где сходятся
также не более двух неизвестных
сил, и т. д. Таким образом, получим
диаграмму Максвелла — Кремоны.
Задача 22. На узлы С и D фермы
(рис. 74) действуют силы Р=100 кГ и Q—200 кГ Определить
графически опорные реакции и усилия в стержнях фермы, если
AD^DB=^DC=2 м
Решение При решении задачи следует придерживаться выше-
вышеизложенного порядка
1 Проверяем статическую определимость данной фермы по
формуле т=2п — 3.
Число стержней в этой ферме т=5> число узлов п=4, следо-
77
Рис 74
вательно, по этой формуле получаем тождество 8=8, т. е. ферма,
статически определимая.
2. Определяем графически опорные реакции по правилу,,
сформулированному в § 5—2 (рис. 75. рис. 76). Масштаб дли»
взят 1 м в 1 см. Масштаб сил— 100 кГ в 1 см.
Рис. 75
Рис. 76
Таким образом, нашли, что величина реакции подвижного*
шарнира В равна 150 кГ, неподвижного шарнира А —112 кГ
A00 кГ — абсолютная величина горизонтальной составляющей,
а 50 кГ — абсолютная величина вертикальной составляющей).
3. Находим усилия в стержнях фермы с помощью построе-
построения диаграммы Максвелла — Кремоны:
а) Изображаем ферму в масштабе 1 м в 1 см и все силы„
действующие на ферму, в масштабе 66,7 кГ — 1 см (рис. 77).
Рис. 77
Рис. 78
в) Обозначаем поля между прямыми действия всех сил циф-
цифрами /, // и т, д. Так например, область / ограничена прямыми
действия усилия в стержне AD, силой, приложенной к узлу D,
и реакцией неподвижного шарнира А, область V ограничена
прямыми действия усилий в стержнях AC, CD и AD фермы.
78
c) Строим в выбранном масштабе многоугольник внешних
сил. (Внешние силы — активные силы, действующие на ферму и
опорные реакции; рис. 78).
Контур фермы обходим по направлению вращения часовой
стрелки, а к концу предыдущей силы, встречаемой при этом
обходе, пристраиваем начало последующей. Реакция неподвиж-
неподвижного шарнира А должна быть обозначена так: в начале вектора
силы нужно поставить цифру /, а в конце 2, так как, обходя
контур фермы по направлению вращения часовой стрелки, при
переходе через прямую действия этой реакции мы идем из об-
области / в область //.
d) К полученному многоугольнику внешних сил пристраиваем
многоугольники внутренних сил — усилий в стержнях фермьк
Если вся ферма нахо-
находится в равновесии, то
и каждый узел ч(болт
шарнира) ее также на-
находится в равновесии.
Мысленно вырезаем и
рассматриваем равнове-
равновесие того узла, в кото-
котором сходятся не более
двух неизвестных сил.
Такими узлами явля-
являются узлы Л И В. Рас- Рис. 79 Рис. 80
сматриваем равновесие
узла Л под действием опорной реакции и реакций в стержнях АС
и AD. Треугольник, построенный на этих силах, должен быть
замкнутым. Обходим узел А по направлению вращения часовой
стрелки и все силы, встречающиеся при этом обходе, пристра-
пристраиваем к многоугольнику внешних сил. Сила 12 уже построена.
Через точку 2 (конец силы 12) проводим прямую, параллель-
параллельную стержню АС, а через точку / (начала силы 12) проводим
прямую, параллельную стержню AD, до пересечения с прямой,
проведенной через конец 2. Получили замкнутый силовой треу-
треугольник с вершинами /, 2, 5. Для наглядности это построение
изображено на рис. 79
Далее рассмотрим равновесие такого узла, соседнего с уз-
узлом А, где сходятся не более двух неизвестных сил. Рассмот-
Рассмотрим, например, равновесие узла С. Обходим этот узел по на-
направлению вращения часовой стрелки и пристраиваем замкну-
замкнутый многоугольник сил к частично построенной диаграмме.
Силы 52 и 23 были построены ранее. Через конец силы 23 (точ-
(точка 3) проводим прямую, параллельную стержню СВ, а через на-
начало силы 52 (точка 5) проводим прямую, параллельную стержню
CD. Точку пересечения этих прямых нужно обозначить цифрой 6,
7»
Замкнутый силовой многоугольник, соответствующий узлу С>
будет иметь вершины 5, 2, 3 и 6 (рис. 80). И, наконец, рас-
рассматриваем равновесие узла D, обходя его по направлению
вращения часовой стрелки. Силы 41, 15, 56 уже построены
ранее.
Так как точки 6 и 4 также построены, то их нужно соеди-
соединить и получим замкнутый многоугольник (рис. 81). Таким об-
образом, полностью построили диаграмму Мак-
4 свелла — Кремоны для данной фермы.
Для последнего узла В замкнутый мно-
многоугольник уже построен — это треугольник
с вершинами 3, 4 я 6. Следовательно, рас-
рассмотрение равновесия последнего узла фермы
служит для контроля правильности построе-
построения диаграммы Максвелла — Кремоны.
Измерив в принятом масштабе усилия
в стержнях фермы по диаграмме Максвел-
Максвелла — Кремоны, нужно их значение внести
в таблицу.
Как установлено ранее (см. стр. 11,7-й тип
связи), если реакция стержня направлена от узла, то стержень
испытывает растяжение ( + ), в противном случае — сжатие (—).
Для того, чтобы определить, испытывает ли какой-нибудь
стержень фермы (например, стержень АС) растяжение или сжа-
сжатие, нужно обойти один из двух узлов, которые соединяет этот
стержень.
Для определенности обходим узел С, пересекая стержень АС.
Реакция этого стержня, приложенная к узлу С, изображается
на диаграмме вектором 52 (так как при обходе узла С по на-
направлению вращения часовой стрелки идем из области V в область
//), если мысленно вектор 52 перенести на стержень АС, то
увидим, что этот вектор направлен к узлу, т. е. стержень АС
испытывает сжатие.
Рис. 81
После построения диаграммы Кремоны и нахождения усилий
в стержнях фермы рекомендуется для контроля в некоторых
стержнях найти усилия аналитически, применяя либо метод се-
сечений, либо метод вырезывания узлов.
ВО
Упражнения
48,49. Определить графически и проверить аналитически опорные реак-
реакции и усилия в стержнях ферм, изображенных на чертежах.
Рис. к упр. 48
Рис. к упр. 49
5-4. Метод сквозных сечений
1. Рассекаем ферму так, чтобы в сечении было не более трех
стержней. Например, проводим сечение по стержням AD, CD и
С В (рис. 82).
2. Рассматриваем равновесие правой части фермы.
3. Изображаем активную силу Q, действующую на эту часть
фермы.
4. Освобождаем правую часть фермы от связей, заменяя
действие связей реакциями:
Nb — реакция подвижного шарнира {NB — 150 кГ).
S,e, 55,, 51S — реакции рассеченных стержней — действия отбро-
отброшенной части фермы на оставшуюся. Реакции направляем от
узлов, предполагая, что все стержни испытывают растяжение.
5. Составляем уравнения равновесия сил, приложенных к пра-
правой части фермы.
Уравнения равновесия следует брать в виде сумм моментов
относительно трех точек, не лежащих на одной прямой. За
точки моментов нужно брать такие точки, в которых пересека-
пересекаются прямые действия двух неизвестных сил. (Если конструкция
М. А. Мисюрев
81
фермы такова, что одна из точек пересечения находится в бес-
бесконечности, то одно из уравнений моментов нужно заменить
уравнением проекций всех сил на ось, не перпендикулярную
5-5. Метод вырезывания узлов
1. Рассматриваем равновесие такого узла (болта шарнира)
фермы, в котором сходятся не более двух неизвестных сил.
Для примера рассмотрим равновесие узла В (рис. 83). Этот
узел находится в равновесии под действием трех сил: ~NB, Stt
(реакция стержня ВС) и 54, (реакция стержня BD).
I 2. Из этих сил строим замкнутый силовой треугольник
(рис.- 84). Построение его начинаем с известной силы NB. Через
конец вектора NB проводим отрезок_ прямой, параллельной
стержню СВ, а через начало вектора NB проводим отрезок пря-
прямой, параллельный стержню DB.
82
Полученные направления векторов изображаем на ферме,
прикладывая эти векторы к узлу В (рис. 85), и видим, что
стержень DB испытывает растяжение, а стержень СВ — сжатие.
Рис. 83
3. Решаем силовой треугольник, т. е. по известным элемен-
элементам его находим неизвестные:
; S4J=iVactga;
угол а на рис. 84 равен /_CBD на рис. 83 как углы с соот-
соответственно параллельными сторонами.
Следовательно,
Рис. 84
83
Имея в виду, что NB=l50 кГ, получаем (с учетом знака уси-
усилия):
S,s=— 212 кГ, Sle=150/сГ.
Окончательная таблица результатов будет такой:
Примечания: 2. Графическое решение задачи (построение диаграммы
Максвелла — Кремоны) необходимо выполнять очень тщательно и отклонение
результатов задачи, полученных графически, не должно превышать 5% от
значений, полученных аналитически.
2. Если требуется построить диаграмму Кремоны для фермы с пересека-
пересекающимися стержнями (точка К на рис. 86}, то для облегчения построения
Рис. 86
диаграммы считают, что в точке К существует шарнир, и строят диаграмму
обычным путем.
3. Если требуется построить диаграмму Кремоны для фермы, при после-
последовательном вырезании и рассмотрении равновесия узлов которой встречается
узел с тремя неизвестными усилиями, то для того, чтобы можно было про-
продолжить построение диаграммы Кремоны, нужно воспользоваться аналити-
аналитическим методом сечений (см. 5-4).
Например, после построения замкнутых силовых многоугольников для
узлов А, В и С фермы ("рис. 87) встречаем узлы D и К, в которых сходятся
по три неизвестных усилия.
Ц
Рассекаем ферму по стержням MN, ME, DT и, рассматривая равновесие
сил, приложенных к правой части фермы, находим усилие в стержне Dr.
Рис. 87
После этого можно рассмотреть равновесие узла D, т. к, будем иметь только
2 неизвестных усилия, и построить замкнутый многоугольник. Далее можно
рассматривать равновесие узла К и т. д.
Упражнения
60.51. Определить усилия в стержнях методом вырезывания узлов и ме-
методом сечений в фермах, изображенных на чертежах.
Рис. к упр. 50
Рис, к упр. 51
II. ПРОСТРАНСТВЕННАЯ СИСТЕМА СИЛ
ГЛАВА Vf
СИЛЫ, ЛИНИИ ДЕЙСТВИЯ КОТОРЫХ ПЕРЕСЕКАЮТСЯ
В ОДНОЙ ТОЧКЕ
6-1. Основные положения
Совокупность сил, линии действия которых пересекаются
в одной точке, называется сходящейся системой сил.
Для того, чтобы система сходящихся сил в пространстве
находилась в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы суммы
проекций всех сил системы на три взаимно перпендикулярных
оси равнялись нулю:
п п п
:,=0. F-1)
Проекция силы на ось
Из рис. 88 видно, что F=F,-\-Ft, где составляющая Ft парал-
параллельна оси ог, составляющая F, параллельна плоскости хоу.
Используем следующую теорему: проекция равнодейст-
равнодействующей на какую-нибудь ось равна алгебраи-
алгебраической сумме проекции составляющих на ту же
ось-:
но (F,)x=0.
Обозначая (F)X=X, получаем
Но ft=AB — проекция данной силы на одну из координатных
86
плоскостей, проходящих qepe3 ось проекций. Следовательно,
(FX)X=(AB\=\Щcos P-Fstaacosp, F-2)
X=Fsinacosp\
Таким образом, приходим к следующему правилу.
Для того, чтобы найти
проекцию силы на какую-ни-
какую-нибудь из координатных осей,
нужно сначала эту силу спро-
спроектировать на одну из коорди-
координатных плоскостей, проходя-
проходящих через ось проекций, а затем
полученную проекцию спроекти-
спроектировать на данную ось.
Отсюда следует, что если:
F перпендикулярна плоскости 'х
коу, то Х=0; У=0; F перпен-
перпендикулярна плоскости хог, то
Ж=0; Z=0; F перпендикулярна плоскости уог, то У=0; Z=0.
Решаем задачи, придерживаясь следующего плана:
1. Выделяем материальную систему (тело или материальную
частицу), равновесие которой следует рассмотреть.
2. Изображаем активные силы, действующие на материаль-
материальную систему, равновесие которой рассматриваем.
3. Освобождаем эту систему от связей, заменяя действие свя-
связей реакциями.
4. Выбираем систему координат.
5. Составляем уравнения равновесия:
Рис. 88
6. Решаем полученные уравнения.
6-2. Решение задач.
Задача 23. К узлу D треноги ABCD (рис. 89) приложена
сила Q= 100 кГ, лежащая в плоскости DAK, симметрии треноги
(ВК—КС) и направленная под углом а=60е к стержню AD.
Определить усилия в стержнях AD, BD и CD, если ABCD —
правильный тетраэдр Л, В, С и D — шарниры. Весами стержней
пренебречь.
Решение. 1. Рассматриваем равновесие узла D (рис. 90).
2. На узел D действует активная сила Q.
3. Освобождаем узел D от связей, заменяя действие связей
реакциями. Связями являются стержни AD, BD и CD. Реакции
стержней направлены по стержням. Направляем эти реакции от
87
узла, предполагая, что все стержни работают на растяжение.
Будет ли это так, покажет результат решения задачи.
4. Выбираем систему координат, как указано на рис 90
Рис. 8-4
Рис. 90
5 Составляем уравнения равновесия: 2 Х=0; 2 Y=i
:=0; Q sin (а+р)+5л sin р — SB sin Р cos у —
— Sc sin р cos y=0, F-3)
r=0; — 5B sin § sin y+5c sin p sin y=0, F-4)
:os p — SB cos p — Sc cos p — Q cos (a+P)=0. F-5)
Здесь через Р обозначен ^ADO.
6. Решаем полученные уравнения. Из уравнения F-4): S- = SB.
Обозначаем /_AD0=/_BB0=/_CDO=p, тогда sinp=^.
s Из рис. 91 видно, что
АО=ОС; 2 (ЛО) cos 30°=a;
Следовательно,
р = 35°15'.
Из уравнения F-3):
. ^ 0,577Sx — 0,577Sfi=— 99,5. F-6)
Ч' Из уравнения F-5):
Рис.91 0,8165д+1,6325й=9,1б. F-7)
Решая уравнения F-6) и F-7) совместно, получаем
SA= —112,3 кГ, SB^=SC=61,7 кГ. Знак минус показывает, что
стержень AD работает на сжатие.
Задача 24. На рис. 92 изображена пространственная ферма,
составленная из шести стержней /, 2, 3, 4, 5, 6. Сила Р дей-
действует на узел А в плоскости прямоугольника ABCD; при этом
линия ее действия составляет с вертикалью СА угол <х=60°.
2iEAK=?FBM. Углы равнобедренных треугольников ЕАК>
FBM и BDN при вершинах А, В и D прямые. Определить,
усилия в стержнях, если Р=2Т и Р=45°.
Решение. Рассматриваем
равновесие узла Л. (Рис. 93).
1. Изображаем силу Р, дейст-
действующую на узел А.
2. Освобождаем узел А от
связей, заменяя действие связей
Рис. 92
Рис. 93
реакциями. Связями являются стержни АЕ, АК и АВ. Реакций-
стержней направляем от узла, предполагая, что стержни рабо-
работают на растяжение.
3. Выбираем систему координат, как указано на рис. 93.
4. Составляем уравнения равновесия: ^Х—0; 2}Y=0-r
1) 2X"=°; S.cosp—S,cosp«=0,
2) 2У=°: S,4-Psina==0;
3) 22=°; — Pcosa —SjSinp —Stsinp=0.
Рассматриваем равновесие узла В. (Рис. 94).
1. Освобождаем узел В от связей, заменяя действие связей
реакциями. Связями являются стержни BF, BM, BN. Реакции
стержней направляем от узлов, предполагая, что стержни рабо-
работают на растяжение. Причем по принципу равенства действия
и противодействия 5,=5,.
2. Выбираем систему координат, как указано на рис. 94.
3. Составляем уравнения равновесия:
1) 2*=0; 5tcosp — 5,cosp=0;
2) 2^-0; S.cosp —S',=0,
:3) У2=0; — 54sitip — S.siop1 — 5,sinP=0.
-;4. Тешаем полученную систему шести уравнений:
St—St~0.
S,-f-Psina=0,
S, sin p+5, sin P+P cos a=0,
S.-S.-0,
5,cosp—5,=0,
"^ Получаем: S, == S,=—0,707 Г.
S,—1.73 T;S4=S, = 1,22 T;
S,=-2,44T ,
Следовательно, стержни I,
2, 3, 6 работают на сжатие.
Упражнения
52. Для переноски путей звеньями на руднике применяются железнодо-
-рожные краны. Определить натяжение канатов АВ, АС,, АВу и ALX, если вес
ввена равея 1,6 Т, ВВ, = СС, = а; АВ = ЛС = ЛС, = ЛВ, = 4о.
BC — Bfit = ba.
Ответ: Т = 518 /сГ.
Рис. 94
Рис к упр. 52
Рис. к упр. 53
53 При колонковом бурении применена тренога АВСН, служащая дл*
осуществления грузоподъемных операций. Определить усилия в ногах треноги,
«ела на узел Я действует суммарная нагрузка Q = 3 7 , A0 — tlL = At = b м.
Ответ: SA=s — \
00
54. На гладком полу стоит треногий штатив; нижние концы его ножек
связаны шнурами, так что ножки штатива и шнуры образуют правильный
тетраэдр. В верхней точке штатива укреплен теодолит весом Р. Определить
реакцию пола R в точках опоры и натяжение
Шнуров Т, выразив искомые величины в частях Р
(гайки головочных винтов штатива ослаблены).
Ответ: Ц = ^; Т = ^=.
55. Определить усилия в стержнях АВ, АС
и АО, если « = 60°, /_АСО = 45°; /_АВО — 60°;
вес груза D равен 600 кГ, крепления стержней в
точках О, А, В и С шарнирные, трос DAK лежит
в плоскости, параллельной плоскости yoz. (Весом
стержней пренебречь).
Omeem: So = 0, SB= —1038 кГ, Sc =
= 1273 кГ.
56. Определить усилия в стержнях AD, BD,
CD, если вес груза М равен 800 кГ, ?_ MDE = 45°,
?DOC= 120°, /?>ЛО = /1?>ВО = 60о,трос MDE
лежит в плоскости, параллельной плоскости хог,
крепления стержней в точках А, В, С и D шар-
шарнирные, OD=OC. Рис. к упр. 65
ГЛАВА VII
ПРИВЕДЕНИЕ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ СИЛ
К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ
7-1. Основные положения
Главный вектор R системы сил равен геометрической сумме
сил Ft данной системы:
R = S Ft. G-1)
1=1
Проекция главного вектора системы сил на какую-нибудь ось
равна алгебраической сумме проекций всех сил системы на ту же
ось:
Rx=%Fix; Rv=%Fiyi Rt~%Flr G-2)
Величина и направление главного вектора системы сил нахо-
находятся по формулам:
R-VRl+R^Rl; cos (R~Ci)=^ cos(R~J)=*g;
cos («Г к) =-|s. G-3)
Главный момент системы сил относительно какой-нибудь точ-
точки пространства равен геометрической сумме моментов всех сил
системы относительно той же точки:
/ЙГ0 = ?лТ0(?,). G-4)
»=1
Проекция главного момента системы относительно точки на
любую ось, проходящую через эту точку, равна алгебраической
92
сумме моментов всех сил системы относительно этой оси:
G-5)
Величина и направление главного момента системы относи-
относительно точки находятся по формулам:
G-6)
Момент силы относительно оси равен моменту проекции силы
на плоскость, перпендикулярную к оси, относительно точки
пересечения оси с плоскостью (рис. 95):
G-7)
Рис. 95
Для того, чтобы найти момент силы от-
относительно какой-нибудь оси, нужно эту
силу спроектировать на плоскость, перпен-
перпендикулярную к оси, а затем взять со знаком
плюс или минус произведение величины этой
проекции на ее кратчайшее расстояние от
точки пересечения оси с плоскостью. Знак
плюс у произведения берется тогда, когда
проекция силы стремится вращать плоскость
проекции против направления вращения ча-
часовой стрелки, если смотреть с положительного направления оси,
в противном случае берется знак минус.
Из рис. 95 видно, чтэ M2(F)=F1h. Следовательно, момент
силы относительно оси равен нулю, если:
1) линия действия силы параллельна оси;
2) линия действия силы пересекает ось.
Если А (х; у; г) есть точка приложения силы F, a Fx, Fy,
Fг проекция силы на координатные оси, то аналитические выра-
выражения моментов силы относительно координатных осей будут:
Mx(F)=yF,-zFy;
Mt(F)=xFv-yFx,
Главные моменты системы
будут:
М
G-8)
относительно координатных осей
G-9)
93
Система сил, как угодно расположенных в пространстве, в
общем случае может быть приведена к одной силе, приложенной
в произвольной точке пространства и равной главному вектору
данной системы сил, и к паре сил (F, F'), момент которой
равен главному моменту этой системы относительно той же точки:
F,. Ft Т„ ... Fn оо R, {F, F'), G-10)
причем, тот (F, F')=Ma.
При сложении пространственной системы сил (приведение
пространственной системы сил к центру О) возможны следующие
случаи:
1. Если главный вектор системы не равен нулю, а главный
момент этой системы относительно точки О равен нулю:
R=?0; Ж0=0, G-11)
то система равносильна равнодействующей, приложенной в точ-
точке О и равной главному вектору.
Уравнение прямой действия равнодействующей — центральной
оси системы — будет:
JL-1 L п \9\
Rx~Ry~R,' ( '
где я, у, г — текущие координаты прямой, а начало координат
совпадает с центром приведения О.
2. Если главный вектор системы равен нулю, а главный мо-
момент относительно точки О не равен нулю:
G-13)
то система равносильна паре сил, момент которой равен главному
моменту Mt системы.
3. Если главный вектор и главный момент системы относи-
относительно точки О не равны нулю и перпендикулярны друг другу:
И,=0, G-14)
то система равносильна равнодействующей, равной главному
вектору системы. Расстояние d центра приведения О от прямой
действия равнодействующей (центральной оси системы) опреде-
определяется по формуле:
94
При условиях G-14) прямая действия равнодействующей'
определяется двумя какими-нибудь из следующих трех уравне-
уравнений:
yRt — zRv=Mx, zRx — xRt=My\ xRv — yRx=Mt, G-16')
где х, у, г— текущие координаты системы, а начало координат
совпадает с центром приведения О.
4. Если главный вектор и главный момент системы относи-
относительно точки О не равны нулю и не перпендикулярны друг другу:
то система равносильна динамическому винту, т. е. равносильна
паре сил и силе, равной главному вектору и перпендикулярной
плоскости пары.
Расстояние d центра приведения О от центральной оси опре-
определяется по формуле:
R, .
/jr.. I'"» И "**** ''" U/I >*? 1 О\
Уравнение центральной оси системы определяется формулой
G-16). Параметр винта определяется по формуле;
Gi?Ma)
т—¦ "-""
причем, если Р>0, то имеет место правый винт, в противном-
случае — левый.
5. Если главный вектор и главный момент системы относи-
относительно произвольной точки О равны нулю:
то система сил находится в равновесии.
План решения задач
1. Выбираем систему координат, если система координат не
задана по условию задачи.
Для упрощения решения задачи оси координат нужно на-
направлять так, чтобы одна часть прямых действия сил пересекала
оси координат, другая часть была бы параллельна этим осям.
2. Находим проекции главного вектора системы сил на оси
выбранной системы координат по формулам G-2).
3. Определяем величину и направление главного вектора
системы по формулам G-3),
95
4. Находим проекции на оси координат главного момента
системы, взятого относительно начала координат, по форму-
формулам G-5).
5. Определяем величину и направление главного момента
системы относительно начала координат по формулам G-6).
6. Если ЯфО, то данная система сил имеет центральную
ось, уравнение которой будет:
в случае, когда М„—0, в виде G-12),
в случае, когда RxMx+RyMy+RzMt=0, в виде G-16'),
в общем случае, когда RxMx+RyMy+RzMz^0, в виде G-16),
7. Определяем расстояние начала координат от центральной
оси системы по формуле G-15) или по формуле G-18).
7-2. Решение задач
Задача 25. К вершинам А, К, Е, Н прямоугольного парал-
параллелепипеда (рис. 96) приложены силы F,=F,. = F,=F. = Q,
Ft=3Q
Рис. 96
Рис. 97
Привести систему к простейшему виду, если
Решение. 1. Выбираем систему координат, как указано на
рис. 97.
2. Находим проекции главного вектора системы сил на оси
выбранной системы координат по формулам G-2):
96
Итзк.
#*=-Q. Ry 1.82Q, /?,— Q.
3, Определяем величину и направление главного вектора
системы по формулам G-3):
cos (PSi)^; cos (яГ/Н^; cos (ЯГф= ?,
следовательно,
со-*(яГ)= — 0,43, cos (/?Г/)=—0,79; cos (кЛБ) = —0,43.
4. Находим проекции на оси координат главного момента
системы, взятого относительно начала координат, по формулам
)
My(Ft)=-Ft cos
Следовательно,
*,)=Мг (FJ=Mt (F,)=0.
отсюда _
Итак,
^=/Иу = Л1,=0
5. Определяем величину и направление главного кюмента
системы относительно начала координат но формулам G-6).
Получаем: М„=0.
Таким образом в данном случае имеет место первый случай
приведения пространственно' системы сил к центру G-11)..
М0=0,
т. е. эта система равносильна равнодействующей, приложенной
к началу координаг А и равной главному вектору системы
4 М. А. Мисюрев 97
6. Находим уравнение центра п>ной оси системы—-уравнение
прямой действия равнодействующей по формуле i8 12)
3 Определяем величину и направление главного вектора
сипемы по формулам G-3):
так как выполняется условие
RXMX+RVMV 1-йгМ,~0.
Таким образом, в данном случае имеет место третий случа.*
приведения пространственной системы сил к центру G-14),
т. е система равносильна равнодействующей, равной главному
вектору системы.
6. Находим уравнение центральной оси системы (прямой
действия равнодействующей) по формулам G-16') и получаем:
x — z, х — у — а.
полагая г,--0, находим дс,=О, уу —— а; полагая ?,-</, находим
хг~а уг — 0. Следовательно, центральная ось проходит череэ
точку Вл@; —а; 0) и точку Вг(а\0;а) (рис. 99).
7. Находим расстояние d начала координат до центральной
оси по формуле G-15):
Задача 27 К вершинам А, В, С, D призмы приложены силы
/\=i,31Q; Ft=Q, F,=Ft=2Q (рис. 100). Привести систему
к простейшему виду, если AH — BC=DKl=AD—HK,=za, a=60 ,
/_DAB = /КЯС=90°
Решение \. Выби-
г аем систему коорди-
координат, как указано кз
рис 101,
Рис. 101.
2 Находим проекции главного вектора системы на оси
выбранной системы координат по формулам -J-2):
Следовательно,
3. Определяем величину и направление главного вектора
системы по формулам G-3):
Л «=1,659, cos (Я, i)=—0,6; cos(R, /)=0; cos(fl, k)=0,8.
Следовательно, прямая действия главного вектора системы
лежит в плоскости охг и наклонена под углом 127° к оси ох.
100
4. Находим проекции на оси координат главного момента
системы, взятого относительно начала координат, по формулам
G-5):
5. Определяем величину и направление главного момента
системы относительно начала координат по формулам G-6):
М'х+Мшу+М1; cos (Mt,/)-$»; оов<Л*„7)-^;
cos(Afe> *)=-д^;
:; cos(aC7)=0; cos (Л?,?/)=0,25; cos (М^Л)=0,97,
Следовательно, вектор Мо лежит в плоскости оуг и направ-
направлен под углом 76° к оси оу.
Таким образом, получаем:
так как,
В данном случае имеет место четвертый случай приведения
пространственной системы сил к центру '7-17), т. е. система
равносильна динамическому винту.
6. Находим уравнение центральной оси системы в виде G-16):
Мх — (yRz — zRy) My — (zRx - xRz) Мг -(xRy— yRx)
Rx Ry Rt
получаем:
у=0,58а, 1,3! x+г+0,42a =»0.
101
Центральная ось системы лежит в плоскости, параллельной
плоскости охг. отстоящей ел нее на расстоянии 0,58 а, и прохо-
проходит через точки /?, @; 0,58а;—0,42а) и В2(—0,32а; 0,58а; 0)
(рис 101).
7 Определяеи расстояние d нача.м координат до централь-
центральной оси системы по форм\ле G-18)
, /Hosin(«rM0)
Приходим к выведу, что данная система эквивалентна одной
силе, равной главному вектору системы лежащей на централь-
центральной оси и паре сил плоскость которой перпендикулярна централь-
центральной оси.
Величина ьектора момента этой пары М1=-УИ(| cos (R, MJ—
, „„/-. п М. cos (R, МЛ ,, пс. .
— l,z?Qa; параметр виита Р~—'——^ -=0,7о (правый винт
так как Р.>0).
Задача 28. К вершинам А, В и С пирамиды приложены силы
f, = F,==Q, /*,= 1/ ^-0. Пркгести систему к простейшему виду,
если АВ = ВС=-а. ?оЛВ=Ж .рис. 102).
Решение. 1. Выбираем систем} координат, как показано
на рис. 103.
2. Находим проекции главного вектора системы сил на оси
выбранной системы координат по формулам G-2):
102
Следовательно,
3. Определяем величину и направление павного вектора
системы по формулам G-3):
Рис 102
Рис 103
Получаем
4 Находим проекции на оси координат главного момента
системы, взятого относигечьно начала координат но формулам
G-5):
Следовательно,
103
б. Определяем величину и направление главного момента
системы относительно начала координат, по формулам G-6):
Таким образом, получили:
В данном случае имеет место второй случай приведения про-
пространственной системы сил к центру G-13), т. е. система равно-
равносильна паре сил, момент которой равен главному моменту М,.
Задача 29. Система сил состоит из трех:
F,B; 4;—б) кГ, сточкой приложения Л, (—3; 4; 5),
F,(8; —6; 4) кГ, с точкой приложения Л, A; 2; —3),
F, A0; 5; —8) кГ, с точкой приложения Л, (—5; —3; 7).
(Линейные размеры в метрах.)
Привести систему к простейшему виду.
Решение. 1. Находим проекции главного вектора системы на
оси системы координат по формулам G-2):
; Rx=20 кГ;
', Ry—3 кГ\
R^ — 10 кГ.
2. Определяем величину и нап; авление главного вектора по
формулам G-3):
V
cos@)=7f; cos (R?i)=0,89;
си, (r-J) = &; cos (R?~j) = 0,13;
cos (RJk) -^ I cos (C*")= — 0.44.
3 Находим проекции на оси координат главного момента
системы, взятого относительно начала координат, по формулам
G-5):
104
+ {x,F,y — ytF J; M,=» — 37 к/л».
4. Определяем величину и направление главного момента си-
системы относительно начала координат системы по формулам G-6):
то данная система равносильна динамическому винту
G? =^0; Ж.фО; R не \МЛ.
5. Находим уравнение центральной оси системы по фор-
иуле G-16):
Мх - (yRz -1
Полагая г,=0, находим jc,= —0,12ле, {/, = 2,76л.
Полагая zt=\ м, находим xt= — 2,12м, у3=2,46 м.
Спедовательно, центральная ось системы проходит через точк»
А (—0,12; 2,76; 0) и В{— 2,12; 2,46; I)
6. Определяем расстояние начала координат до центральной.
оси системы по формуле G-18):
г1_\М<>\\Ап(Я?Щ)\
т
Для нахождения угла между главным вектором и главным
моментом системы используем формулу:
cos(R?Ma) = RxMx + R*M*-
Получаем:
cos (R, ЛТ.) = — 0,56; ? (R, М„) = 124».
Спедовательно,
I !так данная система эквивалентна одной силе, равной глав-
f(m\ вемор) системы, лежащей на центральной оси и паре сил,
ЛЛОСКОСТ1 которой перпендикулярна центральной оси
Величина вектора момента утой парь Л1, == /И0)cos (/?, /И„)| =
Упражнения
57. К вершинам А, С, О куба приложены сипы F,, ~Ft, F, Определить
величины этих сил, при которых система равносильна одной силе, р1вной
главному вектор\ системы, если проекция этого вектора на оси координат
Я„ = 0, #7=173кГ (Диагональ OD куба—
прямая действия силы Ft) Чему равна ве-
величина главного вектора системы?
Ппи-ет Л , = 109 «г/^. г%=90 кГ.
h „=300 кГ /?=293 кГ.
ЬЬ Система состоит из трех сил;
F,. уравнение прямой действия которой
л_- 10=0, г=0
F2, уравнение прямой пейавия которой х—0;
у_ - 5=0:
/•, уравнение прямой действия которой «/=0;
г+15=0
Привести систему к простейшему виду,
если Ft = F =F.= \0 кГ, Flv > 0, Flz > 0
(Линейные размеры в метрах).
Отве/т Система равносильна равнодействующей R=l0VF кГ.
Уравнение центральной системы:
л — 4=10; // — г=15.
Расстояние начала координат до цен-цальной оси d=10,8 м.
59, Система состоит из трех сил-
F,'4, t iy. — 8) кГ, с точкой при ложе! я я Ai(xv 2; —5);
^г (F*x'> 3. —5) кГ с точкой приложения А2G, ys; 10),
F, (—6, 4; Ftt)KT, с точкой при'олмния /4,D. —8; га1
iЛинейные размеры в метр х)
Определить Fiv / 2Л /•,,, л, i/2 г,, если изьесгно, что система равносильна
одной силе, равно!! главному веьтор\ К ' 10, 0; —5) главный момент системы
относительно оси х papjen нучю i расстояние начала координат системы сг
центральной осп d=50 м
Рис. к упр. 57
106
60. К вершинам_Л,_С, О, В ку'м приложены сил,! Ь , /¦,, F,, F4 Опреде
яить величины сил F,, Fg, Fs если данная система равносильна паре сил,
г4=1000 кГ, длина ребра кубл а=2 м Чему равна нели-шиа момента ^гоч
пары?
Ome?m: F,=F3=1415 /с/"; F,=17W лГ; И=2882кЛ/к
Рис. к упр. 60
Рис, к упр I
61. Система состоит из грех сил: F,, F2 и Р3, ири.п-к 'чных к вершинам
О, В, D пирамиды. При каком _зйачении OA~BC=h jui между главным
вектором и главным моментом Ми данной системы oyiei равен рH* е^ли
F1=Fj=F,, AB=OC=OD=a
Ответ: &=-——а.
it
ГЛАВА VIII
РАВНОВЕСИЕ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ СИЛ
8-1. Основные положения
Для того, qT06bi силы, как угодно расположенные в простран-
пространстве, находились в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы
суммы проекций на три взаимно перпендикулярные оси и суммы
моментов всех сил системы относительно тех же осей равнялись
Для облегчения решения задачи рекомендуется так выбирать
оси, чтобы линия действия той силы, момент которой вычисляется
сложно, пересекала какую-нибудь ось. При нахождении момента
силы относительно оси для таких сил выгодно применять третью
теорему Вариньона: момент равнодействующей относительно
какой-нибудь оси равен алгебраической сумме моментов состав'
ляющих относительно той же оси:
M,(R)= 2 Mt(F,). (8-2)
i=\
Данную силу следует разложить на такие составляющие, мо-
моменты которых легко вычисляются (см. решение задачи 32).
При решении задач будем придерживаться следующего плана:
1. Выделяем материальную систему (тело), равновесие которой
следует рассмотреть.
2. Изображаем активные силы, действующие на материала
ную систему, равновесие которой рассматриваем.
108
3. Освобождаем эту систему от связей, заменяя действие свя-
#ей реакциями.
4. Выбираем систему координат.
5. Составляем уравнение равновесия:
б. Решаем полученные уравнения.
8-2. Решение задач
Задача 30. На шкив О веса Q—80 кГ с горизонтальной осью
вращения АВ веса G —100 кГ намотан канат, конец которого
перекинут через блок К (рис. 104). К концу каната привязан
груз D веса Р==60 кГ. На ручку АС действует сила F, лежащая
Рис. 104
в плоскости, перпендикулярной к оси АВ. Определить реакции
подшипников А, В к "силу F при равновесии системы, если
ЛВ=/, ЛО=0 7/; ЛС=0,3/; ~АС±АВ; а=60°; р = 30°; радиус
шкива r=0,U, MK.D лежит в плоскости, перпендикулярной
к оси АВ
Решение 1. Рассматриваем равновесие шкива О вместе с осью АВ
и ручкой АС (рис 105).
2 Изображаем активные силы, действующие на шкив и ось:
F, G, Q и Р. Так как блок К считаем идеальным, то натяже-
натяжение каната будет равно весу Р груза D.
3. Освобождаем ось от связей, заменяя действие связей реак-
реакциями. Связями являются подшипники А и В. Так как активные
силы, действующие на объект равновесия (шкив — вал), лежат
в плоскостях, перпендикулярных к оси АВ, то реакции RA и RB
также лежат в плоскостях, перпендикулярных к оси АВ. Эти
реакции раскладываем на составляющие ХА и YА, Хв и У8
109
4. Выбиргем систему координат, как указано на рис. 108.
5. Составляем уравнения равновесия:
2X^0; ? У-0; ^AlvG)~0; 2M,,(F)-0; 2Мг(Л=0
Задача 31. Однородная прямоугольная крышка (рис. 106) веса
Р~А0кГ наклонена под углом а—60° к вертикальной плоскости
VOW и удерживается в таком положении при помощи сфериче-
сферического шарнира О, цилиндрического шарнира А и нити CD, pac-
110
положенной в горизонтальной плоскости. Определить реакции
шарниров и нити, если ОА- СВ--а; ОС~ЛВ=-0,6а.
Решение I. Рассматриваем равновесно крышки (ЛВС
(рис 107).
Рис 106
2. Изображаем активную силу Р — вес крышки.
3. Освобождаем крышку от связей, заменяя действие связей
реакциями. Связями являются; сферический шарнир 0, цилин-
цилиндрический шарнир A vt нить CD. Реакцию сферического шарнира
раскладываем на три составляющие: ~Х0, У,,, Zo Реакцию цилин-
цилиндрического шарнира раскладываем на две составляющие: Л',, 2Д.
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 107.
6 этом сл\чае сила Т не дает момента относительно оси Z, что
облегчает решение задачи
¦5. Составляем \ равнения равнонесня:
111
б. Решаем полученную систему уравнений:
<А — Tsinp=O.
Р -| — Zfi — Т cos р -0,6а соз а=0,
Р 0,3а sin а — Т sin f$ • 0,6а cos а =0,
F-8)
(8-9)
(8-10)
(8-ili
(8-13,
Из уравнения (8-13): Хо—0;
• л /о 1 п\ т' 0,3P sin a
Из уравнения (8-12): Г=7Т7Г: —
J ^ v ' 0,6a cos a sin
Из уравнения (8-11):
Из уравнения (8-10):
Из уравнения (8-9):
Из уравнения (8-8):
Ответ: Хо=0; У
Задача 32. Дверь АВ1А1 веса Р=80 кГ затворяется при по-
помощи груза D веса Q=30 кГ, подвешенного на веревке В^СЕ,
перекинутой через блоки С и ?
(рис. 108). Дверь, открытая на в,
Рис. 109.
угол <z=60Q, удерживается в равновесии силой F, приложенной
в точке К. Эта сила лежит в плоскости, проходящей через
/Ijfi, перпендикулярно к плоскости двери, и направлена под
углом а~60° к линии Л,В,. Определить реакцию подпятника Л,
•подшипника В и силу F, если AAl=BBl~a; AB—A.B, = 1,6а;
А.К^.0.9
К=-0,9а.
Решение. 1. Рассматриваем равновесие двери ЛВБ1Л1 (рис. 109).
П2
2. Изображаем активные силы, действующие на дверь: Р — вес
двери, F и Q — вес груза D. Так как ?кЕ — идеальные блоки,
то натяжение веревки будет равно весу Q груза D.
3. Освобождаем дверь от связей, заменяя действие связей
реакциями. Связями являются: а) подпятник Л и б) подшипник В.
Реакцию подпятника раскладываем на три взаимно перпендику-
перпендикулярные составляющие ХА, YА, ZA. Реакцию подшипника расклады-
раскладываем на две взаимно перпендикулярные составляющие Хй, У&
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 109.
б. Составляем уравнения равновесия:
При составлении уравнений используем рис. 110 (вид сверху):
1) ]?Х=0; XA+XB+Qcosa — F, cos (90е — а)=0,
2) 2^=°". YA-\YB+Qsina — ^,ип(90д — а)=0,
3)
При составлении четвертого уравнения все силы нужно проек-
проектировать на плоскость уог и брать моменты этих проекций отно-
относительно точки А:
Р -|- sin a — Q sin а- 1,6а+
+ F, sin (90* — а)-0,9а+
+Fta sin а — Кв-1,6а=0.
При составлении пятого ура-
уравнения все силы нужно проек-
проектировать на плоскость хог и
брать моменты этих проекций
относительно точки А:
Рис. ПО.
При составлении шестого уравнения все силы нужно проекти-
проектировать на плоскость хоу и брать моменты этих проекций относи-
относительно точки А:
&)^Мж(?)=0\ Qa sin a — F,a=0.
При вычислении моментов силы F относительно осей исполь-
использовали теорему Вариньонэ, разложив эту силу на составляющие
?, и Тг: ?=?1 fFlt\'Fl — составляющая, перпендикулярная АхВг,
М. А. Мшюрев
ИЗ
и F2— составляющая, параллельная оси OZ, причем Fl = Fsina;
F2=F cos a.
6. Решаем полученную систему уравнений:
XA+XB+Qoxa — Fsinsa=0, (8-14)
Уд \ УД4 Qsinu — Fsinacosa=0, (8-15)
ZA — P — F cos a=0 (8-16)
-г- sin a — 1,6Q sin a-t- 0,9F sin a cos a-t-/1 cos a sin a — 1,6VB=0,
(8-17)
у cos a-f- 1,6Q cos a — 0,9F sin* a + F cos1 a+ 1,6A'B-=.O, (8-18)
Qsina — F sin a=0. (8-19)
Из уравнения (8-19): F=-Q\ F-30/сГ.
Из уравнения (8-18):
Из уравнения (8-17):
Из уравнения (8-16): ZA=~P-\- F cos a; Za~95kF.
Из уравнения (8-15): Y A~F sin a cos a — YB—Qsina;
УА=-2АкГ.
Из уравнения (8-14): XA —F sin* a — XH — Q cos a; Хд=27 кГ.
Ow^ewi Л'д=- — 19,5 кГ; YB-= 11 кГ; 1А=9Ь кГ\
\'А=—2АкГ; X А-= 27 кГ; F=30 кГ.
Задача 33. Определить реакцию сферического шарнира А и
натяжение оттяжек CD и СК столба АВ (рис. 111), вызываемые
горизонтальной равнодействующей Г=100 кГ натяжений прово-
проводов и парой сил, вектор-момент которой лежит в горизонталь-
горизонтальной плоскости и равен М = 100 кГм, если /_ ADC — ^AKC
30°. АС-=а^7м. AB=h=\0
Решение. 1. Рассматриваем равновесие столба АВ (рис. 112)
2 Изображаем активные силы, действующие на столб: Т и
пара сил с моментом М.
3 Освобождаем столб or связей, заменяя действие связей
силами-реакциями связей.
Н4
XА. ?А, ZA — составляющие реакции сферического шарнира;
fD—реакция оттяжки CD; Тк — реакция оттяжки С/С. Итак,
имеем: G", пара сил с моментом М, Хл, YA, Z'А, Тв, Тк)сг>0.
Рис. 111.
Рис. 112.
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 112.
5 Составляем уравнение равновесия'
VX=0; VK=0;
*А-
(8-20)
(8-21)
(8-22)
(8-23)
(8-24)
2Z=0; ZA — TDsina~ TKsina=Q;
2/Wx=0, TDcosa-a~- Tcosy-h-j- M созф=0,
2 M V—Q; T sin ф ¦ h — TK cos a • a — M sin cp=O.
При составлении уравнений (8-20), (8-21), (8-22) использовано
то положение, что сумма проекций сил пары на любую ось
равна нулю. Л при составлении уравнений (8-23) и (8-24) учи-
учитывались следующие две теоремы:
1. Геометрическая сумма моментов сил пары относительно
любой точки пространства равна вектору-моменту пары.
2. Проекция вектора-момента силы относительно любой точки
на ось, проходящую через эту точку, равна моменту силы отно~
сительно данной оси.
Поэтому при составлении суммы моментов есех сил пары
относительно какой-нибудь оси, вектор-момент лары нужно
проектировать на эту ось.
115
6. Решаем полученные уравнения.
Из уравнения (8-24)
' a cos a
= 129 кГ.
Из уравнения (8-23):
cos ф
в cos a
, Гд=223 кГ.
Из уравнения (8-20):
XA=TKcosa — Tsincp; Хл=14,5 кГ.
Из уравнения (8-21):
Уд=Г0соза — Tcoscp, Ул=25 кГ
Из уравнения (8-22):
Z^^ (Го+T^sina, Z/1=304 кГ.
Упражнения
62. Для того, чтобы дощатая буровая вышка не опрокидывалась от дей-
действия ветра, ее укрепили двумя канатами, как показано на рисунке. Опреде-
Определить натяжение канатов, если высота вышки #=16 м, ширина нижнего осно-
основания В = 6 л, ширина верхнего основания Ь = 2 м, вес вышки Р = 10 Т,
удельное давление ветра с; =100 кПм*, расстояние а = 24 м, с =15 м, (рав-
(равнодействующая давления ветра R = qs, где
s — проекция площади боковой поверхности на
плоскость, перпендикулярную к направлению
ч . 1 „ В+2Ь
ветра), h= — H = -
Ответ, Т =0,59 Т.
Рис. к упр. 62
Рис. к упр. 63
63. Определить натяжение Т ведущего каната и коэффициент К запаса
устойчивости врубовой машины, работающей на падающем пласте, если вес
машины Р = 3000 к[\ давление угля на торцовые площадки зубков Q = 960 кГ;
сила, возникающая от трения зубков об >юль и от сопротивления угля реза-
ьию при движении режущей цепи, R — 830 кГ; коэффициент трения машины
116
о почву / = 0,3, л = 2.и, d = 0,15, а = Ъ м, а = 30*, уг = 0,375 м. Точка С —
центр тяжести (ось оу — горизонтальна. Считать движение врубовой машины
равномерным). Трением о выступ О пре-
пренебречь.
Ответ: Т = 3236 кГ; К = 1,4.
64. Кузов автомобиля-самосвала
удерживается под углом а = 30° к го-
горизонту. Задний борт кузова удержива-
удерживается посредством цепи СН так, что борт
и днище кузова лежат в одной плоскости.
Определить реакции шарниров А к В и
натяжение Т цепи СИ, если вес борта
Р = 60 кГ, АН = АС.
Ответ: YA=ll кГ; ZA — Q,
YB=—15 кГ- гп = ЖкГ, Т = 36,8 кГ.
65. Мензульная доска прикреплена к
штативу, который стоит на гладком полу
так, что концы ножек ABC образуют рав-
равносторонний треугольник со стороной а.
Вес доски со штативом равен Р и напра-
направлен по вертикали ZOOt, проходящей че-
через центр Ot треугольника ABC. На доске помещен кипрегель весом Q
так, что проекция центра тяжести его на плоскссть доски— ючка М, коор-
координаты которой хну, ось Оу параллельна А В. Определить давление каждой
ножки на пол и установить условие устойчивости штатива, если длина стороны
квадратной доски равна Ь.
Рис. к упр. 64
Ответ- NA = LSLX+
P+Q 2 Т^З Q
2,36Qfe
P + Q '
66. Платформа ОЕ оборудована ящи-
ящиком ОН, вращающимся на шарнирах А
(цилиндрический шарнир) и В (сфери-
(сферический шарнир). После открытия борта
Рве. к упр. 66
ОК, опрокидывание ящика производится канатом HRM. Определить реакции
шарниров А и В и натяжение каната в том случае, когда борт ОК закрыт
а = ? = 30*. ОК = ~ < КН), вес ящика с грузом Р, AO = BD=-jr; CC,=4- ;
4 о о
Omee/л: ХА = — 0,325 Р, Z.4 =0,215 Р;
Хд = —0,325 Р; Кд = 0; Zfl= —0,34 Р;
Г = 1,3 Р.
67. Квадратная крышка OCHL метал-
•шческих противопожарных ляд удержива-
удерживается в равновесии под углом а =30° к
горизонту. Определить реакции в шарни-
шарнирах А, В и натяжение поддерживающего
троса ЕМ, если вес крышки равен 100 кГ,
НК — КЕ, ОС = 180 см, СВ = 20 см,
АО = 40 см, tg B=y •
Ответ: ХА~П кГ, ?л = 44,8 л'Г;
,Yn — 19,3 кГ; ZB = 32 кГ; Г = 51,8 кГ.
68. Для подъема комплекта невьянского
бура применяется ручной ворот с осью вра-
вращения АВ, укрепленный на двух ногах тре-
треноги. Определить в положении равновесия
усилие F в веревке СН и реакцию подшип-
подшипников (А — упорно-опорный, В — опорный
подшипники), если вес вала равен 60 кГ; вес
комплекта равен 150 кГ, расстояние между
подшипниками равно 3 м, диаметр вала ра-
Рис. к упр. 6Ь
118
69. Для защиты от радиации сооружаются тсисгостенные помещения. Дверь
такого помещения представляет собою (приближенно) прямоугольный однород-
однородный железобетонный параллелепипед ABCDKEHM. Определить реакции под-
подпятника А и подшипника В, если дверь открыта так, что угол а=60°, тол-
толщина двери равна а, ширина b—За, высота k—5a, вес двери равен Р.
Ответ: ХА = 0,063 Р;
Y л = 0,31 Р, ZA = P,
Хв— — 0,063 Р: YB = — 0,31 Р.
Рис к упр. 69
70. Горизонтальные провода телеграфной линии подвешены к столбу АВ
с подкосами DH и СН и составляют /_ КВМ = 120". Натяжения проводов
ВК и ВМ соответственно равны 20 кГ и 30 кГ. Определить, учитывая только
величины данных натяжений и считая в точках A, D, С и Н крепления шар-
шарнирными, угол а между плоскостями уАг и АВМ, при котором усилие в под-
подкосе СН будет максимальным и найти усилия в подкосах в этом случае, если
/_ СНА = ? ОНА =30г, ф=гЗОв, -ф = 45е. Остальные размеры ваять с чер-
чертежа
Ответ: а = Ч5е50'; Sc = 91,2 кГ; Sn= — 23,7 кГ.
71. Определить реакции подшипников А а В коленчатого вала и угол (J
при равновесии вала, если сила F,, приложенная к первому колену парал-
параллельна оси Ах и F, = 1000 кГ, сила Fs, приложенная ко второму колену, ле-
лежит в плоскости, параллельной плоскости XAZ, составляет угол р с осью Аж
и f, = 423 кГ, сила Ft, приложенная к третьему колену, вертикальна и
f,= 1000 кГ, угол а = 60', остальные размеры указаны на чертеже.
Ответ: ХА = —567 кГ; ZA~— 144 кГ; Хв — — Ы кГ, ZB = — 644 кГ
119
Рис к упр. 71
Рис. к yup 72
72. Определить реакции подшипников (О—радиалыю-упорный, А — радиаль-
радиальный) и величину силы Q давления колеса_ на прямозубую цилиндрическую
шестеренку, если р = 30*, величина силы Р давления колеса на коническую
шестерню равна 1000 кГ и ? (?, Г) = 60*, /_ (Р, к) = 225% Py>Q, г = 10 см.
120
А = 20 ем, «я» 60*. Весом деталей пренебречь. Остальные размеры взять с чер-
«ежа.
Ответ: Х, = —500 кГ; Уо=—623 кГ\ Z0 = 464 кГ\
YA = — 600 кГ; гЛ = 6б0 кГ; С? = 835 кГ.
73. Определить реакции подшипников (О — радиально-упорный, А — радя-
•льныб) и величину момента М пары, приложенной к валу, если давление
Рис. к упр. 73
¦убьев колеса на косозубую шестеренку приложено к точке С и равно МЮОкГ,
?{F, 7) = бО*. / (F, ft) = 240*, Fy>0, r = 15 см. Остальные данные взять
« чертежа. (Весом вала и шестерни пренебречь).
Ответ: Х„=167 кГ; У. =—707 кГ; Za = — 285 кГ;
ХА = — 667 кГ; Z^ = 785 кГ; М = 75 кГл.
ГЛАВА IX
ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ
9-1. Основные положения
Центр тяжести твердого тела есть центр параллельных сил,
лредставляющих веса материальных частиц твердого тела. Коор-
Координаты центра тяжести однородного тела трех измерений (центр
тяжести объема V) определяются по следующим формулам:
Координаты центра тяжести однородной плоской фигуры
•(центр тяжести площади s):
(9-2)
Координаты центра тяжести однородной линии длиною /:
dl. (9-3)
Практические способы нахождения координат центра тяжести
1. Способ симметрии Если тело имеет плоскость сим-
симметрии или линию симметрии или центр симметрии, то центр
тяжести находится соответственно в плоскогти симметрии, на
линии симметрии или в центре симметрии.
2. Спосоо разбиения. Если твердое тело можно разбить
на такие части, положения центров тяжести которых известны,
то центр тяжести тела находится как центр тяжести совокуп-
совокупности материальных точек, которые мы получим, если массу
каждой части тела сосредоточим в ее центре тяжести
J22
8. Способ отрицательных масс Если тело имеет
вырез (отверстие), то для нахождения центра тяжести этого тела
«ужно применить способ разбиения, считая, что тело состоит из
двух частей: одна часть — объем всего тела, включая и объем
выреза, заполненный равномерно массой тела; вторая часть —
вырез, заполненный массой, которую нужно брать со знаком
минус.
4 Способ Гульдена. Первая теорема Гульдена. Площадь
поверхности, полученной сращением отрезка плоской кривой
(ломаной) около оси, лежащей в плоскости отрезка, но его не
пересекающей, равна длине отрезка, умноженной на длину
окружности, описанной
центром тяжести отрезка
(рис. 113): \±* в
(9-4)
где с - центр тяжести от-
отрезка,
/ — длина отрезка АВ,
оу— ось вращения.
Следовательно,
S_
Кг Г
Рис. 113
Рис 114
Вторая теорема Гульдена. Объем тела, полученного враще-
вращением плоской фигуры около оси, лежащей в плоскости фигуры,
но ее не пересекающей, равен площади фигуры, умноженной на
длину окружности, описанной центром тяжести фигуры (рис 114):
V=2nxcS, (9-5)
где с — центр тяжести плоской фигуры,
s — площадь фигуры,
оу — ось вращения фигуры.
Следовательно,
V
хг —
Центры тяжести некоторых однородных линий,
плоских фигур и тел
1. Центр тяжести дуги окружности (рис 115)
R sin a ,,
(9-6)
2. Центр тяжести кругового сек юра
123
3. Центр тяжести площади треугольника нахо-
находится в точке пересечения медиан треугольника, т. е лежит на
медиане, на одной трети ее длины, считая от соответствующей
стороны треугольника (рис. 116).
Рис. 116.
Рис. 117
Рис. 118.
5 Центр тяжести полушара (рис. 118)
0; ur=Q\ z^=~R
(9-9)
В-2 Решение задач
Задача 34. Пользуясь первой теоремой Гульдена, определить
положение центра тяжести дуги полуокружности радиуса R
(рис. 119).
Решение. Дуга ABD симметрична относительно оси ох, сле-
следовательно, уе=о.
124
Для нахождения хс применяем первую теорему Гульдена.
При вращении дуги ABD вокруг оси оу (рис. 120) получается
сферическая поверхность радиу-
радиуса R с площадью S—AnR^, длина
Рис. 119.
Рис. 120.
дуги полуокружности l=nR'
Ответ: xe=—R; yc=0.
Задача 35. Определить положение центра тяжести фигуры,
представленной на рис. 121, состоящей из стержней: АВ=а,
BD=0,b а и дуги DKO полуокружности радиуса а, если сече-
сечения стержней одинаковы, стержни однородны и сделаны из одного
и того же материала.
Решение. Используем метод
разбиения (рис 122) Разбиваем
фигуру на стержни /, 2, 3.
В этом случае координаты цен-
центра тяжести тела определяются
по следующим формулам:
где 1^—а, /,=0,5 a; /,=яа;
Рис. 121.
1а
^,=0,5 0; х,=0; х,=
y, = 2tba\ г/2=2,25а; у,=а,
х\\ У\'< хг> Уг> хг> Уз — координаты центров тяжестей стержней,
/, 2, 3 — соотвегственно. После подсчета получаем. лс„=0,538а;
12S
Задача 36. Пользуясь второй теоремой Гульдена, определить
положение центра тяжести площади полукруга (рис. 123).
Решение. Ось ох является осью симметрии пластинки, следо-
следовательно, ус — 0. Для
нахождения хс приме-
применяем вторую теорему/
Гульдена:
z
где V — объем сферы,
получившийся от вра-
вращения вокруг оси оу
(рис. 124), S—площадь
полукруга;
Рис 123.
Получаем:
Ответ: х„
Рис. J24.
Задача 37. В полукруге АВК радиуса R (рис. 125) требуется
найти такую точку С, которая будет центром тяжести площади,
полученной из полукруга путем выреза равно-
равнобедренного треугольника ABC. ¦у
Решение. Для решения задачи используем спо- "
соб разбиения и способ отрицательных площадей:
где h — высота треугольника ABC;
S, — площадь полукруга АВК;
х1 — абсцисса центра тяжести полукруга,
S. — площадь треугольника ABC;
Рис 125
хг — абсцисса центра тяжести треугольника ABC:
Получаем: xc=/z = 0,557 R,
Ответ. л:с=0,557 R; ус=0.
Задача 38. В однородном цилиндре (J) радиуса R сделас
соприкасающийся с ним цилиндрический вырез радиуса q=0,75 R.
К этому цилиндру прикреплен пустотелый цилиндр B) ра-
12о
диуса rt — 0,5R. При какой толщине стенки второго цилиндра
данное тело будет находиться в устойчивом равновесии в поло-
положении, указанном на рис. 126 (цилиндры одинаковой длины
и сделаны из одного и того же материала)?
Решение. Условие устойчивости заключается s том, что в дан-
данном состоянии (рис. 126) центр тяжести тела должен занимать
наинизшее положение по сра-
сравнению со всеми соседними поло-
положениями тела, т. е. yc^R (центр
тяжести тела находится на
оси у, так как эта ось — ось
симметрии тела). В самом деле.
в положении соседнем к данному (рис. 127), возникает пара
сил (Р, М), которая стремится возвратить тело в данное положе-
положение, если центр тяжести находится ниже точки О,, если же
центр тяжести тела находится выше точки О, (рис. 128), то
пара сил (Р, N) стремится удалить тело из данного состояния
равновесия. В том случае, когда центр тяжести тела совпадает
127
с точкой О, пары, стремящейся повернуть тело, не существует.
В этом случае тело находится в состоянии безразличного разно-
весия (рис. 129).
При решении задачи используем способ разбиения тела на
части и способ отрицательных площадей:
где 5t —
площадь круга радиуса R;
— координата центра тяжести этого круга;
— площадь кругового выреза радиуса q=0,75 jR,
— координата центра тяжести этого выреза;
— площадь круга радиуса r,=0,5 R,
у, — координата центра тяжести этого круга;
S, — площадь кругового выреза радиуса г„
yt — координата центра тяжести этого выреза;
S,=»rir; S2=JtQf; S,=nrl; S4=jtr*;
ft «К; &=2K —e; Л-ЗД+г,; yt=2R+r,.
Получаем rx\
4/1 x>
Очевидно, что rt^rx.
Ответ. 6=/-, —л,< 0,105 R.
Задача 39. Тело состоит из однородного полушара радиуса R
и однородного цилиндра того же радиуса, скрепленных друг
с другом, как указано на рис- 130.
Какова должна быть высота h конусо-
идального выреза, чтобы тело находи-
находилось в данном состоянии в положении
устойчивого равновесия (шар и цилиндр
сделаны из одного и того же мате-
материала)? H=R
Решение. Для того, чтобы тело на-
находилось в данном состоянии в поло-
положении устойчивого равновесия, необ-
необходимо и достаточно, чтобы yr^R, где
ус — координата центра тяжести тела
(см решение задачи 38). Для нахожде-
нахождения ус воспользуемся способом разбиения тела на части и спо-
способом отрицательных объемов Разбиваем тело на полушар,
цилиндр и пустотелый конус (отрицательный объем).
Тогда будем иметь:
Y777777777777777777777777777777v777777i
Рис. 130.
128
где Vl — объем полушара;
г/, — координата центра тяжести этого полушара,
V2 — объем цилиндра,
уг — координата центра тяжести этого цилиндра;
V, — объем конуса;
у, — координата центра тяжести конуса.
Получаем для определения А следующее неравенство 2-й сте-
степени:
Откуда
Упражнения
74. Определить положение центра тяжести фигуры, представленной на
рисунке, состоящей из двух однородных дуг полуокружностей Радиус первой
полуокружности R, радиус второй полуокружности г =0,5/?.
Ответ: хс = 0,83 R; цс=1,5 R
75. В однородной равносторонней треугольной пластигт-
ке требуется найти такую точку С, которая будет центром
тяжести площади, полученной
\v из пластинки путем выреза ра-
равнобедренного треугольника
ABC(AB — BDz=AD=a).
Ответ хс = —— а; ус = 0
76 Тело состоит из полу-
полушара радиуса R и конуса, ра-
радиус основания которого /¦ =
= 0,5 R, соединенных между
собой, как указано на рисун-
рисунке. При какой высоте h конуса
данное тело будет находиться
в устойчивом равновесии в по-
конус однородны и сделаны из
Рис. к упр. 74
Рис к упр. 75
(шар и
ложении, указанном на рисунке
одного и того же материала)?
Ответ: h s?3,46 R.
77. В однородном шаре 1 радиуса R сделан соприкасающийся с ним ша-
шаровой вырез радиуса q = 0,75 R. К этому шару прикреплен пустотелый шар 2
129
радикса г^ = 0,5 R. При какой толщине стенки второго шара данное тело
будет находиться в устойчивом равновесии в положении, указанном на ри-
сунке11 (Оба шара однородные и сделаны из одного и того же материала).
Ответ: & = r.—r1^0,l2R.
////'///'//////777//////////7//7/17/ffi
Рис к упр 76
Рис к упр. 77
Часть вторая
КИНЕМАТИКА
III. ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ
ГЛАВА X
ПРЯМОЛИНЕЙНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ
10-1. Предмет кинематики. Основные положения
В разделе «кинематика» изучается механическое движение, рас-
рассматриваемое без учета сил, приложенных к движущимся объектам.
Механическое движение является одним из видов движения
материи, выражающийся в изменении с течением времени взаим-
взаимных положений тел или частей тела Кинематически определить
движение тела — значит указать положение любой точки тела
в любой момент времени относительно выбранной системы коор-
координат. Пространство, в котором происходят наблюдаемые дви-
движения материальных тел, в классической механике рассматри-
рассматривается как трехмерное евклидово пространство Время предпо-
предполагается не зависящим от относительного движения систем отсчета,
т е. оно одинаково во всех системах отсчета. Время в кинема-
кинематике, рассматриваемое как величина непрерывно изменяющаяся,
с точки зрения математики играет роль независимого переменного
и обозначается буквой t. Под термином «момент времени h по-
понимается число секунд, отделяющих данное мгновение от неко-
некоторого начала отсчета времени. Под термином тромежуток вре-
времени h понимается число секунд t, отделяющих два каких-нибудь
последовательных момента времени. Для удобства изложения
кинематика делится на кинематику точки и кинематику твердого
тела. Траекторией точки называется линия, описываемая дви-
движущейся точкой в пространстве. Прямолинейное движение точки —
Такое движение, при котором траектория точки есть прямая ли-
линия. Равенство, выражающее абсциссу х движущейся точки, как
функцию времени, называется законом (уравнением) движения
Ш
точки (рис. 131):
OM = x=f(t),
где М — текущее положение точки.
Проекция vx вектора скорости точки на ось х равна первой
0 производной по времени от
' ' • *-(+) абсциссы точки:
иХ ' /1 Л 1 \
Рис. 131. и*-Ц~*" v '
Если -гт > 0, то движение прЪисходит в положительном направ-
направлении оси х, в противном случае точка движется в отрицатель-
отрицательном направлении.
Модуль вектора скорости точки в прямолинейном движении
по оси х равен абсолютной величине первой производной по вре-
времени от абсциссы точки:
dx
A0-2)
Проекция wx вектора ускорения точки на ось х равна второй
производной по времени от абсциссы точки:
*»*=%=х- (Ю-3)
Модуль вектора ускорения точки в прямолинейном движении
по оси х равен абсолютной величине второй производной по
времени от абсциссы точки:
d'x
dts
wx\. A0-4)
Прямолинейное движение точки называется равномерным,
если проекция вектора скорости точки на ось х—постоянная
величина.
При равномерном движении точка перемещается по линейному
закону:
x=xt+vj. A0-5)
Прямолинейное движение точки называется равнопеременным,
если проекция вектора ускорения точки на ось х есть постоянная
величина:
движение;
равнозамедленное движение.
При равнопеременном движении точка движется по квадра-
квадратичному закону, а проекция скорости точки на ось х изменяется
по линейному закону:
x=X<) + voxt+-^-; vx=vtx-Lwxt, A0-6)
132
w = const I l- ШЛ>° — Равноускоренное
x \ 2. wxv <0 — равнозамедленное
где при vox > 0 и wx > О — движение равноускоренное, а при
vax > 0 и дах < 0— равнозамедленное.
Функциональную зависимость x=f(t) можно изобразить на
чертеже в виде некоторой линии. Такая линия называется гра-
графиком движения (рис. 132). Если на этом графике величины t и
х изображены в одинаковом масштабе, т е. если единица вре-
времени и единица пути изображаются по обеим осям координат
отрезками одинаковой длины, то проекция vx скорости точки на
ось х равна тангенсу угла наклона касательной к кривой гра-
графика движения:
Графиком скорости называется линия (кривая или прямая),
изображающая на чертеже функциональную зависимость скорости
Рис. 132.
Рис. 133
от времени. Если на этом графике скорость и время изображены
в одинаковом масштабе, то проекция ускорения на ось х равна
тангенсу угла наклона касательной к кривой графика скорости
(рис. 133)
В атом же масштабе путь S, пройденный точкой, равен пло-
площади, ограниченной осью времени, кривой графика скорости и
ординатами, соответствующими началу и концу рассматриваемого
движения:
txABtv
Если площадь, ограниченная кривой графика скорости и осью
времени, располагается частью выше и частью ниже оси времени,
то путь равен сумме абсолютных величин этих частей площади:
133
10-2. Решение задач при нахождении скорости и ускорения
по заданному закону движения точки
План решения задач
1 Находим скорость точки по формуле A0-2): v-
2. Определяем ускорение точки по формуле A0-4): w—
Задача 40. Точка движется прямолинейно по закону:
*=(/• — 4/*+10f + l) cm [t — в сел)
Найти ее скорость и ускорение в момент времени /=0.
Определить наименьшую скорость точки и построить кривую
скоростей
Решение. 1. Находим скорость точки по формуле:
= Iх|; о=13/* — 8t +101 см'сек; уо== v @) = 10 см/сек.
2. Определяем ускорение точки по формуле:
wx@)=x@) = — 8 см\секг;
fmm при-^=0; 6/ —8=0; /,=-j се/с.
Следовательно,
fmin = a/t=tf, =4,66 см'сек;
кривая скоростей — парабола о=3/* —
— 8< + 10 (рис. 134).
Задача 41. Точка движется прямо-
прямолинейно по закону:
3 4 t(ceK)
Рис. 134.
роста точки по формуле:
dx
ВО
Найти ее скорость и ускорение как
функции от х.
Решение. 1. Находим проекцию ско-
(Ю-7)
A0-8)
134
Из уравнений A0-7) и A0-8) находим:
A0-9)
A0-10)
Из уравнений A0-9) и A0-10):
следовательно,
2. Определяем проекцию ускорения точки по формуле*
следовательно,
Упражнения
78. Закон движения клети при так называемом гармоническом подъеме
выражается формулой х = —A — cos ф), где Н— полная высота подъема а
<р = 1/ —¦ t. Определить скорость и ускорение
клети, а
79 При системе бесхвостового каната в период ускоре-
ускорения закон движения клети выражается формулой:
где аб и к — постоянные величины Определить скоросгь
и ускорение клети. Рис. к упр. 78
Ответ:
^¦sh(kt)i w = aach(kt).
80 Определить ускорение пули перфоратора в глинистом растворе, если
закон движения пули х=— In (kvat — 1) (k — постоянный коэффициент про-
порциональности, vt — начальная скорость пули).
Ответ:
i
135
10-3. Решение задач
с помощью составления закона движения точки
План решения задач
1. Устанавливаем закон движения точки
2 Находим искомые величины
Задача 42. Тело бросают вертикально вверх со скоростью v0.
Одновременно с этим с предельной высоты, которую может до-
достигнуть тело, начинает падать верти-
г; /////(////, . кально вниз другое тело, тоже с на-
начальной скоростью ь0. Определить вре-
время Т, по истечении которого тела
встретятся, расстояние h от земли и
скорости vt и f2 обоих тел в момент
встречи
Т— I i мак ^» | I —_ fJ '
Решение. 1. Устанавливаем законы
движения и законы изменения скоро-
- » стей обоих тел
t 0 • Первое тело поднимается равноза-
~ ' 135), следовательно,
Рис 135.
медленно (рис
01
2
A0-11)
A0-12)
Второе тело опускается равноускоренно, следовательно
A0-13)
A0-14;
2. Находим искомые величины из уравнений A0-11), A0-12),
A0-13) и A0-14):
v^vo-gT,^ A0-15)
h=otT — *?, A0-16)
A0-17)
A0-18)
Получилась система четырех уравнений с пятью неизвестными:
но
136
где т — время подъема первого тела на максимальную высоту Н.
Из уравнений A0-11) и A0-12) находим что
A0-19)
Из уравнений A0-16), A0-18) и ЛО-1Э):
Из уравнений A0-15) и A0 17).
3 5
Задача 43. К концу нити, перекинутой через два небольших
блока Л и В, подвешены грузы М, и М% (рис. 136). Точку С
нити, которая в начальный момент
совпадает с точкой D, тянут по вер-
вертикали DC вниз с постоянной ско-
скоростью и. Найти скорость грузов,
если /4D=DB = 6.
Решение. 1. Устанавливаем закон
движения грузов М, и /VI,
Когда точка С совпадает с точ-
точкой D, то грузы М, и Mt займут
положения Ми и М20, следовательно,
но
Рис. 136.
Так как точка С движется равномерно, то,
DC=ut,
следовательно
2. Находим скорость груза М, (М2) по найденному закону
Задача 44. Две точки, расстояние между которыми в началь-
начальный момент равно 60 м, движутся навстречу друг другу: пер-
первая— равномерно со скоростью 6 MJcen изначала координат, вто-
вторая— равномерно-ускоренно с начальной скоростью сго=2 м\сек
и ускорением а=2 MJceK*. Найти графически место и врем»
встречи этих точек.
137
Решение. 1. Устанавливаем законы движения данных точек.
Первая точка движется равномерно, следовательно,
x=*v i\ х=Ы м. A0-20)
Вторая точка движется равноускоренно, поэтому
х. — v.J— €¦; jc=60 — 2t —1\
A0-21)
Знаки минусы в уравнении A0-21) взяты потому, что вторая
точка движется навстречу первой; хо=/=60 м, так как расстоя-
расстояние между точками при t=0 равня-
равнялось 60 м.
2. Находим графически искомые
величины. Для этого рисуем графики
движений точек в системе коорди-
координат (t, х) (рис. 137). Координаты
точки пересечения полученных гра-
графиков и есть искомые величины.
Итак
Задача 45. Кривая скоростей
представляет собой первую четверть
окружности радиуса г==5 см (рис. 138). Масштаб на оси абсцисс
20 сек в 1 см, масштаб на оси ординат 10 м\сек в 1 см. Опреде-
Определить закон движения точки и путь, пройденный
точкой до остановки.
Решение. 1. Устанавливаем закон движения
данной точки:
dx
о О
Но уравнение окружности графика скорости: Рис. 138.
Отсюда:
следовательно,
138
2. Находим путь, пройденный точкой до остановки:
S=IQМ'Сек-20 сек (площадь 0,25 круга) =^т--200 м:
S-3926 м
Упражнения
81. Клеть движется со скоростью 12 м\сек. На каком расстоянии от верх-
верхней приемной площадки находится клеть, когда выключается машина, если
известно, что замедление клети равно 1,2 м/секг. Сколько времени движется
клеть до остановки?
Ответ:
/г = 60л; t—10 сек.
82. Ускорение клети в период ускоренного движения в зависимости от
времени выражается следующей формулой:
«•де а„ и <г — постоянные. Найти уравнения скорости и движения за время
ускоренного движения, зная, что о0:=0, а также выяснить механическое зна-
значение величин а0 и /, и выразить в зависимости от максимальной скорости
аодъема.
Ответ: v = a0[i+^[coswrlj\, 5 = a0 \j + ^ (^ sm^ - t JJ .
83. Клеть начинает подниматься с ускорением я0, которое в течение tt сек
равномерно убывает до нуля, после чего клеть движется равномерно до начала
замедленного движения. Найти максимальную скорость отах, которую достигает
клеть, закон движения клети за время ускоренного движения, а также путь Ну
пройденный клетью за время /==/,, выразив его через чтах.
ГЛАВА XI
КРИВОЛИНЕЙНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ
11-1. Основные положения
Криволинейным движением точки называется такое движение,
при котором траектория точки есть кривая линия
1 Координатный способ задания движения точки за-
заключается в том, что а) выбирается система координат, напри-
например, декартова прямоугольная система, б) задается закон дви-
движения точки в координатной форме, т. е. задаются координаты
движущейся точки как функции времени:
*=/.«). 0=-/,(О. *=/,(')• (U-D
Уравнения A1-1) можно рассматривать как уравнения траек-
траектории точки в параметрическом виде, где роль параметра играет
время t После исключения параметра t из этих уравнений по-
получаются уравнения траектории точки в явной форме.
Проекция скорости точки на какую-нибудь неподвижную ко-
координатную ось равна первой производной по времени от соот-
соответствующей кооординаты точки
dx du • йг • \
(П-2)
,— 7\ 2
соь(у, г)=—• cos (у, /) = -|; cos (v, k)=— .
Проекция ускорения точки на какую-нибудь неподвижную
координатную ось равна второл производной по времени от со-
140
ответствующеи координаты точки
Л • d'y
A1 3)
2 Естественный способ задания движения точки за-
заключается в том, что а) задается траектория точки (ОМА
рис. 139); б) задается закон движения точки
по траектории: у
s = /(*). (И-4) SA.
где s = OM, О — начало отсчета дуг; М — те- О
кущее положение точки на траектории Знак
{+) показывает положительное направление
отсчета дуг, а знак (—) — отрицательное на-
направление.. рис. 139.
Проекция v-c вектора скорости точки на
касательную к траектории равна первой производной по времени
от дуговой координаты точки:
А С
Если sr>0, то скорость точки направлена в положительную
dt
dS
сторону отсчета дуг S, а если -^ < 0, то — в отрицательную
сторону.
Модуль вектора скорости точки равен аСсолютной величине
первой производной по времени от дугово'г
координаты точки:
dS
It
(И-5)
Для нахождения ускорения точки поль-
пользуются естественными осями Т, N, В,
(рис 140)
Т — касательная к траектории точки М,
N — главная нормаль, направленная в сторо-
сторону вогнутости траектории, В — бинораль
Проекция ускорения точки на касатель-
касательную к траектории точки равна первой производной по времени
от алгебраической величины скорости:
^ттг^- (П-6)
141
Проекция ускорения точки на главную нормаль к траектории
точки равна квадрату скорости точки, деленному на радиус
кривизны траектории:
о"
Проекция ускорения точки на бинормаль к траектории равна
нулю:
О
где \i=*(w, wn) фис. 141).
Криволинейное движение точки называется равномерным, если
проекция vz вектора скорости точки на каса-
касательную к траектории есть величина постоян-
постоянная. При равномерном движении точки закон
движения линейный:
s=so+vTt. A1-9)
Криволинейное движение точки называется
равнопеременным, если проекция ускорения на
касательную к траектории точки есть величина
постоянная:
( 1. vTwz>Q — равноускоренное движение;
шг—const <
B. vxw^<Q — равнозамедленное движение.
При равнопеременном криволинейном движении точка дви-
движется по квадратичному закону, а проекция скорости ее на ка-
касательную к траектории точки изменяется по линейному закону:
, WJ2
где при fOT>0 и wx>0 — движение равноускоренное, а при fOT>0
и шт<0 — равнозамедленное.
11-2. Решение задач при нахождении скорости и ускорения
по заданному закону движения точки в координатной форме
План решения задач
1. Определяем уравнение траектории точки, исключая для
этого параметр / из данных уравнений движения точки:
2. Находим скорость точки с помощью формул A1-2).
3- Определяем ускорение точки с помощью формул A1-3).
142
Задача 46. Точка движется по закону
Найти уравнение траектории точки, скорость и ускорение ее
в момент времени t=\ сек.
Решение. 1. Определяем уравнение траектории.
Для этого исключаем время / из уравнений движения точки;
±-1- /_?•
U~ t ' '~ х '
найденное t подставляем в уравнение
_ 3<
х~ l + t"
получаем уравнение траектории:
х'-\-у' — Зху — Декартов лист (рис 142).
2. Находим скорость точки.
3—6/*
Следовательно,
3. Находим ускорение точки:
Следовательно,
Упражнения
Ь4. Точка движется по закону
х = j , ti . у = t ; р (t — в сек; к, ц — в Зл).
Найти уравнение траектории точки, скорость и ускорение точки в момент
времени t = 2 сек.
Ответ: Уг = -, циссоида Диоклеса.
vi = vlt=2 „, = ~Л дм/сек-, l(v, Г)^82':
w1 = wlt:_i сек = 0,т длцсек1; ?(ш, i ) чг 190э.
85. Точка движется по закону
/2 - 1 ? — 1
* = f» j_ t ! У = ^а i ] С — Б сек: х,Ч — ъдм)
Найти уравнение траектории точки, скорость и ускорение ее в момент t =
Ответ: у2 = хг ( ' \ — строфоида.
"i = v!t=2ceK. = ' >28 дм/сек; ?(щ, Т) =i 76*.
w1 = wjt=2ceK. = 0,36 ём/сек*; /(?„7)^ 1900'.
86. Точк движется по закону:
X = i (в*+«"«); ув± (««-в"*).
Найти уравнение траектории, скорость и ускорение ее.
Ответ: —^ — ~j- = 1 — гипербола.
где г — модуль радиуса-вектора движущейся точъи. Ускорение направлено по
радиусу-вектору oi центра гиперболы.
11-3. Решение задач на составление закона движения точки
в координатной форме и нахождение скорости и ускорения
движения по данным задачи
План решения задач
1. Устанавливаем закон движения точки. При составлении
закона движения нужно рассматривать точку в текущий момент
времени t и выразить текущие координаты как функции времени
[формулы (П-1)]-
2. Определяем уравнение траектории точки, исключая для
этого параметр t из полученного закона движения.
3. Находим скорость точки по формулам A1-2).
4. Находим ускорение точки по формулам A1-3).
.144
Задача 47. Стержень OB вращается вокруг оси О так, то
4Об=ср=.2/ и приводит в движение стержень ЛО, точки Л и С
которого движутся по осям: Л— по горизонтальной ох, С — по
вертикальной оу. Определить скорость и ускорение точки U
стержня при ф=60° и найти
уравнение траектории зтой
точки, если АВ=ОВ=^ВС^
= CD = \2 см (рис 143)
Решение. 1. Уаанавли-
ваем закон движения точки
D:
*=(CD) cosq>; у =
так как ? ипи—^\ ср
CD=-1? см; ЛО=т36 см.
Получаем закон (уравнения)
движения точки D:
Рич. 143.
2 Определяем уравнение траектории точки D Для этого из
уравнений движения исключаем время t, находим cos 2? и s>in z/
и пользуясь равенством cos2 2/ + sin* 2t— 1 получаем:
Следовательно, точка D движется по эллипсу-
3. Находим скорость точки D:
vx=x=— 24 sin 2t; о1х=х/ф=воо=— 24 sin 60°;
?>,-=— 12 l/~3 см\сек;
t- viV={//?=«»- — 72соь60°; vly^3& CMJceK;
f, = y v'iX+v[y; y,=-41,57 см\сек\ cos(ult t)^~f;
^(«,Г)=120д.
4. Находим ускорение точки D:
wx=x——48 cos 2t, uuix=*/„=,<,„=— 48 cos 60°;
wix=—24 сн\секг,
u>v—y=— 144 sin 2t\ wlv=yj4=:tl)o =— 144 ып 60°;
ш1у=— 72 V 3 см\сек1;
w\x-\w\v, ay, = 127 CMJceK1; cos(m,, 0=^
/_ (wt. 7)=259°.
D5
Упражнения
87 Рудничная вагонетка движется равномерно по горизонтальному прянпг
лииейному пути со скоростью 9 км^ас Определить уравнение движения точки.
лежащей на ободе колеса, а также уравнение траектории этой точки в декар-
декартовых координатах, скорость и ускорение точки обода колеса в текущий
момент если диаметр колеса равен 350 мм Качение колеса по рельсу про-
происходит без скольжения За начало координат взять начальное положение
то«ки на пути
Onwem- циклоида х= 2,5* — 0,175 sin 14,28* мг
« = 0,175A — cos 14,280 м.
88 Провисание опорожненной ча-
части черп-аковой цепи драги определя-
определяется с достаточной степенью точности
по формуле цепной линии:
определить уравнение движения точ-
точки М в координатной форме, если
в начальный момент времени эта точка
пересекала ось оу, барабан В, приво-
приводящий непь в движение, вращается
равномерно так, что скорость точки
М равна v = const
П-4. Решение задач при нахождении скорости
и ускорения движущейся точки в случае естественного способа
задания движения
План решения задач
1. Определяем величину скорости точки по формуле A1-5).
2 Находим ускорение точки по формуле (П-8).
Задача 48. Точка движется по окружности радиуса R=^6 дм
по закону:
s=6+9/*— \2ts(t — в сек; s—в дм)
Определить скорость и ускорение точки в момент времени
/ = 1 сек, а также наименьшее значение скорости точки
146
Решение. 1.Определяем скорость точки по формуле: о— \-?\ ;
t,T=iF+9/s—12/'); от=(Ш —36/1) дм]сек\
vu = v]t=iceK~—18 дм}сек; |o,t | = i», = 13 дм1 сек
Знак (—) показывает, что скорость точки в момент времени
/=1 сек направлена к началу отсчета дуг.
2. Находим ускорение точки по формуле: w,=*i/~w\z-}-w* ;
w^lr a)t=A8 —72t) дм]секг\ wlx=wJt=iceK;
ш1т=—54 дм)секг,
v2 A8/ — 36/2J _. „ д
wn=j> wn= 5 • где ^=/?==6 дм>
wm=wnh=i ceK; а'1п = 54 дм\сек\
следовательно,
ffii,=--54l/2 Ли/сек1;
о=о„4я при ^=0; 18 — 72/=0; /а = 0,25 сек,
Упражнения
89. Точка движется по окружности радиуса R по закону:
Чему равна величина ускорения точки^1 Когда эта величина становится
равной а> Сколько оборотов сделает точка к этому моменту и какова будет et
скорость5
Ответ w
Число оборотов N = " ; v = 0.
90. Рудничный поезд движется по участку пути, радиус закругления ко
торого равен 600 м Определить ускорение поезда в момент 1 = 3мин, а также
расстояние, пройденное поездом к этому моменту времени, если уравнение дви-
движения поезда следующее:
где / — время в сек.
Ответ: / = 390 ж, ai = 3,84 см (сек*.
147
U-5. Решение задач на составление закона движения точки
в естественной форме и нахождение скорости и ускорения по
данным задачи
План решения задач
1 Устанавливаем по данным задачи закон двимения точки
в естественной форме.
При составлении закона движения нужно рассматривать
точку в текущий момент времени t и выразить дугу траектории
как функцию времени: s—/(/).
?. Находим величину скорости точ-
точки по формуле A1-5)
3. Находим величину и направле-
направление ускорения по формулам A1-8)
Задача 49. Точка М совершает гар-
гармонические колебания вокруг центра О
по окружности радиуса г = 60 см (рис.
144). Определить закон движения точ-
точки М, ее скорость и ускорение в мо-
момент t = 1j9ceK, если наибольшее откло-
отклонение точки М от центра колебаний
О равно 16 см, период колебаний
Т-=г\лсек и в начальный момент точка
находилась в центре О.
Решение. 1 Находим закон движения точки М по данным
задачи Мы знаем, что гармоническими колебаниями называются
колебания происходящие по закону синуса или косинуса.
Так как по условию задачи точка М при t=0 находилась в центре О,
то
ОМ =5=а sin kt,
где а — амплитуда колебаний — наибольшее удаление точки от
центра колебаний О.
Следовательно,
а=/=16 см;
k — круговая частота колебаний, связанная с периодом Т зави-
зависимостью
Рис 144
Итак, закон движения точки Mi
S=16 sin3:
148
2 Определяем величину скорости точки М по формуле:
3 Находим ускорение точки М по формуле: хю~у w*-\-Wn
wt—wjt=t/, ax, w-~s~ji' w-<~—H4rt2sin3m см/сек1;
Q=r—60 сл<;
K'irt=^r./'=I/»ceK.; да,п=9,6лг cMJceK1; wx = \25nx см/сек*;
4 <wt, ^n)=-~^- ; Z K- ^ln)^85°35'.
Задача 50. Поезд идет равноускоренно так, что скорость его
возрастает с 18 кчачас до 72 км/час за промежуток времени
2 мин Путь расположен по закруглению радиуса 1000 м.
Определить закон движения, скорость и ускорение поезда через
40 сек после начала равноускоренного движения.
Решение I. Находим закон движения поезда по формуле
равнопеременного криволинейного движения:
где уо= 18 км,час = Ъ м\сек.
wx определяем из формулы:
где v=72 kmJ4oc=2Q м]сек\ t=tt—2 мин=120 сек.
Итак, wx~ 'jt м/сек*.
Следовательно
2 Определяем скорость поезда при f,=40 сек
vt = vjt=:Mc«K.=(va+wJ)t-tl,ttK.', ^2 = 10 м1сек.
3 Находим ускорение поезда при ft=40 сек.
Получаем
14а
Упражнения
91. Рудничный поезд движется равнозамедленно с замедлением, равным
0,1 MJcetc* по закруглению радиуса 200 м. Определить ускорение поезда по
истечении 10 сек, если его начальная скорость равнялась 12 км/час.
Ответ: w = 10,36 cMJcetc*.
92. Определить уравнение движения, закон измерения
скорости и наибольшее значение скорости скипа при
движении его по разгружающим кривым, если кривая
скорости 0А имеет вид параболы с вертикальной осью.
Парабола обращена выпуклостью вниз.
Начальное ускорение на участке /io = 7,38 м равно
шт0 == 0,25 м/сек1, а конечное щ)т1=0,46 м\сек*.
Ответ: s = 0,125*2 + 0,00515*';
0.25*4- 0.015-1 /2
Рис к упр 9? tW = 2".
93. Точка движется по горизонтальной окружности радикса г =10 си
так чго проекция ее ускорения на касательную к траектории
36 , .
«4 = —,, , „,,,, см сек*
Определить закон движения точки, ее скорость и ускорение как функцию
времени, если начальная скорость точки равна 6 м\сек.
Отсет: S== \п A -|- Ы) см; v = , t с< см]сек;
11-6. Решение задач на определение wz, wn и g по заданному
закону движения точки в координатной форме
План решения задач
1. Находим скорость точки по формуле:
2. Определяем ускорение точки по формуле:
3. Находим проекцию ускорения на касательную к траекто-
траектории точки по формуле:
dv i , г— тг-
4. Определяем проекцию ускорения точки на главную нор-
нормаль к траектории по формуле:
150
5. Находим величину радиуса кривизны траектории точки по
формуле:
Задача 51. Даны уравнения движения точки:
Определить радиус кривизны траектории в зависимости or
ординаты у.
Решение. 1. Находим скорость точки:
2. Определяем ускорение точки:
следовательно,
w=y.
3. Находим проекцию ускорения точки на касательную
к траектории:
dv
4. Определяем проекцию ускорения точки на главную нор-
нормаль к траектории:
wn=yrwi — w*; a>B=i/V — У*-
5. Находим величину радиуса кривизны траектории точки:
Упражнения
¦94 Точка движется по закону:
х = 2,5' — 0,175 sin A4,280 м; у = 0,175 П — cos A4,280] м.
Определив радиус кртшзны траектории точки в текущий момент
и в наивысшей точке траектории.
Ответ, в = 0,7 sin G, Ш); о, = 0,7 м.
151
95. Точка движется по закону:
х = 3. — 0,2 sin (9,23< i м; у = 0,325 — 0,2 cos (9,230 м.
Определить радиус кривизны траектории точки а момент времен»
f = 0,054n сек.
Ответ е= 1,37 м.
96 Точка движется по закону.
где v, b — постоянные.
Найти радиус кривизны раекгории точки как функцию координаты t/>
точки
Ответ, q =-?r~ •
о
IV. ПРОСТЕЙШИЕ ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА
ГЛАВА XII
ПОСТУПАТЕЛЬНОЕ И ЕРАЩАТ?ЛЬНО? ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА'.
ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ПРОСТЕЙШИХ ДВИЖЕНИЙ ТВЕРДОГО ТЕЛА
12-1 Основные положения
Движение твердого тела называется поступательным, если-»
любой прямолинейный отрезок неизменно связанный с телом
остается в процессе движения параллельным самому себе
Траектории всех точек поступательно движущегося тела
представляют собой тождественные кривые, т е такие кривые,
которые при наложении друг на друга сливаются всеми своими'
точками. Скорости всех точек иоступательно движущегося тела
векторно равны между собой
п, = ог = ... =V,=... = о.
Ускорения всех точек поступательно движущегося тела век-
векторно равны между собой:
Движение твердого тела называется вращательным, если*
в движущемся теле или вне его существует прямая называемая
осью вращения которая остается неподвижной во время дви-
движения тела, и если плоскость проведенная через эту прямую
и произвольную точк\ тела, совершает поворот вокруг этой
прямой.
Законом (уравнением) вращения твердого тела вокруг непо-
неподвижной оси называется равенство, при помощи которого-
задается угол поворота тела как функция времени
Ф=<МО, A2-1 >
153.
где угол поворота <р — угол между неподвижной плоскостью Р
проходящей через ось вращения Z, и плоскостью Q, неизменно
«связанной с телом и проходящей также через ось вращения
Угол <р отсчитывается в направлении, противо-
противоположном движению часовой стрелки если смо-
смотреть с положительного конца оси вращения Z
(рис. 145)
Проекция сог вектора угловой скорости вра-
вращения тела на ось вращения Z равна первой
производной по времени от угла поворота тела:
шг=^=Ф. A2-2)
Рис. 145
Если -~>0, то тело вращается в сторону поло-
положительного отсчета угла ф, ив обратную сторо-
сторону, если ^г<0-
Модуль вектора угловой скорости вращения тела равен абсо-
абсолютной величине первой производной по времени от угла пово-
поворота тела:
d<$
ИГ
= со.
A2-3)
Проекция ег вектора углового ускорения тела на ось враще-
вращения г равна второй производной по времени от угла поворота
тела:
е^^Г=1#=(Р- A2-4)
Модуль вектора углового ускорения тела равен абсолютной
величине второй производной по времени от угла поворота тела:
A2-5)
Вращение твердого тела называется равномерным, если про-
проекция вектора угловой скорости на ось вращения — постоянная
величина. При равномерном вращении угол повороы изменяется
а зависимости от времени но линейному закону:
Ф=Ф0+ш^. A2-6)
Вращение тела называется равнопеременным, если проекция
углового ускорения на ось вращения — постоянная величина:
— равноускоренное вращение;
разнозамедленное вращение.
ii 54
При равнопеременном вращении тела угол поворота изменяется
в зависимости от времени по квадратичному закону, а проекция
угловой скорости на ось вращения по линейному закону:
A2-7)
где при юог>0 и сг>0 — вращение равноускоренное, а при
<»,1г>0 и ег<0 — вращение равноза-
медленное.
Кривая, изображающая на чер-
чертеже закон (уравнение) вращения
тела в системе координат (t, <р),
называется графиком вращения
(рис. 146). Если величины t и ф
изображены на графике в одинако
вом масштабе, то проекция угло-
угловой скорости вращения тела на рис ^
ось вращения равнл тангенсу угла
«аклона касательной к кривой графика вращения:
Кривая изображающая на чертеже проекцию угловой ско-
скорости тела на ось вращения как функцию времени в системе
координат {t, w2)> называется
графиком угловой скорости
(рис. 147). Если величины /
и шг изображены на графике
в одинаковом масштабе, то
проекция углового ускорения
тела на ось вращения равна
тангенсу угла наклона каса-
касательной к кривой графика
Рис. 147. угловой скорости:
Суммарный угол поворота, описанный вращающимся телом,
равен площади, ограниченной осью времени, кривой графика
угловой скорости и ординатами, соответствующими началу
и концу рассматриваемого движения (рис 147):
Вектор угловой скорости вращения тела лежит на оси вра-
вращения и направлен так, что если смотреть с его конца, го мы
должны видеть, что тело вращается против направления враще-
135
гия часовой стрелки Абсолютная величина вектора угловой
скорости равна |<р) Начало -этого вектора совпадает с произ-
произвольной точкой О оси вращения (рис 148).
Вектор углового ускорения тела лежит на оси вращения
и направлен как вектор угловой скорости, если тело вращается
ускоренно (<пгЕг>0, рис. 149), в противоположную сторону,—
если тело вращается замедленно (<огг2<0, рис 150). Точка при-
Ш
Рис 150.
ложения вектора углового ускорения — произвольная точка оси
вращения, а абсолютная величина угого вектора равна |ф|.
Вектор скорости точки вращающегося тела равен векторному
произведению вектора угловой скорости тела на радиус — вектор
данной точки (рис 151).
Модуль вектора ско| ости точки вращающе-
вращающегося тела равен произЕеленшо величины угловсй
скорости тела на кратчайшее расстояние точки
до оси вращения:
v — htxr, v — ир. A2-8)>
Вектор ускорения точки вращающегося тела
равен геометрической сумме стедующих двух сла-
слагаемых: 1) векторного произведения вектора угло-
углового ускорения на радиус-вектор данной точки,
2) векторного произведения вектора угловой
скорости тела на вектор скорости данной точки:
Рис 151
v A2-9)
Касательная составляющая ускорения точки вращающегося
тела равна векторному произведению вектора углового ускоре-
156
ния тела на радиус-вектор данной точки (рис 152):
w = s х г
A2-10)
Проекция ускорения точки вращающегося тела на касатель-
касательную к траектории точки равна произведению углового ускоре-
ускорения тела на кратчайшее расстояние точки от оси
вращения:
Ш_ = Б0 A2-11)
Нормальная составляющая ускорения точки
вращающегося тела равна векторному произведе-
произведению вектора угловой скорости тела на вектор
скорости данной точки (рис 152):
A2-12)
Проекция ускорения точки вращающегося
тела на главную нормаль к траектории точки
равна произведению квадрата угловой скорости
тела на кратчайшее расстояние точки до оси вращения:
ш„=ш*д A2-13)
Величина ускорения точки вращающегося тела вычисляется
по формуле:
w=qV^+^1- A2-14)
Направление ускорения этой точки определяется углом:
^/(ш, aTB}=arctg^L A2-15)
Угловая скорость со (\\сек) связана с числом п (об)мин)
формулой:
яп
A2-16)
12-?. Решение задач на нахождение кинематических элементов
по заданному закону вращения тела
План решения задач
1. Находим угловую скорость вращения тела:
dcp
2. Определяем угловое ускорение тела:
157
3. Находим величину скорости точки тела:
V==(HQ.
4. Определяем ускорение точки тела:
Задача 52. Тело вращается вокруг неподвижной оси по
закону:
Определить угловую скорость и угловое ускорение тела
в момент времени (, = 1 сек, а также для этого момента скорость
и ускорение точки, отстоящей на расстоянии q=60 см от оси
вращения.
Решение 1. Находим угловую скорость вращения тела в мо-
момент t=\ сек:
ю=|йе-*'|; ©,=<»/*=,«,; ©, = 1,08 \\сек.
2. Определяем угловое ускорение тела в момент ?=1 сек:
3. Определяем скорость точки, отстоящей на расстоянии
g=60 см от оси вращения
&=а»е; и,=ш,д; и,=64,8 см\сек.
4. Находим ускорение этой точки
да,=Q т/" ef+coj» а», = 1,83 CMJceK3.
Упражнения
97. Тело совершает колебания около неподвижной оси, причем угол
поворота выражается уравнением:
Ф = 20° sin B°t).
Определить угловую скорость соо тела в момент ?0 = 0, угловое ускоре-
ускорение в] тела в ближайший момент времени tu когда изменяется направление
вращения.
я* л3
Ответ »«=§1д 1/ож: еи = —72900 1/селЛ
153
98. Шарик А, подвешенный на нити длиной / = 384 см, колеблется
в вертикальной плоскости около неподвижной горизонтальной оси О по за
КОНУ: л я
<<р—в радианах, —в сек). Определить угловую скорость,
угловое ускорение, скорость и ускорение точки А в момент
времени t = lj2 сек
Y$ пг . я1, .
О тоет со = —-™— 1 сел; ьг = —-тт- 1/се«г,
Oi 04
ц = 12 1^3" яг сж/се«;
и) = -5- V 9лг+256 <.„.,„„. .
8 Рис. к упр. 98*
12-3. Решение задач на составление закона вращения тела
и нахождение кинематических элементов по данным задачи
План решения задач
1 Устанавливаем закон вращения тела по данным задачи.
2. Находим искомые величины задачи
Задача 53. Винт самолета делает гао = 24ОО об)мин. После-
ьыключения газа угловая скорость убывает и винт, сдела»
Д/=900 об, останавливается. Найти время т вращения винта,
считая вращение равнозамедленным, если e=const.
Решение. 1. Находим закон вращения винта. Так как вра-
вращение равнозамедленное, то
ср=ю/-^, A2-17)
а угловая скорость изменяется по закону:
A2-18>
по истечении времени т винт останавливается, т е.
ш=0,
следовательно,
0=со0 — ет; е = -^-.
Из уравнения A2-17) получаем:
отсюда находим
(
но
Задача 54. Точка движение которой задано уравнениями:
I. х~ 10со> 2/*; 2 у=-10чш2/* (Л; у — всм, t—веек), принад-
принадлежит телу вращающемуся вокруг неподвижной оси. Найти
закон вращения и ускорение точки тела, отстоящей от оси
вращения на расстоянии д~ Ъ см если wo = O
Решение. 1 Находим закон вращения тела. Для этого'сна-
этого'сначала определяем траекторию точки, исключая время t из урав-
уравнений движения A) и B)
Получаем
х2 4-У* =100,
следовательно, данная точка движется по окружности радиуса
г = 10сл1. Скорость этой точки находим по формуле: v = y хг-\-у\
jt-=—40*sin2fs; t/=40/ cos Itг\ u = 40/; ?/e=o/ID=e=0.
Угловая скорость врацчющегося тела будет:
Угловое ускорение тела:
do)
Приходим к выводу что тело вращается равноускоренно по
закону:
так как
2. Определяем ускорение точки тела отстоящей от оси вра-
вращения на расстоянии q=5 cm:
a)=QJ/V+<iL; ffi>=20 ]/'l Ы5/1 см сек1.
Задача 55 Маховик, диаметр которого d— 1,6 м, начинает
двигаться из состояния покоя. Закон изменения его угловой
скорости показан на рис. 153 Определить закон вращения
маховика для промежутков времени: 1) от 0 до 40 сек, 2) от 40
до 120 сек и 3) от 120 до 130 сек и найти ускорение точки
обода маховика для тех же промежутков времени.
160
Решение. 1. а) Находим закон вращения маховика для про-
промежутка времени от 0 до 40 сек:
s,=tg {СО А )=0,25 1/се/с8.
За этот промежуток времени маховик вращается равноуско-
равноускоренно, так как e^const, следовательно,
б) Определяем закон вращения маховика для промежутка
ticexi
Рис 153.
tO t 120 /30
Рис. 154.
времени от 40 до 120 сек. Находим для этого площадь заштри-
заштрихованной трапеции (рис. 154):
где
поэтому
в) Находим закон вращения маховика для промежутка от
120 до 130 сек. Для этого определяем
площадь заштрихованной трапеции на
рис. 155:
2. а) Определяем ускорение точки о
обода маховика для промежутка времени
от 0 до 40 сек:
W-
М. А. Мисюрев
б) Находим ускорение точки обода маховика для проме-
промежутка времени от 40 до 120 сек:
«г^Фг^10 1|сек; е?=^-2=0; ш2=ю«-|; ays=80 м]сек*\
в) Находим ускорение точки обода маховика для промежутка
времени от 120 до 130 сек.
& (о,=ф,=— A30 — I) \jcac, еа=ю,= 1 1/се/сг,
ш,=0,8/1+A30 — О4 -и/сек2.
12-4. Решение задач в случае преобразования простейших
движений твердого тела
Задача 56. Груз М, привязанный к веревке, намотанной на
барабан радиуса г, движется так, что зависимость между уско-
ускорением и скоростью его выра-
выражается формулой:
ш=4A—2гЛ).
Определить закон вращения
зубчатого колеса радиуса Rit
зацепленного с колесом ради-
радиуса^, (последнее колесо жестко
связано с барабаном), а также
касательное ускорение точки В
этого колеса, если R. — 2r;
р
Ri=l,5r; Q—-J- Движение си-
системы началось из состояния покоя (рис. 156).
Решение. 1. Находим закон вращения второно колеса. Для
этого рассматриваем скорость точки k касания колес:
Рис. 156.
следовательно,
Очевидно,
где v — скорость груза /VI. Эту скорость определяем из диффе-
дифференциальною уравнения:
отсюда:
162
Поэтому
но
итак,
2. Определяем касательное ускорение точки В.
получаем:
Задача 57. Найти закон движения и скорость Рис 157
стержня, если диаметр эксцентрика d~2r, а ось
вращения О находится от оси диска С на расстоянии ОС=а
(рис. 157).
Диск вращается равномерно с угловой ско-
скоростью co=const.
Решение. Определяем закон движения точ-
точки А стержня (рис. 158); <р=- Ы — закон равно-
равномерного вращения диска.
Из Д ОЛС имеем:
Рис. 158. ,
Следовательно, __
х—г (у cos wi+ l/ 1 —^з sin2©.' j .
2. Находим скорость точки Л;
163
Упражнения
99. Турбина реактивного двигателя делает «„==9000 o6jmuh. За проме-
промежуток времени Т = 30 сек турбина, вращаясь равноускоренно, сделала
/V=5400 об. Найти закон вращения турбины и угловую скорость со ее по
истечении 30 сек.
Ответ- ф = 2я A50/ -f-12), ш = 420я 1/сегс.
100. При постепенном выключении реостата угловое ускорение ротора
мотора шахтного электровоза возрастает пропорционально времени, причем
постоянная в начале движения угловая скорость, равная шо=10л 1/се/с, по
истечении 2 сек at момента выключения реостата, возросла до 16л 1/сек.
Сколько оборотов N совершит ротор эл этот промежуток времени?
Ответ: Л/ = 12 об.
101 Барабан планетарной лебедки станка для колонкового бурения вра-
вращается так, что ускорение любой точки барабана образует со скоростью этой
точки постоянный угол, равный 60° Определить угловую скорость барабана
как функцию времени и уравнение движения барабана, если начальная угло-
угловая скорость равна соа. _
Ошвш. а> = ^=-, ф = /3п 3 г_ ; при X <^. .
102. Определить продолжительность Т движения клетей при подъемной
системе с бицилиндроконическим барабаном, если угол поворота барабана
ф = 257 рад. наибольшая угловая скорость вращения tomal[ = 3 l/шс, угло-
угловые ускорения 6, = 84 = 0,21 1/се/с2, диаграмма угловой скорости трехпериод-
ная трапецеидальная.
Ответ. 7 = -2—\-^шл (l_i- —\ = 100 сел.
Рис. к упр. 102
Рьс к упр. 103
103. Качающийся питатель состоит из лотка ВС, опирающегося на ролики
О, и 02. Логок приводится в возвратно поступательное движение от эксцентри-
эксцентрикового валл О посредством шатуна Ав Определить скорость и ускорение
лотка как функцию времени если вал эксцентрика делает п = 50 об/иин,
эксцентриситет ОА = г =. 7 5 см, АВ = / = 60 см
Примечание. В формулы, получаемые при решении задачи, входит
— ( -j sm<j> j , этот радикал разлагаем в ряд и удерживаем только два
первых члена
';
V. СЛОЖЕНИЕ И РАЗЛОЖЕНИЕ ДВИЖЕНИЙ ТОЧКИ
ГЛАВА XIII
СЛОЖЕНИЕ СКОРОСТЕЙ ТОЧКИ
13-1. Основные положения теории сложного движения точки
Если точка движется относительно некоторой системы коор-
координат, которая движется относительно второй системы коорди-
координат, условно принимаемой за неподвижную и называемой основ-
основной системой отсчета, то такое движение точки называется
сложным Движение точки по отношению к основной система
отсчета называется абсолютным движением. Движение точки по
отношению к подвижной системе отсчета называется относитель-
относительным. Переносное движение — движение подвижной системы отсчета
по отношению к неподвижной системе отсчета.
Для того, чтобы выделить относительное движение точки,
нужно мысленно остановить подвижную систему координат
и посмотреть, как в этом случае будет двигаться точка, Для
того, чтобы выделить переносное движение, нужно мысленно
скрепить данную точку с подвижной системой координат и по-
посмотреть, как будет двигаться точка в этом случае. Скорости
и ускорения точки в относительном, переносном и абсолютном
движениях обозначаются так:
vr wr, ve, we, va, wa.
1. Формула сложения скоростей:
A3-1)
Скорость точки в абсолютном движении равняется геометри-
геометрической сумме скоростей точки в переносном и относительном
движениях (рис. 159).
163
Величина и направление абсолютной скорости точки нахо-
находятся по формулам:
A3-2)
Рис. 159.
Рис 160.
равно геометрической сумме ускорений точки в ее
переносном и относительном движениях (рис. 160).
Величина и направление абсолютного ускорения находятся
по формулам:
wa= У wl+w*+2wewr cos (wt ,wr),
wa = we _ U>r f A3-4)
_'4_ _/4_ _/"v_ " I
sin (we, wr) sin (wa, wr) sin (wa, we) J
3. Формула сложения ускорений в случае, когда подвижная
система координат вращается вокруг некоторой оси.
Ускорение точки в абсолютном движении в случае, когда
подвижная система вращается вокруг некоторой оси, равно гео-
геометрической сумме следующих трех ускорений: 1) перенос-
переносного ускорения 2) относительного ускорения и 3) уско-
ускорения Кориолиса (рис. 161):
wa-w,+wr+wk, A3-5)
где wk—2 (o)e х vr) — ускорение Кориолиса;
wk=2<oevrsm(<i>e,vr). A3-6)
166
2. Формула сложения ускорений в случае, когда подвижная
система координат движется поступательно:
we=w,+wr. A3-3)
Ускорение точки в абсолютном движении в случае, когда
подвижная система координат движется поступательно,
ые — вектор угловой скорости вращения подвижной системы
координат. Этот вектор откладывается на оси вращения так, что
вращение системы происходит против направления вращения часо-
часовой стрелки, если смотреть с конца вектора и>е. Ускорение Корио-
лиса W'к направлено по перпендикуляру к плоскости, проходящей
через вектор vr параллельно вектору и>е в ту сторону откуда вра-
вращение вектора шг до совмещения с век-
вектором vr по наименьшему углу пред-
представляется против хода часовой стрел-
стрелки.
Для нахождения величины wa ис-
используем теорему о том, что проекция „- Рис- 161 •
геометрической суммы на какую-ни-
какую-нибудь ось равна алгебраической сумме проекций составляющих
на ту же ось:
где |, г\, ? — оси прямоугольной декартовой системы координат.
Направление wa находим по направляющим косинусам:
cos (wЛ) = ^f ; cos (w2 ц) =^; cos {j?i) = J ¦ A3-8)
13-2. Решение задач с помощью формулы сложения скоростей
точки (va = ve -J- vr)
План решения задач
1. Изображаем точку в рассматриваемый момент времени.
2. Выбираем подвижную систему координат (xt, yt, г,).
3. а) Выделяем переносное движение точки по правилу, сфор-
сформулированному в § 13-1.
б) Вычисляем величину вектора переносной скорости точ-
точки (уе).
в) Изображаем вектор переносной скорости точки.
4. а) Выделяем относительное движение точки по правилу,
сформулированному в § 13 1.
б) Вычисляем величину вектора относительной скорости
точки (vr).
в) Изображаем вектор относительной скорости точки.
167
5. Нарисуем va — вектор абсолютной скорости точки как
диагонал параллелограмма, построенного на векторах ve и vr.
6. Находим:
а) величину вектора va по формуле косинусов и
б) направление вектора va по теореме синусов.
Задача 58. Велосипедист едет со скоростью и. Найти абсо-
абсолютные скорости у, и vt педалей велосипеда в тот момент,
когда педальный кривошип наклонен под углом 30° к горизонту,
если длина этого кривошипа равна а, а его угловая скорость
равна со.
Решение 1. Изображаем педали (точки) М, и М, в рассмат-
рассматриваемый момент времени (рис. 162).
Рис. 162.
2. Выбираем подвижную систему координат хи у„ zlt непо-
неподвижно связав ее' с рамой велосипеда. Эта система координат
движется поступательно.
3. а) Выделяем переносное движение точек М, и М2. Для
этого мысленно скрепляем их с подвижной системой координат.
В этом случае данные точки будут принадлежать поступательно
движущейся раме.
б) Вычисляем величины переносных скоростей точек /W, и
Мг В силу свойств поступательного движения тела будем
иметь:
в) Изображаем векторы переносных скоростей точек М, и Mt
(рис. 162).
4. а) Выделяем относительное движение точек М, и Mt. Для
втого мысленно останавливаем подвижную систему координат;
в этом случае кривошип будет вращаться вокруг оси О, с угло-
угловой скоростью со, как указано на рис. A62).
168
б) Вычисляем относительные скорости точек М, и /Ws;
в) Изображаем относительные скорости этих точек:
vlr±O1M; u2r±O,/VI2.
5. Изображаем векторы абсолютных точек Мх и Мг как диа-
диагонали параллелограммов, построенных на векторах относитель-
относительной и переносной скоростей точек.
6. Находим величины и направления скоростей точек Мх
и М-
Задача 59. Тонкий стержень АВ неподвижен, а проволочная
окружность радиуса г вращается в плоскости чертежа с постоян-
постоянной угловой скоростью © вокруг точки
О этого стержня. Найти абсолютную и
относительную, по отношению к окруж-
окружности, скорость колечка М, надетого на
окружность и стержень.
Решение. 1. Изображаем точку М в
данный момент времени (рис. 163).
2) Выбираем подвижную систему коор-
координат *,, г/,, неизменно связав ее с ок-
окружностью.
3. а) Выделяем переносное движение
колечка М. Для этого мысленно точку М
скрепляем с подвижной системой координат, т. е. с окружностью.
В этом случае точка М будет принадлежать твердому телу,
вращающемуся вокруг точки О с угловой скоростью оз.
б) Вычисляем переносную скорость ve ~очки М. Радиус вра-
вращения точки будет OM=S; ve—(aS. _
в) Рисуем вектор переносной скорости точки All ve]_OM
(рис. 163).
4. а) Выделяем относительное движение точки М. Для этого
мысленно останавливаем подвижную систему координат. В этом
случае колечко А1 будет скользить по окружности.
16Э
б) Изображаем вектор относительной скорости точки М, ка-
касательный к окружности (рис. 163).
в) Вычисляем величину относительной скорости точки М.
Так как абсолютная скорость точки М направлена по АВ и
то ог=-?-; МК±ОМ; MK=h; *
^; МК±ОМ; MK=h; sincp=|
5. Находим величину абсолютной скорости точки М:
Задача 60. Кривошип ОА (рис. 164) вращается с угловой
скоростью о)о— 1— вокруг оси О. Зубчатое колесо 2, свободно
сидящее на оси А. катится без скольжения по неподвижному
Рис. 164
Рис. 165.
зубчатому колесу 1. Определить абсолютную скорость точки В
колеса 2 в тот момент, когда /_ОАВ —90°, если /? = 50 см,
г=20 см, АВ=\5 см.
Решение. 1. Рассматриваем точку В в данный момент вре-
времени (рис. 165, этот рисунок для удобства представлен в более
крупном масштабе).
2. Выбираем подвижную систему координат *,<?«/,, скрепив ее
с кривошипом ОА.
3. а) Выделяем переносное движение точки В. Для этого
мысленно скрепляем точку В с подвижной системой координат.
В этом случае колесо 2 будет вращаться вокруг оси О с угло-
угловой скоростью ю0.
б) Вычисляем величину переносной скорости точки В. Так
как в этом случае точка В принадлежит телу, вращающемуся
вокруг неподвижной оси с угловой скоросью соо, то
ое=33,5 смjсек.
в) Изображаем вектор переносной скорости точки В: ve J_ OB.
170
4. а) Выделяем относительное движение точки В Для этого
мысленно останавливаем подвижную систему координат. В этом
случае колесо 2 будет вращаться вокруг оси А с угловой ско-
скоростью со,..
б) Вычисляем величину вектора относительной скорости
точки В: vr~cor(AB). Для того, чтобы определить относитель-
относительную угловую скорость аг колеса 2 относительно кривошипа ОА,
рассматриваем движение точки Р касания колеса 2 с колесом /.
Так как качение колеса 2 по неподвижному колесу / происхо-
происходит без скольжения, то via) = vi?)-\-v{f) — §, следовательно,
Итак vr=37,5cMJceK.
в) Изображаем вектор относительной скорости точки В:
vrj_AB~.
5. Изображаем вектор va абсолютной скорости точки_В как
диагональ параллелограмма, построенного на векторах ve и vr.
6. Находим величину вектора va по теореме косинусов,
а направление—по теореме синусов:
Упражнения
104. Породопогрузочная машина движется со скоростью и = 0,7
лента конвейера движется со скоростью и =1,3—. Определить абсолютную
скорость точки М, если ОМ =-rj- r; а= 60°.
о
(и—относительная скорость ленты).
Ответ- о0=1,36 лг/се/с.
105. Желоб KD конвейера движется со
скоростью v. Определить относительную ско-
скорость точки С по отношению к желобу, если
ОС = 0,5 г.
Ответ: vr=~- v, /_ (vn ~v) = 153°30'.
Рис. к упр. 104
171
106. В центробежных (маятниковых) мельницах раздавливание материал»
производится роликами 1, которые прижимаются к кольцу 2 центробежной.
силой инерции роликов. Определить абсо-
абсолютную, переносную и относительную по
отношению к кривошипу ОА скорости точ-
точки В, если ЛВ=12 см, а = 60°, вал
вращается с постоянной угловой скоростью,
соответствующей п0 = 140 o6jmuh, R = 60 см,
г = 24 см, качение ролика по кольцу про
всходит без скольжения.
ГЛАВА XIV
СЛОЖЕНИЕ УСКОРЕНИЙ ТОЧКИ
14-1. Решение задач с помощью формулы сложения ускорений
при переносном поступательном движении
План решения задач
Рассмотрим случай, когда подвижная система координат дви-
движется поступательно {wa = we-\-wr).
1. Изображаем точку в рассматриваемый момент времени.
2. Выбираем подвижную систему координат xlt у,, г,.
3. а) Выделяем переносное движение точки по правилу, сфор-
сформулированному в главе XIII, § 1.
б) Вычисляем величину вектора переносного ускорения
точки.
в) Изображаем вектор переносного ускорения точки.
4. а) Выделяем относительное движение точки по правилу,
сформулированному в главе XIII, § 1.
б) Вычисляем величину вектора относительного ускорения
точки.
в) Изображаем вектор относительного ускорения точки.
5. Находим величину и направление вектора абсолютного
ускорения точки при помощи аналитического способа нахожде-
нахождения геометрической суммы.
Задача 61. Тележка АВ (рис. 166) движется по прямолиней-
прямолинейному пути по закону x—50t2 (х— в см, t — веек), стержень
ОМ =/=60 см, закрепленный в точке О шарнирно, колеблется
ИГ д
по закону ф=—-= siting. Определить полное ускорение точки М
о у о
в момент времени /,='/, сек.
173
Решение. 1. Изображаем точку М в данный момент времени
(рис. 167).
2. Выбираем подвижную систему координат xv yv zt, скре-
скрепив ее неподвижно с тележкой.
3. а) Выделяем переносное движение точки М. Для этого
скрепляем ее с подвижной системой координат. В этом случае
точка М будет неизменно связанной с поступательно движу-
движущейся тележкой.
Рис 166.
Рис 167.
б) Вычисляем величину переносного ускорения точки М.
При поступательном движении тела ускорения всех точек тела оди-
одинаковы we=x~ 100 см t сек*.
в) Изображаем вектор we переносного ускорения точки М.
4. а) Выделяем относительное движение точки Л]. Для этого
мысленно останавливаем подвижную систему координат. В этом
случае точка М будет двигаться по окружности радиуса ОМ=1.
б) Вычисляем величину относительного ускорения тачки Ml
л3
е=ф<-о.зз сеК = —-g- 1/cc/c*; wrn=54 см]сек*; о>,т= —310 см!сек*.
в) Изображаем составляющие wrn, wrz относительного уско-
ускорения точки М
5. Находим полное ускорение точки М:
174
Упражнения
107. Качающийся питатель состоит из лотка BD, опирающегося на ролики
!>i и Oz. Лоток приводится в возвратно-поступательное движение от эксцентри-
Рис к упр 107
нового вала О посредством шатуна А В Определить относительное по отноше-
отношению к оси ролика и абсолютное ускорение точки С ролика, если в данный
момент времени ф = 60°, а = 60°,
ОС = 5 см, d=15 см вал эксцентрика
делает п = 50 об\чин; ОЛ=7,5 см,
АВ = 60 см
Ответ ша = 85,8 ли/се/с2, wr =
= 41,3 см'сек2
108 Породопогрузочная машина дви-
движется в данный момент с ускорением
w = 0,25 м\секг, лепта конвейера дви-
движется с постоянной скоростью и =
= 0,5м'сек. Определить ускорение точ-
точки М лепты, если радиус закругления
головки /-= 10 см, а = 30°.
Ответ w — 2,73 м(сек2
Рис. к }пр. 108
14-2. Решение задач с помощью формулы сложения ускорений
точки при переносном вращательном движении вокруг
неподвижной оси
План решения задач
Рассмотрим случай, когда подвижная система координат вра-
вращается вокруг некоторой оси:
1. Изображаем точку в данный момент времени.
2. Выбираем подвижную систему координат
3. а) Выделяем переносное движение точки по правилу, сфор-
сформулированному в главе XIII, § 1.
б) Вычисляем переносное ускорение точки.
175.
в) Изображаем вектор переносного ускорения данной точки.
4. а) Выделяем относительное движение точки по правилу,
сформулированному в главе XIII, § 1.
б) Находим относительное ускорение точки
в) Изображаем вектор относительного ускорения данной
точки.
5 а) Находим величину ускорения Кориолиса по формуле:
м
Рис. 168.
wk=2toevrs\n(<x>e, о,).
б) Изображаем вектор ускорения
Кориолиса.
6 Находим величину и направле-
направление вектора абсолютного ускорения
точки при помощи аналитического спо-
способа нахождения геометрической сум-
суммы
Задача 62. Проволочная окружность
радиуса R=50 см вращается по закону
ф = ?+ 0,5^
вокруг горизонтальной
оси О (рис. 168). По окружности скользит колечко М по закону
0М=5=6/2 см.
Определить абсолютное ускорение колечка М в тот мо-
момент, когда оно проходит положение Ml{0lMl_\_00l), если
я
~2
я
т
Решение. 1. Изображаем точку М в данный момент времени
(рис. 1ь9).
2. Выбираем подвижную систему
координат Х1О1У1. Эту систему непод-
неподвижно связываем с проволочной окруж-
окружностью. Так как подвижная система
вращается, то
3. а) Выделяем переносное движе-
движение точки. Для этого скрепляем точку
М с подвижной системой координат.
В этом случае точка будет двигаться
по окружности радиуса ОМ^
6) Находим величину переносного ускорения точки М:
¦По
Tj-=3,6 сек; fti=3,6 '/сек; wne=*
=со2# ^2=9,15 MjceK3; шет=0,71 м\сек\
в) Изображаем составляющие wen wer переносного ускорения.
4. а) Выделяем относительное движение точки М. Для этого
мысленно останавливаем подвижную систему координат. В этом
случае точка М движется по проволочной окружности по закону
0M=S=6t*CM.
б) Находим относительную скорость точки М;
vr=st=ti = I2t, =0,43 м\сек.
в) Находим относительное ускорение точки М:
wr=-wrn+wrr; wrn=-^=U,6/2MjceK'; ^T=s/(=(i=u,i2 м<сек\
г) Изображаем составляющие wrn, wn относительного уско-
ускорения точки.
5. а) Находим ускорение Кориолиса по формуле wk=2(ovrx
Xsin((o, vf); вектор со перпендикулярен плоскости окружности
и направлен к читателю:
<(ш, vr)=~; wk—3,1 м]секг.
б) Изображаем ускорение Кориолиса. Вектор wk перпенди-
перпендикулярен плоскости, в которой лежат векторы со и vr и направлен
так, что если посмотреть с положительного конца этого вектора,
то мы должны видеть, что вращение происходит против направ-
направления вращения часовой стрелки при совмещении вектора S
с вектором vr при вращении на угол -^.
6. Находим величину и направление вектора абсолютного
ускорения точки М с помощью аналитического способа нахож-
нахождения геометрической суммы:
М. А. Мисюрев 177
Задача 63. Кривошип ОА (рис. 170) вращается вокруг оси О
рарномерно-ускоренно с угловым ускорением ев=11/сек1. Зубчатое
колесо 2, свободно сидящее на оси А, катится без скольжения
по неподвижному колесу /. Принимая движение кривошипа за
переносное, определить абсолютное ускорение точки В колеса
2 в тот момент, когда ^/ОЛВ=90°, если угловая скорость кри-
кривошипа ОА в этот момент равна 21\сек, г,=40с-м, г2=60гл,
АВ=40 см.
Решение. 1. Изображаем .
точку В в данный момент
времени (рис. 171).
Рис. 170.
Рис. 171.
2. Выбираем подвижную систему координат хх oyit неподвижно
связав ее с кривошипом. Так как эта система координат вра-
вращается вокруг оси О, то w^)=wim+'wf)+w(^\ где w[B)=
= 2(aexvr).
3. а) Выделяем переносное движение точки В. Для этого
мысленно скрепляем точку В с подвижной системой координат.
В этом случае колесо 2 будет вращаться в данный момент во-
вокруг оси О с угловой скоростью со0=2 '/сек и угловым ускоре-
ускорением е„=1 х\секг.
б) Вычисляем переносное ускорение точки В по формулу:
где
в) Изображаем составляющие win, w^ переносного уско-
ускорения точки В.
4. а) Выделяем относительное движение точки В. Для этого
мысленно останавливаем подвижную систему координат (наблю-
(наблюдаем за движением колеса 2, стоя на кривошипе ОА). В этом
случае колесо 2 будет вращаться вокруг оси А с относительной
угловой скоростью <вг и относительным угловым ускорением гг.
178
б) Находим относительное ускорение точки В по формуле:
где
Для определения ю, и е^ рассматриваем движение точки
касания колеса 2 с колесом /: у«Р)= vf)jr v{rP)—0, следовательно,
В любой момент времени
г, da>r
следовательно, ъг~г/+; V^^s- Поэтому ^=0,71^,
и>{?=0,267 м\сек\
в) Изображаем составляющие w$, v$? относительного уско-
ускорения точки В.
5. а) Находим величину ускорения Кориолиса точки В по
формуле:
4S>=2aewsin(u3e^Ur),
где
т. к. вектор Та0 лежит на оси вращения О кривошипа.
ш1В)=2,13 Щсек\
б) Изображаем вектор wk ускорения Кориолиса.
в) Находим величину и направление вектора w& аналитиче-
аналитическим способом
Упражнения
109 При образовании первичного вруба «веерным» способом бар врубовой
машины переходит из положения / в положение // Определить абсолютное
ускорение зубка А, если в данный момент угловая скорость бара ю, угловое
замедление е скорость режущей цепи о, ускорение цепи Ь, радиус закругления
головри блра г, расстояние от оси вращения бара до зубка А равно /
Отпет:
Рис к упр. 109
Рис. к упр. 110
110. Бар врубовой машины на гусеничном ходу вращается против часовой
стрелки с постоянной угловой скоростью со.
Определить абсолютное ускорение зубка В цепи бара, если скорость i
зубков постоянна; Ofi^Ofi; АВ ^ОхОг:~АВ=Ъ\ О,О2=46.
Ответ:
VI. ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА
ГЛАВА XV
СКОРОСТИ ТОЧЕК ТЕЛА В ПЛОСКОМ ДВИЖЕНИИ
16-1. Основные положения теории плоскопараллельного
движения твердого тела
Плоским или плоскопараллельным движением твердого тела
называется такое движение, при котором любая точка тела
остается на постоянном расстоянии от некоторой неподвижной
плоскости.
Изучение плоскопараллельно-
плоскопараллельного движения твердого тела сво-
сводится к изучению движения плос-
плоской фигуры (сечения тела плос-
плоскостью, параллельной данной не-
неподвижной плоскости), движу-
движущейся в своей плоскости.
Скорость любой точки В пло- Рис 172.
ской фигуры равна геометричес-
геометрической сумме двух скоростей: 1) скорости полюса — произволь-
произвольной точки А фигуры (уд); 2) скорости точки В, получившейся
от вращения фигуры вокруг полюса A {vBA~^x AB; рис. 172):
A5-1)
Величина и направление вектора vB находятся по формулам:
A5-2)
181
Теорема 1. Угловая скорость вращения плоской фигуры
вокруг полюса не зависит от выбора полюса (угловые скорости
вращения плоской фигуры во-
вокруг всех точек фигуры одина-
одинаковы).
Теорема 2. Проекции ско-
скоростей концов отрезка плоской
фигуры на направление отрезка
равны между собой (рис. 173):
Рис. 173.
Мгновенным центром скоро-
стей плоской фигуры называется
такая неизменно связанная с
фигурой точка, абсолютная ско-
скорость которой в данный момент времени равна нулю. В каждый
данный момент плоская фигура вращается вокруг мгновенного
центра скоростей с мгновенной угловой скоростью Q.
Способы нахождения мгновенного центра скоростей
В случае качения без скольжения плоской фигуры
С по неподвижной линии АВ, лежащей в плоскости фигуры
(рис. 174), мгновенный центр скоростей Р совпадает с точкой
касания фигуры с линией АВ.
Рис 174
Рис. 175.
2. Мгновенный центр скоростей фигуры лежит в точке
пересечения перпендикуляров, восстановленных из
двух точек фигуры к скоростям этих точек (рис. 175).
3. В том случае, когда перпендикуляры, восстановленные
в двух точках фигуры к скоростям этих точек, сливаются
(рис. 176, 177), мгновенный центр скоростей фигуры совпадает
с точкой пересечения линии, соединяющей эти точки, с линией,
проведенной через концы векторов скоростей данных точек.
182
4. Если перпендикуляры, восстановленные в двух точках
фигуры к скоростям этих точек, сливаются или параллельны
между собой (рис. 178, 179), то в данный момент плоская фи-
фигура движется поступательно.
Рис. 176
Рис. 177
Рис. 178.
Рис 179.
Ускорения точек плоской фигуры
Ускорение любой точки В плоской фигуры (wB) равно гео-
геометрической сумме трех ускорений: 1) ускорения полюса —про-
—произвольной точки A (wA), 2) центростремительного ускорения
точки, получившегося от вращения фигуры вокруг полюса А
с угловой скоростью ш (w(B^=:~,xvBA), 3) вращательного ускоре-
ускорения данной точки, получившегося от вращения фигуры вокруг
полюса А с угловым ускорением в"(а>а?=ё"хЛВ, рис. 180):
^wA+w$+w$\ A5-3)
183
где
Мгновенным центром ускорений плоской фигуры называется
такая неизменно связанная с фигурой точка, ускорение которой
в данный момент равно нулю (оь>=0).
Рис. 180.
Рис. 181
Для нахождения мгновенного центра ускорений плоской фи-
фигуры в том случае, когда известно ускорение произвольной
точки A (wA) фигуры, угловая скорость и угловое ускорение
фигуры при вращении ее вокруг этой точки, нужно произвести
следующие операции:
1) Мысленно повернуть вектор ускорения точки А вокруг
I в I
этой точки на угол u=arctg —J- в сторону вращения фигуры,
если вращение ускоренное (ше>0) и в сторону противополож-
противоположную, если вращение замедленное (ше<0).
2) От точки А отложить в сторону нового направления век-
тора wA отрезок, равный по величине , 2 ¦¦ 4, Коней получен-
полученного отрезка и будет мгновенным центром ускорений (рис. 181).
Если tg«=iji; AQ=yJb=,, т, ^=0.
15-2. Решение задач при нахождении скоростей точек плоской
фигуры с помощью формулы распределения скоростей
План решения задач
1. Изобра+.аам точку, скорость которой нужно найти, в дан-
данный момент времени.
2. Выбираем полюс — такую точку плоской фигуры, скорость
которой известна или скорость которой можно найти по условию
задачи.
184
3. Находим вектор скорости полюса (vA).
4. Изображаем вектор скорости полюса, приложив его в той
точке, скорость которой нужно найти по условию задачи.
5. Находим скорость данной точки, получившейся оттого,
что фигура вращается вокруг полюса (иВ/1=ш'хЛВ).
6. Изображаем вектор скорости vAB. (Вектор vBA J_ АВ и на-
направлен в сторону вращения фигуры.)
_ 7. Находим величину и направление скорости данной тоики
(Уд), используя формулы:
/\
Vb) sin(B, vBA)
Задача 64 Найти скорость ползуна В нецентрального криво-
кривошипного механизма в тот момент, когда вращающийся с угловой
скоростью со =1,5— вокруг горизонтальной сси О кривпгип
О А составляет с горизонтом угол а=30°, если 0/1 —40 tuv
АВ=200см; ОС=20см (рис. 182).
Решение 1. Изображаем
точку В в данный момент вре-
времени (рис. 183).
Рис. 182.
Рис. 183
2. Точка В принадлежит шатуну А В, который движется
плоскопараллельно. За полюс берем точку А, которая одновре-
одновременно принадлежит шатуну АВ и кривошипу О А.
3. Находим вектор скорости точки А. Скорость точки А на-
находим как скорость точки вращающегося тела О А:
vA—@or> ид=60 см[сек; vA_j_OA.
4. Изображаем вектор скорости vA, приложив его в точке В.
5. Находим скорость точки В, получившейся оттого, что
шатун АВ вращается вокруг полюса A- vBA=-(axAB; vBA_]_ AB;
185
vBA — hi(AB), но со—Q, где Q — мгновенная угловая скорость
вращения шатуна АВ вокруг мгновенного центра Р(со=?2 по тео-
теореме 1). Мгновенный центр скоростей Р — точка пересечения
перпендикуляров к скоростям точек А и В:
Расстояние ЛР=-226см находим по данным задачи. Следова-
Следовательно, vBA — 53 см\сек.
6. Изображаем вектор vBA; vBA_\_AB и направлен в сторону
вращения шатуна А В.
7. Находим скорость точки В:
iBAcos(vAl оВА); уд=40,7 см\сек;
cos^, vBA) = cos(ZOAB)=s— cos D1°40').
Задача 65, Кривошип О А (рис. 184) вращается с угловой
скоростью цH —1—^ вокруг оси О. Диск 2, свободно сидящий
Рис. 184
Рис. 185.
на оси А, катится без скольжения по неподвижному диску /.
Определить абсолютную скорость точки М диска 2 в тот момент,
когда Z.0AM = \2Q°, если г,-30 см, га==50сл, АМ=30см.
Решение. 1. Изображаем точку М в данный момент времени
{рис. 185).
2. Выбираем полюс. За полюс берем точку Л. Точки /VJ и А
принадлежат плоской фигуре — диску 2.
3. Находим вектор скорости полюса — точки А. Так как
точка А принадлежит также кривошипу О А, вращающемуся
Вокруг ОСИ О С УГЛОВОЙ СКОРОСТЬЮ (!H, ТО
vA_L<JA; w^tOoO-.-KjV, оA=SQ cMJcetc.
4. Изображаем вектор vA, приложив его в точке М.
186
5. Находим скорость точки М, получившейся оттого, что
диск 2 вращается вокруг полюса A: vMA=a>(AM); o)=Q, по
теореме о независимости угловой скорости от выбора полюса.
•Следовательно, <u=Q=^; (а=~т-^> vMA=48 CMJcetc.
6. Изображаем вектор vMA; vMA—J_AM.
7. Находим величину и направление вектора vM скорости
точки М;
Упражнения
Ш. Определить скорость желоба АВ конвейера, если скорость точки С
ролика i>c= Ю см1сек, ОС—-^-.
Ответ: о=17,8 см\сек.
Рис. к упр. 111
Рис. к упр 112
112. Найти такую точку М ролика маятниковой мельницы, величина
абсолютной скорости которой в данный момент равняется 4,32jk/owc, если
?ОАМ=120°, /?=50 см, /-=20 см, кривошип ОА вращается с угловой ско-
об
ростью, соответствующей п=150 . Ролик катится без скольжения
At ПН
Ответ: Л/И,=4 см; Л/Иг=16 см.
15-3. Решение задач при определении скоростей точек плоской
фигуры с помощью нахождения мгновенного центра скоростей
План решения задач
1. Изображаем точку М, скорость которой нужно найти
в данный момент времени.
2. Находим положение мгновенного центра скоростей Р
фигуры.
187
3. Находим мгновенную угловую скорость вращения Q пло-
плоской фигуры вокруг мгновенного центра скоростей.
4. Находим скорость точки М по формуле vM—Q(PM);
~v.. I Р~М,
Задача 66. Стерн-ень АВ (рис. 186) движется в плоскости
хоу так, что нижний его конец А скользит по оси ох по закону:
x=ut (u=const). Определить скорость конца В стержня в тот
момент, когда /_0АВ=45°, если АВ—4г.
/г к,
Рис. 186.
Рис. 187
Решение. 1. Изображаем точку В в данный мом?нт времени
(ZOAВ-45°; рис. 187).
2. Находим положение мгновенного центра скоросгей Р
стержня. Это — точка пересечения перпендикуляров, восстанов-
восстановленных к v~A и гГс в точках А и С. (Вектор vc направлен no AB.)
3. Находим мгновенную угловую скорость Q вращения
стержня вокруг мгновенного центра скоростей:
4. Находим скорость точки В по формуле:
Задача 67. Кривошип ОА (рис. 188) вращается с угловой
скоростью йH=2 ~ вокруг оси О. Зубчатое колесо 2, свободно
сидящее на оси А каштся по неподвижному зубчатому колесу /.
Определить абсолютную скорость точки С колеса 2 в тот момент,
когда /О4С=90°, если г1=60 см, гг-=25 см, АС'=15 см.
Решение. I. Изображаем точку С в данный момент (рис. 189).
2. Находим положение мгновенного центра скоростей Р.
Мгновенным центром скоростей колеса 2 является точка касания
183
колес, так как второе колесо катится без скольжения по непод-
неподвижному колесу 1.
3. Находим мгновенную угловую скорость вращения колеса 2.
Точка А одновременно принадлежит кривошипу ОА, вращаю-
вращающемуся вокруг оси О с угловой скоростью (вл и колесу 2, вра-
Рис. 188.
Рис. 189.
сдающемуся с мгновенной угловой скоростью Q вокруг мгновенного
центра скоростей Р. Следовательно, с одной стороны, &л=я
=сов (г, — rt), с другой стороны, vA=Qrt. Поэтому:
Q=ffl/-i^i; Q=2,8 —.
о г. сек
4. Находим скорость точки С по формуле vc=Q(PC).
PC = V(APy+(ACI; РС=29,1 см\ цс=81,5 аи/сек;
ИС±РС.
Упражнения
113 Привод поршневого насоса, применяемого при разведочном буренки,
состоит из приводного шкива 2 и шестерни 3, насаженных наглухо на вал О,.
Рис к упр. 113
Вращение вала О1 передается с помощью шестеренок 3 и 4 на кривошипный
вал О; от кривошипа ОА приводится в движение шатун АВ, шток ВС и пор-
поршень С.
189
Определить угловую скорость шатуна АВ и скорость точки В для двух
положений кривошипа ОА, определяемых углами а=0° и а=~^ , если угло-
угловая скорость шкива 2 соответствует п=60 об/лш«, OA=r, AB=5r, i?s=-^-,
114. Загрузочное устройство в углепогрузочных машинах С-153 выполнено
в виде двух механических лап ABC и DEF, которые загребают уголь и передают
его на скребковый конвейер К-
Каждая из лап приводится в.
движение посредством криво-
шипно-шатунного механизма.
Конец А лапы соединен
шарнирно с OtA, который ка-
качается вокруг неподвижной оси
О,, укрепленной на наклонной
приемной полке машины. С дру-
другой стороны лапа шарнирно
сидит на пальце В, который
укреплен на диске, вращающем-
вращающемся вокруг неподвижной оси О.
Определить угловую скорость о>
кривошипа О,Л и скорость точ-
точки С лапы в тот момент, когда
а = 45°, р = 30°, если угло-
угловая скорость вращения диска
Рис. к упр
= 80 см, ВС = 40 см, OB = 2Q см.
Ответ: со = 1,79 — ;
свк
t»c = 0,6 м/сек.
115. Подъем труб буровым стан-
станком производится при помощи тале-
талевого ступенчатого барабана А. Вал
барабана делает 15,1 o6jmuh. Диаметр
большого барабана равен 0,455 м,
диаметр малого барабана равен 0,315 м.
Определить скорость подъема труб
при работе на обеих половинах бара-
барабана (дифференциальный подъем).
Ответ: v = 5,5 см\сек.
Рис. к упр. 115
ГЛАВА XVI
УСКОРЕНИЕ ТОЧЕК ТЕЛА В ПЛОСКОМ ДВИЖЕНИИ
16-1. Решение задач при нахождении ускорений точек
плоской фигуры с помощью формулы распределения
ускорений
План решения задач
1. Изображаем точку, ускорения которой нужно найти, в
данный момент времени.
2 Выбираем полюс — такую точку плоской фигуры, ускоре-
ускорение которой известно или ускорение которой можно легко найти
по условию задачи. _
3. Находим вектор ускорения полюса (wA).
4. Изображаем вектор ускорения полюса, приложив его в той
точке, ускорение которой нужно найти по условию задачи.
5. Находим ускорение данной точки, получившееся оттого,
что плоская фигура вращается вокруг полюса с угловой скоро-
скоростью а>:
п}?>А = шх~г>ВА
6. Изображаем вектор wba-
7. Находим ускорение данной точки, получившееся оттого»
что плоская фигура вращается с угловым ускорением е вокруг
полюса А\
8. Изображаем вектор wba-
9. Находим величину и направление вектора полного уско-
ускорения данной точки, используя аналитический способ нахожде-
нахождения геометрической суммы.
191
Задача 68. Кривошип OK вращается вокруг оси О с угловой
скоростью аH=1 '/сек и ускорением ео=2—, (рис. 190). Опреде-
сек
лить ускорение точки В шестерни 2, насаженной свободно на
ось К и катящейся без скольжения по неподвижной шестерне /,
если R=80 см, г=30 см, KB=20 см, 2<ЖВ=а=60°.
Рис. 190-
Рис. 191.
Решение. Шестерня 2 совершает плоскопараллельное движе-
движение, следовательно, для вычисления ускорения точки В можно
применить формулу:
1. Изображаем точку В в данный момент времени (рис. 191).
2. Выбираем полюс, такую точку шестерни 2, ускорение ко-
которой можно найти по условию задачи. Такой точкой является
точка К, принадлежащая одновременно шестерне 2 и криво-
кривошипу ОК-
3. Находим вектор ускорения полюса (wK)< Так как точка
К принадлежит кривошипу ОК> вращающемуся вокруг оси О
с угловой скоростью «о, и угловым ускорением s0, то
Wu=Wu-+Wu- где ш«.„=<йо (ОКУ, wk =Ь0 см1сек*;
4. Изображаем составляющие wkn и wkx полного ускорения
точки К, приложив их к точке В.
5. Находим ускорение точки В, получившееся оттого, что
шестерня 2 вращается вокруг полюса К с угловой скоростью ю:
вЙ&=ш X vBK; tt>j&=и* (KB).
По теореме о независимости угловой скорости от выбора по-
полюса (по теореме 1) заключаем, что co=Q, где Q — мгновенная
192
угловая скорость вращения шестерни 2 вокруг мгновенного цент-
центра скоростей Р. (Р — точка касания шестерни 2 с неподвижной
шестерней 1 имеет в данный момент скорость, равную нулю,
так как шестерня 2 катится без скольжения по неподвижной
шестерне /.) Для нахождения угловой скорости Q находим ско-
скорость точки К,. Так как точка К принадлежит кривошипу ОК.,
то vk=(o0(OK). Но точка К, принадлежит и шестерне 2, враща-
вращающейся в данный момент вокруг мгновенного центра скоростей Р,
поэтому vk~Q (Р/С), следовательно,
^=55,5 см1сек\
«-';«,-Q-*.'/
6. Изображаем вектор а>д^, направленный к полюсу К-
7. Находим ускорение точки В, получившееся оттого, что ше-
шестерня 2 вращается вокруг полюса К с угловым ускорением е:
И = е х KB; а## = е (KB).
Для нахождения е нужно продифференцировать равенство
D f
?2=ой0 по времени:
dQ^dco, R —г dQ dwo__
It W~ ' dF^8' dt ~e<>'
следовательно,
Таким образом, w*b$=66,7 см\секг
8. Изображаем вектор wbk- Этот вектор направлен в сторону
вращения шестерни 2, так как вращение ускоренное:
9. Находим величину и направление вектора полного уско-
ускорения точки В с помощью аналитического способа нахождения
величины и направления геометрической суммы:
М. А. Мисюрев 193
Задача 69. Кривошип OK—10 см вращается равномерно во-
вокруг оси О с угловой скоростью Ч^— (рис. 192). Опреде-
Определить ускорение ползуна В в тот момент, когда /_ КОВ =60°,
если длина шатуна KB=40 см.
Решение. Ползун В движется
поступательно, следовательно, ус-
ускорения всех его точек одинаковы
и равны ускорению конца В стер-
стержня KB (К и В — цилиндрические
шарниры). Стержень KB совер-
совершает плоскопараллельное движение, поэтому для нахождения
ускорения точки В можно воспользоваться формулой:
Рис. 192.
1. Изображаем точку В в данный момент (рис. 193).
2. Выбираем полюс — такую точку стержня KB, ускорение
Ркс. 193.
которой можно найти. Такой точкой является точка К, принад-
принадлежащая одновременно шатуну KB и кривошипу ОК, враща-
вращающемуся равномерно вокруг оси О.
194
3. Находим ускорение полюса. Так как кривошип ОК вра-
вращается равномерно вокруг оси О, то
wk=wkn=a>l (OK); wk~ 160 см,'сек\
Вектор wk направлен коси О.
4. Изображаем вектор wk, приложив его к точке В.
5. Находим ускорение точки В, получившееся оттого, что
стержень KB вращается вокруг полюса К с угловой скоростью са:
По теореме о независимости угловой скорости вращения плос-
плоской фигуры от выбора полюса (теорема 1), заключаем, что
<о=й, где Q — мгновенная угловая скорость вращения стержня
вокруг мгновенного центра скоростей Р (Р — точка пересечения
перпендикуляров, восстановленных в точках К и В к скоростям
этих точек):
По данным величинам задачи находим, что КР-*78 см,
@=0,512 Чсек; о>$* = 10,5 см}сек\
6. Изображаем вектор xifek, (этот вектор направлен к полю-
су К).
7. Находим ускорение точки В, получившееся оттого, что
стержень KB вращается вокруг полюса К с угловым ускоре-
ускорением е: WBk)=u(KB).
Так как точка В движется по оси ох, то WBy*=0, следова-
следовательно,
Угол Р находим по теореме синусов из ДО/СВ: Р = 12с30'.
Таким образом, w^—139 см,\сек*.
8. Находим величину и направление вектора полного ускорения
точки В. Так как вектор ускорения точки В лежит на оси ох, то
Следовательно, wBx=—60 см!сек*.
Знак минус показывает, что ускорение точки В в данный
момент направлено к оси О.
Упражнения
116. Сохранив условие задачи 103, определить ускорение точки К> если
в данный момент <р = 60°, положение точки К определяется углом а = 60°,
г = 7,5 см.
Ответ: wk = l08 см/сек?.
Рис. к упр. 116
117. В период пуска кривошип О А планетарной передачи вращается с
ускорением ео = О,3 •—= и с угловой скоростью оH = 0,15—. Определить пол-
сск с&к
Рис. к упр. 117
ное ускорение точки М~шестерни 2, если ^ ОАМ = 60°, AM = 12 см, R = 166 см,
/ = 14 ем. Шестерня 1 неподвижна.
Ответ: шл = 23,1 ем1аекг.
16-2. Решение задач на нахождение мгновенного центра
ускорений плоской фигуры
План решения задач
1. Находим мгновенную угловую скорость (со) и мгновенное
угловое ускорение (е) плоской фигуры для данного момента
времени.
196
2._ Находим ускорение какой-нибудь точки плоской фигу*
РЫ (И1д).
3. Мысленно повернем найденный вектор ускорения (wA)
вокруг точки приложения этого вектора (Л) на угол
<x=arctg^jr B сторону вращения фигуры, если вращение уско-
ускоренное (сое>0), и — в противоположную сторону, если вращение
замедленное (©е<0).
4. От точки А отложим отрезок в сторону нового направле-
направления вектора ускорения, равный
Задача 70. Ползуны А к В, соединенные шарнирно стерж-
стержнем, скользят по неподвижным осям О| и Оц так, чго
ОА— s=5t*(t — в сек, $ — в дм). Определить положение мгновен-
мгновенного центра ускорений стержня АВ в момент времени / = 1 сек,
если 2 АОВ=120s, ЛВ=8,66 дм (рис. 194).
Рис. 195.
Решение. 1. Находим мгновенную угловую скорость и мгно-
мгновенное у.ловое ускорение стержня АВ в момент t=>\ сек (рис. 195).
Из ДОЛ В
¦S( = i гек _ 8,66
sinpS ""sin 60°
р — мгновенный центр скоростей стержня АВ—¦ точка пере-
пересечения перпендикуляров, восстановленных в точках Л и В к
скоростям этих точек. Мгновенная угловая скорость вращения
стержня:
197
Для нахождения мгновенного ускорения е стержня АВ в
данный ^момент спроектируем векторные равенства wa=wA+
+w(BA-JrWB$ на ось Вх]_рх\. Так как ускорение ползуна В на-
направлено по ВО, то wBx=wAx+w(bax+w(bax=O;
wA cos 30° — е {АВ) cos 30°+Q2 (AB) cos 60°=0;
wA cos 30° + w(gA cos 60°
8~ (AB) cos30° '•
2. Находим ускорение точки Л:
Шд=^а=10 дм]секг
и, следовательно,
е=2,75 '/«к1.
3. Мысленно поворачиваем вектор wA вокруг точки А в сто-
сторону вращения стержня АВ (так как ше>0) на угол <х=
=arctg^; a=45°.
4. От точки А в сторону нового направления wA отклады-
откладываем отрезок i4Q = -^-==. AQ=2,58 дм. Точка Q и является
мгновенным центром ускорений стержня АВ.
Упражнения
118. Уравнение движения точки М обода колеса рудничного электровоза
следующее:
x = 3t- 0,325 sin (9,23/); 0 = 0,325A-cos 9,23f),
(где х и у в метрах, а время t — в секун-
секундах. Начало координат совпадает с на-
начальным положением точки на пути). Опре-
Определить положение мгновенного центра уско-
ускорений и ускорение мгновенного центра ско-
скоростей колеса, если колесо повернулось к
данному моменту на угол 120°. Качение
без скольжения.
Ответ: мгновенный центр ускорений
совпадает с осью колеса wp=27,7 Mjce&i
Г
Рис « vrm us 'I9- СохРанив условие задачи 117,
к уиу. ни определить положение мгновенного центра
ускорений шестерни 2.
Ответ: Мгновенный центр ускорений Q шестерни 2 находится на рассто-
расстоянии 9 ел от мгновенного центра скоростей Р, / '
ГЛАВА XVII
СЛОЖЕНИЕ ПЛОСКИХ ДВИЖЕНИЙ ТЕЛА (СЛОЖЕНИЕ ВРАЩЕНИЙ
ТВЕРДОГО ТЕЛА ВОКРУГ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ОСЕЙ)
17-1. Основные положения
При сложении вращений твердого тела, направленных в одну
сторону вокруг двух параллельных осей, получается результиру-
результирующее вращательное движение вокруг мгновенной оси, параллель-
параллельной данным осям; направление результирующего вращения сов-
совпадает с направлением вращения вокруг данных осей. Мгновенная
ось вращения тела делит расстояние между данными осями внут-
внутренним образом на отрезки, обратно пропорциональные величи-
величинам угловых скоростей составляющих вращений. Абсолютная
величина мгновенной угловой скорости результирующего враще-
вращения равна сумме абсолютных величин угловых скоростей состав-
составляющих вращений (схема на рис. 196):
5r=fH^' O==U)'+UJ>; att^K. A7-1)
При сложении вращений твердого тела, направленных в раз-
разные стороны, вокруг двух параллельных осей, получается вра-
вращательное результирующее движение вокруг мгновенной оси,
параллельной данным осям и делящей расстояние между этими
осями внешним образом на отрезки, обратно пропорциональные
величинам данных угловых скоростей. Вектор мгновгнной угло-
угловой скорости результирующего вращения лежит за большим век-
вектором угловой скорости слагаемых вращений и направлен в ту
же сторону. Абсолютная величина мгновенной угловой скорости
вращения равна разности абсолютных величин угловых скоростей
составляющих вращений (схема на рис. 197):
Q ш, со, '
йцй^К: A7-2)
ю,>ау, ?2=со, — ©,.
199
Совокупность вращений твердого тела, направленных в раз-
разные стороны, вокруг двух параллельных осей в случае, когда
модули угловых скоростей данных вращений равны между со
Рис. 196.
Рис. 197.
бой, называется парой вращений Пара вращений эквивалентна
мгновенному поступательному движению. Скорость поступатель-
поступательного движения тела равна вектору-моменту пары вращений, т. е.
kz скорость результирующего поступа-
поступательного движения тела перпендику-
перпендикулярна к плоскости пары и направлена
ift* так, что если посмотреть с конца
_,_ этого вектора, то мы должны видеть
У что пара стремится вращать плоскость
пары против направления вращения
/л часовой стрелки, а величина этой ско-
Рис ]98 роста равна произведению величин уг-
угловой скорости пары на кратчайшее
расстояние между осями вращений (схема на рис. 198):
A7-3
17-2. Решение задач
План решения задач
1. Рисуем схему сложения угловых скоростей.
2. Составляем пропорции для определения искомых угловых
скоростей.
3. По найденным угловым скоростям находим искомые вели-
величины задачи
Задача 71. Зубчатое колесо / жестко скреплено с неподвиж-
неподвижной осью АВ; зубчатое колесо IV и рама Ofififi^ свободно на-
насажены на ось А В. Спаренные зубчатые колеса // и /// сво-
свободно насажены на эту раму. При вращении рамы колеса // и
/// приводят во вращение колесо IV. Определить угловую ско-
200
рость вращения со4 колеса IV, если рама вращается с угловой
скоростью соо, радиусы колес соответственно равны г,, г., г, и г
(рис. 199).
Решение. 1. Рисуем схему сложения угловых скоростей. Так
как колесо // одновременно вращается вокруг двух параллель-
параллельных осей АВ и 0,0,, то в данный момент это колесо вращается
вокруг мгновенной оси, проходящей через неподвижную точку
С касания колес / и //. Эта точка лежит между данными осями,
следовательно, происхо-
происходит сложение вращений,
направленных в одну сто-
сторону (рис. 200).
Рис. 199.
Рис. 200.
2. Составляем пропорции для нахождения Q:
Ex..
~СОг'
A7-4)
где а>г, относительная угловая скорость колеса 2 относительно
рамы.
3. По найденной Q находим угловую скорость ю4.
Так как колеса // и /// спарены, то колесо /// в данный
момент вращается вокруг той же мгновенной оси с той же уг-
угловой скоростью Q и зацепляет колесо IV. Точка касания К ко-
колес имеет скорость:
а*=оу4; vk=Q {rt-\rt)\
Подставляя Q из соотношения A7-4) в A7-5), получим:
<о4 = <^
Ч*
й)„
Задача 72. В схеме механизма задачи 71 колесо IV закреп-
закреплено с неподвижной осью АВ, а колесо I свободно сидит на этой
оси. Определить угловую скорость ш, колеса / используя дан-
данные задачи 71.
201
Решение. 1. Рисуем схему сложения угловых скоростей. Ко-
Колесо /// одновременно вращается вокруг двух параллельных
осей АВ и 020я. Мгновенная ось результирующего вращения
колеса /// проходит через точку К касания неподвижного ко-
колеса IV с колесом ///. Эта точка де-
делит расстояние между данными осями
внешним образом, следовательно, про-
происходит сложение вращений, направ-
направленных в разные стороны (рис. 201).
2. Составляем пропорции для опре-
определения ?2:
V'a
Рис. 201. где со,, — относительная угловая ско-
скорость колеса ///.
3. По найденной угловой скорости Q находим угловую ско-
скорость со, колеса /.
Так как колеса // и /// спарены, то колесо // вращается
вокруг той же мгновенной оси с той же угловой скоростью,
что и колесо III. Рассматриваем скорость точки С касания ко-
колес / и //:
Задача 73. Кривошип ОА вращается с угловой скоростью ю„
вокруг оси О. Диск 2, свободно сидящий на пальце В криво-
кривошипа, катится без скольжения по неподвижному диску / и при-
приводит в движение свободно сидящий на пальце А кривошипа
диск 3 (рис. 202). Определить скорость точки С диска 3, если
/ ОЛС=90°
Рис. 202.
Рис 203.
Решение. Диск 3 совершает плоскопараллельное движение.
Для того, чтобы найти скорость точки С этого диска, достаточно
найти положение мгновенного центра скоростей и мгновенную
угловую скорость вращения диска. Но это можно будет найти,
«ели удастся найти скорости двух каких-нибудь точек диска.
Такими точками являются точки А и К- Точка К одновременно
«02
принадлежит диску 3 и диску 2, который одновременно вра-
вращается вокруг двух параллельных осей О и В (рис. 204).
1. Рисуем схему сложения угловых скоростей (рис. 203).
Диск 2 катится без скольжения по неподвижному диску /, сле-
следовательно, через точку Р касания этих дисков проходит мгно-
мгновенная ось вращения результирующего движения диска 2. Точка
Рис 204
Р делит расстояние между данными осями О и В внутренним
образом, поэтому происходит сложение вращений, направленных
в одну сторону.
2. Составляем пропорцию для определения Q: 7js = p7j '
Q=2m0.
3. По найденной угловой скорости Q находим скорость
точки К: vK—Q (РК); ик—4ы0г.
Точка А, принадлежащая кривошипу О А, имеет скорость:
Так как vK # vA и vA, vKJ_AK (рис. 204), то в данный
момент диск 3 движется поступательно и поэтому рс=од=»
¦-vK—4(x>/.
Упражнения
120. Современные станки для колонкового бурения часто оснащаются
планетарными лебедками. Барабан лебедки б приводится во вращение от глав-
главного вала / посредством системы зубчатых колес 1, 2, 3, 4, 5. Солнечное ко-
Рис. к упр. 120.
203
лесо 3, спаренное с колесом 2, свободно насажено на вал //. Оси вращения
бегунов 5 неизменно связаны с барабаном лебедки. Зубчатое колесо 4, явля-
являющееся пусковым фрикционом лебедки, свободно насажено на ось. При затор-
заторможенном шкиве 4 барабан вращается и наматывает канат.
Определить число оборотов барабана в минуту, если вал 1 делает п
и если известно число зубцов г,,
ренок.
г, г,
об
мин
щесте-
Ответ: п, = п,—
г, + г4 "
121 Механизм передвижения породопогрузоч-
породопогрузочной машины УМП-1 состоит из планетарного ре-
редуктора. Вал / вместе с 1-й шестеренкой вра-
вращается с угловой скоростью <Оо Тормозное колесо
4 свободно сидит на валу /. Оси вращения бегу-
бегунов 2 жестко скреплены с колесом 4. Если коле-
колесо 4 заторможено, то вращение вала / посредством
шестеренок 2 передается колесу 3, свободно сидя-
сидящему на валу. От шестеренки 3 движение пере-
передается оси ведущих колес машины. Если колесо 4
не заторможено, то вращение от вала / пере-
передается этому колесу. Определить угловую скорость
вращения », 3 колеса при заторможенном 4 колесе и угловую скорость <о4
тормозного колеса, когда оно не заторможено, если известны радиусы колес:
г, и гг.
Omeenv со, = со„
Рис. к
упр.
121
•2V
'2 (г
122. Сохранив условие задачи 121, опреде-
определить абсолютную и относительную угловые
скорости вращения бегуна 2, по отношению
к 4-му колесу.
Ответ: Q = -ф- <в0; a>S/. =
123. Для передачи вращения от мотора к
канатному барабану врубовой машины приме-
применяется планетарный механизм. При вращении
коленчатого вала / тройная шестерня 1—3
катится по неподвижной шестерне 2 и приво-
приводит во вращение барабан 4. Определить число оборотов в минуту барабана,
если угловая скорость коленчатого вала соответствует п, = 25,3 об\мин, число
зубцов шестеренок: г, = 28, га = 33, г, = 32, г4 = 37.
— г, г
Рис. к упр
Ответ: пг = п,'
5=0,488 об,мин.
Часть третья
ДИНАМИКА
VII. ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
ГЛАВА XVIII
ДВЕ ОСНОВНЫЕ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
18-1. Основные положения. Дифференциальные уравнения
движения материальной точки
В разделе «Динамика» изучается механическое движение ма-
материальных тел в связи с приложенными к ним силами. В целях
большей систематичности изложения материала, динамика де-
делится на динамику материальной точки и системы материальных
точек. Материальной точкой называется тело таких малых раз-
размеров, что можно пренебречь скоростями и ускорениями в его
вращательном движении по сравнению с кинематическими эле-
элементами поступательного движения.
Масса материальной точки равна ее весу, разделенному на
ускорение силы тяжести, в данном месте земной поверхности:
т=|-. A8-1)
Физические величины в механике измеряются или в техни-
технической системе единиц или в системе CGS. В основе тех-
технической системы лежат: единица длины — метр (м), единица
времени секунда (сек) и единица силы — килограмм (кГ).
Единица массы — производная от этих трех единиц. Единицей
массы в технической системе является такая масса, которой
сила, равная 1 кГ, сообщает ускорение, равное 1 м\секг.
В основе системы CGS лежат: единица длины — санти-
сантиметр (см), единица времени — секунда (сек) и единица
массы — грамм-масса (г), т. е. масса 1 кубического сантиметра
чистой воды при нормальном барометрическом давлении G60 мм)
205
и при температуре 4°С. Единица силы — дина (дн) есть про-
производная от этих единиц. Дина — такая сила, которая массе,
равной 1 г, сообщает ускорение, равное 1 см\сек*.
1 Г —вес=981 дн.
1 дн=1/981 Г веса.
Дифференциальные уравнения движения мате-
материальной точки в декартовых координатах:
nix=X\ my=Y\ m'z=Z, A8-2)
где х, у, г — координаты движущейся точки, a X=X(t, x, у, г,
х, у, г); Y=Y(t, х, у, г, х, у, г); Z=Z(t, х, у, г, х, у, г) —
проекции на оси неподвижной декартовой прямоугольной системы
координат равнодействующей всех сил, действующих на мате-
материальную точку.
Дифференциальные уравнения движения ма-
материальной точки в естественной форме:
m7R=R« m^Rn;0=Rb, A8-3)
где Q — радиус кривизны траектории точки; Rx, Rn, Rb — про-
проекции соответственно на касательную, главную нормаль и би-
бинормаль к траектории точки равнодействующей всех сил, дейст-
действующих на материальную точку.
В частном случае прямолинейного движения точки, для уп-
упрощения решения задачи, при составлении дифференциальных
уравнений A8-2) движения рекомендуется одну из осей коорди-
координат направлять по траектории точки в сторону движения.
В случае плоского движения точки систему координат хоу нужно
брать в плоскости движения, причем так, чтобы координаты
текущего положения точки были положительными. При
составлении дифференциальных уравнений A8-3) касательную
к траектории точки следует направлять в сторону положитель-
положительного направления отсчета дуг, а главную нормаль — в сторону
вогнутости траектории.
18-2. Первая основная задача динамики материальной точки
Первая основная задача динамики точки заключается в том,
что задан закон (уравнения) движения точки и ее масса,
а требуется определить силу, действующую на точку.
Дано: т, x=U{t)\ y=ft(t); z=f,(t).
Определить F.
Эта задача решается дифференцированием заданных уравнений
движения и подстановкой результатов дифференцирования в
уравнения: •• v ¦• „ • 7
•"^ тх—Х; my—Y; mz—l.
206
Величина и направление силы, действующей на точку, на-
находится по следующим формулам:
Z'; cos(F, *)-?.;
—'ч~ /
¦-т; cos(F, *) =
План решения первой задачи
1. Изображаем точку в текущий момент времени.
2. Изображаем активные силы, действующие на точку.
3. Освобождаем точку от связей, заменяя действие связей
реакциями.
4. Выбираем систему координат.
5. Составляем дифференциальные уравнения движения точки:
тх=Х', my=Y; mz=Z
(в тех задачах, в которых траекторией точки является окруж-
окружность, дифференциальные уравнения движения выгодно брать
в естественной форме:
т j-rR,\ т?=/?„; 0-Я
6, Находим wx=*x\ wy*=y; wz—z по заданному закону дви-
движения точки.
7. Подставляем найденные wx—x; wy=y; wz=z в уравнения
U8-2) и по найденным проекциям силы получим величину и на-
направление силы.
Задача 74. Тело В (рис. 205)
веса Р=3,27 кГ опускается по
шероховатой наклонной плоскости
так, что 1=3 In (I — ta+t) (I — в м;
t — в сек; tu — момент начала дви-
движения груза).
Определить натяжение Г ве-
веревки АВ, если а=604, коэффи-
коэффициент трения /=0,1.
Решение. 1. Изображаем тело
В в текущий момент времени
(рис. 206). Тело В можно
считать точкой, так как оно
2. Изображаем активную силу ~Р — вес тела.
3. Освобождаем тело В от связей. Связями являются шеро-
шероховатая плоскость и веревка АВ. Реакцию шероховатой плоско-
плоскости раскладываем на нормальную составляющую 7? и касатель-
касательную составляющую F — силу трения скольжения. Реакция Т
направлена по веревке (рис. 206).
20?
Рис. 205.
Рис. 206.
движется поступательно.
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 206
5. Составляем уравнения:
тх~Х; my—Y.
; X=Psina— T — F.
Y= — Psma+N.
х*=—г,—т—г-7я\ и = у,.=0: у=0.
Следовательно,
0—— Pcosa+N; N=P cos a; но F=fN; F=fPcosa.
Подставляем найденные величины в первое дифференциаль-
дифференциальное уравнение движения точки
6. Решаем полученное уравнение относительно Т:
кГ.
Задача 75. Груз В веса Р=6,2 кГ, подвешенный на нити АВ
длины 1=1 м в неподвижной точке А, представляет собой кони-
конический маятник, т. е. описывает окружность в горизонтальной
Рис. 207.
Рис. 208.
плоскости (рис. 207). Определить натяжение Т нити и угол а,
составляемый нитью А В с вертикалью, если уравнение движения
точки В по окружности таково: S=3,13i (S—OB; S — в м, t —
в сек).
Решение, 1. Изображаем точку В в текущий момент времени
(рис. 208).
2. Изображаем активную силу, действующую на точку В,
Такой силой является вес Р точки В.
208
3. Освобождаем точку В от связи, заменяя действие связи
реакцией. Связью является нить АВ; реакция Т направлена по
нити.
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 208
(оси естественного трехгранника).
5. Составляем дифференциальные уравнения движения точки
в естественной форме:
1. m%=RT; 2. m •?«=/?„; 3. 0=/?,.
ds
~'dt'
dv
Первое уравнение обращается в тождество 0=0:
R«=$Pm=Pn+Ta\ Rn = Tsina; Rb=Pb+Tb; Rb =
g=/sina — радиус окружности.
Получаем:
P_&№_^TfAtxa- Tcosa —P=0.
P_
g I sina~
6. Решаем полученные уравнения:
cos2a+cosa—1=0; cosa=0,618; a=51°50';
T P
T=— • T
cos a *
Omeetn: a=65°40'; T = 10 кГ.
кГ.
Упражнения
124. При паровом подъеме шахтной клети график скоростей имеет вид,
изображенный на рисунке.
Вес клети равен 3000 кГ. Определить натяжения 7\ и Тг каната, к ко-
которому подвешена клеть, в течение двух промежутков времени: 1) От f=0 до
*=20 сек, и 2) От *=20 сек, до /=30 сек.
Ответ: 7\=3214 кГ\ Г2=2572кЛ
125. При подъеме шахтной клети
график скоростей имеет вид, изобра-
Рис. к упр. 124
М. Л. Мисюреа
Рис. к упр. 125
209
женный на рисунке (трехпериодная параболическая диаграмма. Участок ОА кри-
кривой — парабола). Закон изменения ускорения для параболического участка —
линейный. Вес клети 5000 кГ. Определить натяжение Г,, Тг и Т, каната, к ко-
которому подвешена клеть, в течение трех промежутков времени:
1)" От *=0 до /=30 сек. 2) От /=30 «ж до /=39 сек и 3) От '=39 сек до
/=54 сек.
Ответ: 7\=5382— 12,75/ кГ; Гг=5000 кГ; 7%=4б26 кГ.
126 Определить опорные реакции козлового крана от действия груза D
веса Р, если закон движения груза S=50-(- a cos kf (So, a, k — постоянные
величины). Необходимые размеры
взять с чертежа.
Рис. к упр. 126 Рис. к упр. 127
127 Определить величину усилия в оттяжке А В мачтово-стрелового крана
в зависимости от угла а, возникающего от груза D, если стрела крана вра-
вращается с постоянной угловой скоростью со, а вес груза D
равен Р. Необходимые данные взять с чертежа. Разме-
Размером гр>за D пренебречь.
Ответ:
„ Pu>2(a+l sin а) , . . . ,
Т =—;——! „— (a cos а -I- n sin а).
bg sin а cos P
128. В период пуска быстроходного элеватора ковш
А занимал на барабане наивысшее положение. Угловое
Рис. к упр. 128 ускорение барабана e=const, радиус барабана R. В ка-
каком месте кусок руды, лежащий в ковше, покинет его?
Ответ: Кусок руды покинет ковш при угле а, удовлетворяющем уравне-
уравнению g cos a, — 2zR ¦ а=0.
18-3. Вторая основная задача динамики материальной точки
(обратная первой)
Вторая задача динамики точки заключается в том, что за-
задана сила, действующая на точку, и масса точки, а требуется
определить закон (уравнения) движения точки.
Дано: т, F.
Определить x^f^t); y = ft{t); z--ft{t).
210
Эта задача решается интегрированием дифференциаль-
дифференциальных уравнений движения точки: тх—Х; my = Y; mz=Z. После
интегрирования уравнений возникают произвольные постоянные.
Эти произвольные постоянные определяются по начальным усло-
условиям движения. Начальные условия берутся из текста задачи.
С точки зрения математики начальные условия движения за-
заключаются в том, что при заданном значении аргумента [?=*<„]
задаются значения функций [x(ta) = x0, y(to)=yo; г(*0)*=г,] и их
первых производных [x'(tl})=x^ у (/„)=*/,; z(tQ)=z0]. С точки
зрения кинематики начальные условия движения заключаются
в том, что при заданном значении времени [t = tj задается по-
положение точки [х (/•„)== х0; y(ta)—ya', г(*0)=г0] и скорость точки
через ее проекции на оси координат:
[x{t0)=x0; y(tt)=yt\ г(/0)=г0].
В самом общем случае правые части дифференциаль-
дифференциальных уравнений зависят от времени (t), положе-
положения точки {х, у, г) и скорости точки (х, у, г). Такие
дифференциальные уравнения интегрируются до конца только
в частных случаях, когда, например, правая часть является по-
постоянной величиной, либо простейшей функцией только времени,
либо только расстояния, проходимого точкой, либо только ско-
скорости точки и др.
План решения задач
1. Изображаем материальную точку в текущий момент вре-
времени.
2. Изображаем активные силы, действующие на точку.
3. Освобождаем точку от связей, заменяя действие связей
реакциями.
4. Выбираем систему координат. Начало координат системы
следует помещать в начальном положении точки и оси коорди-
координат направлять так, чтобы координата точки в текущий момент
и проекции скорости ее на эти оси были положительными (х>0,
у>0, г>0, vx>0, vy>0, v2>0).
\ Если точка движется по окружности, то рекомендуется вы-
выбрать оси естественной системы координат, совместив начало
координат с текущим положением точки, и направить каса-
касательную к траектории точки так, чтобы для текущего положе-
положения точки естественная координата и проекция скорости точки
на касательную были положительными E>0, VT>0). Главную
нормаль нужно направить в сторону вогнутости траектории.
5. Составляем дифференциальные уравнения движения точки
в выбранной системе координат. При этом следует помнить, что
в полученных дифференциальных уравнениях проекции всех сил
211
необходимо выразить через те переменные (t, x, у, г, х, у, г),
от которых эти силы зарисят.
6. Проинтегрируем полеченные дифференциальные уравнения
движения точки. Способ интегрирования уравьений зависит от
их вида.
Если на точку действуют, кроме постоянных сил, силы, за-
зависящие только от одной переменной, то чаще всего такие урав-
уравнения решаются путем разделения переменных (см. решение за-
задач 77, 78, 79, 81). Иногда систему трех дифференциальных
уравнений второго порядка:
тх~Х, tny = Y, mz~Z
выгодно заменить эквивалентной системой, состоящей из шести
уравнений, но первого порядка:
dvx v dx dvv ,7 du dv. v dz
(см. решение 77, 78, 81).
В том случае, когда по условию задачи нужно найти ско-
скорость точки как функцию текущих координат ее и сила зави-
зависит только от этих координат .или скорости точки, то из диф-
дифференциальных уравнений переменную t исключаем с помощью
подстановок:
¦• _dVjf _ dujc dx __ dvx ¦ __ dvy _ dv^ dy _ dvy
X~~~dT~!x~Jt^lx~Vx' y~TF~~ dy1t~"dJVr
¦ dvz ^dv^tte^du^
dt dz dt dz *'
В простейших случаях дифференциальные уравнения движения
точки будут иметь вид:
mvxd-^=-X(vx) либо [=Х(х)\,
mvvdj?=Y(vv) либо [=Y(y)].
dz
= Z(u2) либо [=Z(z)]
(см. решение задач 78, 79).
7. Составляем начальные условия движения по тексту задачи.
8. По начальным условиям определяем произвольные посто-
постоянные интегрирования.
9. Найденные произвольные постоянные подставляем в ре-
результат интегрирования дифференциальных уравнений движения
точки. Это и будут уравнения движения точки (закон дви-
ж е н и я).
212
Прямолинейное движение точки
1. Постоянная сила
Задача 76. На шероховатой наклонной плоскости (рис. 209)
находится груз А веса Р,, связанный с грузом В веса Р2 нитью,
перекинутой через блок С. Определить закон движения грузов
если вначале грузы находились в покое, коэффициент трения
груза А о наклонную пло-
плоскость равен /, угол наклона JV
плоскости к горизонту ра- '
вен а. /
Рис. 209.
Решение. Грузы А и В можно считать материальными теч-
течками, так как эти грузы движутся поступательно. При решении
задачи рассматриваем движение каждого груза в отдельности.
а) Движение груза Л:
1. Изображаем груз А в текущий момент времени (рис. 210).
2. Изображаем активные силы: Р,— вес груза, 7\— натяже-
натяжение нити.
3. Освобождаем груз А от связей, заменяя действие связей
реакциями. Связью является наклонная плоскость. Реакцию
шероховатой опорной поверхности раскладываем на нормальною
составляющую N и касательную составляющую F (F — сила тре-
трения скольжения).
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 210:
5. Составляем дифференциальные уравнения движения точки.
тх=Х; my = Y:
X^P1sina+T1 — F;
ij, i - ,y , - v , --у V=-jV —P, cos a;
y=wv = 0; x=wx—wl, так как направление ускорения точки А
совпадает с положительным направлением оси ох. После подста-
подстановки найденных величин в дифференциальные уравнения дви-
движения точки А, получим:
mlwl=P1 sincH-T, —F; O=N — P.cosa; A/-P,cosa; F=fN;
F=/P, cos a;
m1w1=P1 (sina — /coscO + r,. A8-4)
213
б) Движение груза В:
1. Изображаем груз В в текущий момент времени (рис. 211).
2. Изображаем активную силу Р, — вес груза В и Tt — на-
натяжение нити.
3. Выбираем систему координат, как указано на рис. 211.
Достаточно выбрать одну ось ох, так как тело движется по
вертикали.
|0 4. Составляем дифференциальное уравнение дви-
\% жения:
тх=Х; Х=%Х,; Х = Р,х+Т,х^Рг — Т2; x=wt;
m2ws = P2-Tt. A8-5)
Из уравнений A8-4) и A8-5) находим ускорение
гг узов, имея в виду, что wI—w1=w; T1*=Tt=*T\
Я, (sin а-
Следовательно, точки А и В движутся прямолинейно
Рис. 211. и равномерноускоренно:
, wt*
но fofcO, так как грузы движутся из состояния покоя; начало
координат выбираем так, что х9~0. Следовательно,
_ Я, (sing — /cosa)-f P8 ?_!
Х~ Рг + Рг ' 2 •
Вывод. В том случае, когда на точку, участвующую в пря-
прямолинейном движении, действуют постоянные силы, то эта
точка движется равнопеременно. Ускорение равнопеременного
движения находится из дифференциальных уравнений движения.
Для нахождения закона движения точки нужно найденное уско-
ускорение подставить в кинематическую формулу пути равнопере-
равнопеременного прямолинейного движения.
2. Сила — функция времени.
Задача 77. Тело М начинает скользить по гладкой наклон-
наклонной плоскости без начальной скорости в среде с сопротивлени-
сопротивлением, равным 0,5Pe~Mt {k — некоторое положительное число, Р — вес
тела М). Определить уравнение движения тела, если угол на-
наклона плоскости к горизонту а=309 (рис. 212).
Решение. 1. Изображаем тело М в текущий момент времени
(рис. 213); тело можно считать за точку, так как тело движется
поступательно. _ _
2. Изображаем активную силу Р — вес тела и силу R — со-
сопротивление среды.
214
3. Освобождаем тело М от связи, заменяя действие связи
нормальной реакцией N (наклонная плоскость гладкая).
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 213.
Рис. 212.
S. Составляем дифференциальное уравнение движения:
тх~Х\
v Р
-е-«): *-»=«*; m^f A-*-«):
6. Интегрируем полученное дифференциальное уравнение
движения точки ¦^=•4A—<?'*'). Это уравнение с разделяю-
разделяющимися переменными: d&=y(l—e~kl)dt.
После интегрирования получим:
Откуда:
7. Составляем начальные условия движения (по тексту за-
задачи) для определения произвольных постоянных интегрирова-
интегрирования С, и Сг.
При f«=0 х@)=0, х@)=0.
Так как начало координат помещено в начальном положении
тела М, то ж@)=0.
8. Начальные условия движения подставляем в уравнения
08-6) и A8-7):
i. O=Jr+C,, следовательно, С,= — ^;
= —^i+C,, следовательно, С,=-^ .
9. Найденные С, и С2 подставляем в результат интегрирования
дифференциального уравнения движения точки (уравнение 18—7):
3. Сила — функция скорости точки.
Задача 78. Тело А весом Р, получившее начальную скорость
v0, скользит вверх по шероховатой наклонной плоскости, испы-
испытывая сопротивление среды, пропорциональное квадрату скоро-
скорости тела причем коэффициент пропорциональности равен mk
(m — масса тела). Определить расстояние, проходимое телом,
как функцию скорости его если коэффициент трения скольже-
скольжения равен /, угод наклона плоскости к горизонту равен а (рис. 214).
Рис 214.
Рис. 215.
Решение. 1. ИзоСражаем тело А в текущий момент времени
(рис. 215). Тело А можно считать материальной точкой, так как
оно движется поступательно.
2. Изображаем активную силу Р — вес тела и R—силу со-
сопротивления среды.
3. Освобождаем тело А от связи, заменяя действие связи
реакцией. Связью является наклонная плоскость. Реакцию пло-
плоскости раскладываем на нормальную составляющую N и на ка-
касательную составляющую F (F— сила трения скольжения).
4. Выбираем оси координат, как указано на рис. 215. Для
упрощения решения задачи рекомендуется одну из осей напра-
направить в сторону движения тела А
5 Составляем дифференциальные уравнения движения:
тх— X; my — Y.
216
следовательно,
O — N — fcosu; F=fN—fp cos a;
tn ~r-=— P sin a — [N — mkv";
^=— [g (f>in «+/ cos a)+?u2]
Так как скорость точки—сложная функция времени v =<p[x(t)]r
dv do dx dx dv dv
TO ТГТх-1п> но ТГи' следовательно, -^о-.
Поэтому дифференциальное уравнение движения тела Л полу-
получится таким:
v ^=— tg (sin u+/ cos a)+ftws].
6. Интегрируем дифференциальное уравнение движения тела Л»-
Это уравнение с разделяющимися переменными:
vdv
g(sma-(-/cosa) -\- kv*~ dK>
¦(sma + /cosa) + kv1'
A8-8)
7. Составляем начальные условия для определения произ-
произвольной постоянной с.
При /=0 *@)=0; v(Q)=v0.
(х@)=0, так как начало координат помещено в том месте,
откуда началось движение тела А).
8. Определяем произвольную постоянную с. Для этого началь-
начальные условия задачи подставляем в уравнение A8-8), получим:
с=2ь In [g (sin a+/ cos a)-\-kvl]
9. Подставляем найденное с в уравнение A8-8):
х—- In
X~2km
1 g(sma-t-f cos a) -f kv\
g(sina-f/i
4. Сила — функция координаты движущейся точки.
Задача 79. Тело Л находится на гладкой горизонтальной
плоскости и притягивается к неподвижному центру О силой,
пропорциональной массе тела и обратно пропорциональной кубу
расстояния тела от этого центра, причем коэффициент пропор-
пропорциональности равен k. В начальный момент расстояние тела от
О равно а, а скорость его равна нулю. Найти закон движения
тела
21Z'
Решение. 1. Изображаем тело А в текущий момент времени
*(рис. 216). Тело можно считать за материальную точку, так как
.это тело движется поступательно.
2. Изображаем активные силы, действующие на тело: Р — вес
тела, F — сила притяжения тела к центру О.
3. Освобождаем тело от связи, заменяя действие связи реак-
реакцией. Связью является горизонтальная гладкая плоскость; N —
нормальная реакция этой плоскости.
4. Выбираем систему координат, как
указано на рис. 216.
5. Составляем дифференциальное ура-
уравнение движения тела А:
x~dt' dt^ x'-
6. Интегрируем дифференциальное ура-
Рис. 216. внение движения точки:
do к
Ъ 7»-
Скорость тела Л—сложная функция времени t:v=y[x(t)], сле-
следовательно,
A8-9)
После интегрирования будем иметь:
A8-10)
7. Составляем начальные условия для определения произволь-
произвольных постоянных с, и с?.
При *=0 хф)=а, i(O) = uo=O.
8. Определяем по начальным условиям задачи произвольные
постоянные с, и с,.
Подставляя начальные условия в уравнения A8-9) и A8-10),
получим: Cj=— -g; сг—0.
.213
9. Найденные с, и с, подставляем в уравнение A8—10) и полу-
получаем закон движения тела А:
Упражнения
129. Определить закон движения куска антрацита при скольжении его по
стальным рештакам вдоль очистного забоя,если угол падения пластаа=30°, коэф-
коэффициент трения тела о плоскость / = 0,3, Движение происходит из состояния
покоя.
Ответ:' х = 1,18 t* м.
130. При бурении неглубоких скважин сила сопротивления, которую испы-
испытывает падающий буровой снаряд веса Р, принимается пропорциональной пер-
первой степени скорости снаряда.
Определить скорость и путь, пройденный снарядом, как функцию времени,
если а4 = 0. _? ^ _ё
Ответ: v = k (I — e k У. S=kt-{-—(e к — 1), где k — скорость паде-
S
«ия снаряда, при которой величина сопротивления среды равна весу снаряда.
131. При падении тела М в стволе очень глубокой шахты ускорение прямо
пропорционально расстоянию тела от центра земли. Найти время t, в течение
«второго тело пройдет даннный путь S, если тело начинает падать с поверх-
поверхности Земли без начальной скорости, предполагая, что сопротивление отсутст-
отсутствует.
Ответ: t
У 8
arc cos-
где R — радиус Земли.
Криволинейное движение свободной точки
1. Постоянная сила
Задача 80. Материальная точка весом Р брошена со скоростью
о0 под углом а к горизонту. Определить, пренебрегая сопротив-
сопротивлением воздуха, закон движения точки.
Решение. 1. Изображаем точку М
в текущий момент времени (рис. 217).
2. Изображаем силы, действующие
«а точку. В данном случае действует
единственная сила Р — вес точки.
3. Выбираем систему координат,
жак указано на рис. 217 (начало ко-
координат помещаем в месте выбро-
выброса точки; вектор ил лежит в плоскости
уог).
4. Составляем дифференциальные
уравнения движения точки: тх=Х;
" " /пг=2; Х=Рх=0; У=Ру«О; РйС' 217'
=—Р, получаем следующие три дифференциальные ура.»
внення;
—-g.
5 Интегрируем дифференциальные уравнения движения точки.
х=с1; у=сг; z^—gt+ct. A8-11>
x^cj+cj y = ctt+ct; г=—^+с,/+с,. A8-12)
6. Составляем начальные условия задачи:
при /=0; лг(О)=О, *@)=0;
г/@)=0, #@)=a0cosa;
z@) =0, г @) = о, sin а.
7. Определяем по начальным условиям произвольные постоян-
постоянные интегрирования с,, с2, с,, с4, cs, с,.
Из уравнений A8-11), A8-12) после подстановки в них на-
начальных условий получим:
Cl=0; с4=0; с5=0; с5=0; c2 = o0cosa; c, = t>esina.
8. Найденные произвольные постоянные подставляем в ре-
результат интегрирования дифференциальных уравнений A8-12);.
получим закон движения точки-
или уравнение траектории точки-
в параметрической форме (роль
параметра играет время t):
jc=O, y=vat cos a;
риСр 218. После исключения параметра
/ из уравнений движения урав-
уравнение траектории будет иметь вид:
*=0; z=ytga—y\ 8 ¦ .
2v\ cos'' a
Следовательно, материальная точка М движется по параболе,
расположенной в вертикальной плоскости (рис. 218).
2. Сила—функция скорости точки,
Задача 81. Материальная точка массы т брошена с началь-
начальной скоростью о0 под углом а к горизонту. Сила сопротивления
воздуха R=—kmgv, где k — постоянный коэффициент и v —ско-
—скорость точки. Найти уравнения движения и наибольшую высоту
подъема точки.
Решение. 1. Изображаем точку М в текущий момент времени
(рис. 219). __
2. Изображаем силы, действующие на точку: Р—вес точки,
/?—силу сопротивления воздуха, направленную в сторону, про-
противоположную направлению скорости точки.
220
3. Выбираем систему координат, как указано на рис. 219.
Начало координат помещаем в месте выброса точки; вектор ил
лежит в плоскости гоу.
V
Рис. 219.
4. Составляем дифференциальные уравнения движения точки;
тх—Х; my—Y\ mz—Z.
Z^Z,; Z=P,+Rt=-P-kmgvM.
Получаем следующие дифференциальные уравнения движения:
1. ?=0; 2. d^-kgvv; 3. tf~-t
5. Интегрируем полученные дифференциальные уравнения
движения точки.
После интегрирования первого уравнения имеем:
х=с1 A8-13)
x=clt\ci. A8-14)
Интегрируем второе уравнение:
>•*
A8-15)
A8-16)
Интегрируем третье уравнение:
>'
221
A8-17)
-1]Л;
A8-18)
6. Составляем начальные условия для определения произволь-
произвольных постоянных интегрирования с,, с2, с,, cv с,, ct.
При г=0; *@)=0; i@)=0; г/@)=0; y@)=t»y@)-o,coea;
z@)=0; z@)=!^(O) = yosina.
7. Определяем произвольные постоянные по составленным
начальным условиям.
После подстановки в уравнения A8-13), A8-14) и A8-15);
A8-16); A8-17); A8-18) начальных условий получим:
с,=0; сг=0; ec»=t»0cosa; c4=—||cosa;
е-кс>=1 +feuo sin a; ce= — р- [1 +&и0 sin a].
8. Подставляем найденные произвольные постоянные в урав-
уравнения A8-14), A8-16), A8-18) и находим закон движения точки-
Для нахождения h—zmax используем то положение, что
в наивысшей точке траектории вектор скорости материальной
Рис. 220.
точки горизонтален (рис. 220) и, следовательно.
222
3. Сила — функция координат движущейся точки,
Задача 82. Точка М массы т притягивается неподвижным*
центром О с силой F~k*mr, где k — постоянный коэффициент
и г — расстояние точки М от О. В начальный момент расстояние
та=а, а скорость w0 направлена перпендикулярно ОМ0. Найти
уравнение движения точки М и ее
траекторию, принимая прямую ОМ9
за ось х и пренебрегая весом точки.
Решение. I. Изображаем точку
М в текущий момент времени (рис.
221).
2. Изображаем силу F, действую-
действующую на точку.
3. Выбираем систему координат,
как указано на рис. 221.
4. Составляем дифференциальные уравнения движения точки:
mx=X; tny=Y.
Х=2*,; X=FX=—m?Vcosq>; Y^^h Y=Fy=—mk
но
rcosy=x; r sin ф== у; Х=—mk*x; У=—mk*y.
Следовательно,
с=0; 2. г/+?'У=О.
Рис. 221.
5. Интегрируем дифференциальные уравнения движения
jc-f k*x~0; y-fk?y~Q. Эти уравнения однородные линейные вто-
второго порядка с постоянными коэффициентами. Для решения
такого уравнения нужно составить характеристическое уравнение
и найти его корни: Q2-j-fe2=0; Q1 = ik; ег=—ik, где i=*y—1.
Общее решение первого уравнения будет: х~с^к1+сге~т,
где с, и с, — произвольные постоянные. Далее используем фор-
формулы Эйлера:
e'*'=cos kt+i sin kt\ e~'w=cos kt — i sin kt.
Получаем: x—acoskt+bsmkt, где a=c,-|-e2; b=i(ct—c2) — но-
новые произвольные постоянные. Если ввести произвольные посто-
постоянные Л и а, связав их сои Ь так: а=Лсоза; Ь=—Лвтч,
получим общие решения данных дифференциальных уравнений:
х=А cos (A* + a); y=B cos(kt+$).
6 Составляем начальные условия движения для определения
произвольных постоянных Л, В, а и р.
При /-=0 *@)=д; i@)=»0; г/@)=0; W0) = r,.
7. По начальным условиям движения определяем произволь-
произвольные постоянные. Подставляя начальные условия задачи в общие
решения дифференциальных уравнений движения точки, а также
в выражения, которые получ-аются после дифференцирования этих
решений, получим:
а=Л cos а; A8-19)
o=—Ak sin а; A8-20)
o = Bcosp; A8-21)
о,—flftsinp. A8-22)
Из уравнения A8—20): а—0, так как АфО, кфО.
Из уравнения A8—19): А=а; из уравнений A8—21) и A8—22):
5 = 4-л,
так как
Из уравнения A8—22) В=^\
8 Подставляем найденные про-
произвольные постоянные в общие реше-
решения дифференциальных уравнений и
получаем закон движения матери-
материальной точки:
x=acoskt; y=^-asinkt.
ft
Рис 222. Для нахождения траектории точ-
точки исключаем время / из уравне-
уравнений движения. С этой целью находим coskt и slnkt, затем,
возводим в квадрат и складываем:
Следовательно, точка движется по эллипсу (рис. 222).
Криволинейное движение не свободной точки
Задача 83 Колечко скользит под действием собственного веса
по проволочной окружности радиуса г, расположенной в верти-
вертикальной плоскости, выходя без начальной скорости из конца
горизонтального диаметра Зная коэффициент трения / колечка
об окружность, определить скорость прохождения колечка через
нижнюю точку окружности.
Решение 1. Изображаем точку М в текущий момент времени
(рис. 223). _
2. Изображаем активную силу Р — вес точки.
3. Освобождаем точку М от связей, заменяя действие связи
реакцией. Связью является шероховатая окружность. Реакцию
окружности раскладываем на две составляющие: N — нормаль-
224
ная составляющая и F — касательная составляющая (сила трения
скольжения).
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 223
(оси естественного трехгранника).
5. Составляем дифференциальные
уравнения движения точки в естествен-
естественной форме:
m^Rn;
-F;
1. mg=Pcoscp— fN;
2. «f-iV-Prinq,. Рис223>
Из уравнений A) и B) получаем:
-/sin<p) — Lv\
но v=tyls(t)]< следовательно, -jt~~Isv' Так как ds=rd9, то диф-
дифференциальное уравнение движения точки принимает вид:
v d^+^' **r&(cos Ч>—/ sin Ф)-
6. Интегрируем дифференциальное уравнение движения точки.
Это уравнение можно представить в следующем виде:
¦~ (vt)-\-2fvt^2rg (cos Ф — / sirup). A8-23)
Общее решение этого уравнения ox=:v\-\-vl, где v\ — общее
решение однородного дифференциального уравнения;
v\ — частное решение данного дифференциального уравнения:
dtp
Частное решение ищем в следующем виде:
oJ=i4cos(p+Ssincp.
8 м. А. Мисюрвв 225
Это решение должно обращать дифференциальное уравнение
A8-23) в тождество. Отсюда находим коэффициенты А и В',
Итак, общее решение дифференциального уравнения A8-23)
имеет следующий вид;
A8-24)
где А и В имеют вышенайденные значения.
7. Составляем начальные условия для определения произ-
произвольной постоянной С.
При /=0 <р@)=0; у@)=0.
8. Определяем произвольную постоянную интегрирования.
После подстановки начальных условий движения в уравнение
A8-24) получим ес=—А.
9. Подставляем найденную произвольную постоянную в урав-
уравнение A8-24):
у*=—Ae~*r<f+A cos<f-\-Bsmq>.
Когда материальная точка проходит нижнюю точку кольца,
п
то Ф=-?г:
Упражнения
132. Лента ленточного транспортера движется со скоростью и==2ле/се«.
Определить расстояние / от вертикального диаметра барабана, на котором
упадет частица руды. Угол подъема ленты [5 = 30°. Нужные размеры указаны
на чертеже. Исследовать, в каком месте произойдет отрыв частицы от поверх-
поверхности барабана, и не будет ли в данном случае частица после отрыва снова
падать на барабан.
Ответ: / = 0,92 м, частица отделяется от поверхности барабана в месте
набегания ленты на барабан и в даль-
дальнейшем совершает свободный полет.
Рис. к упр. 133
133. Материальная частица находится внутри вращающегося барабана
Найти зависимость скорости частицы и от «угла поднятия» а, если при а = (Г,
v = 0. До каких пор полученное уравнение имеет применение?
226
Ответ: «• = ¦ ~-7/.,г C/ sin a + (I — 2/*) (cosa — efa)\, где R — радиус ба-
барабана, а /- коэффициент трения частицы о поверхность барабана. Уравне-
Уравнение имеет смысл до тех пор, пока окружная скорость барабана больше ско-
скорости частицы.
134. Из точки О наклонной плоскости, об-
образующей угол р с горизонтом, вылетает мате-
материальная точка с начальной скоростью va под
углом а к горизонту и падает на наклонную
плоскость. Определить закон движения точки
в системе координат охд</, (сопротивлением воз-
воздуха пренебречь. Начальная скорость точки
лежит в вертикальной плоскости, проходящей
через линию наибольшего ската наклонной
плоскости). И1С- к упР-
п(* ар
Ответ: х, = vat cos (a — ft) — ~ sin p\ #, = vj sin (a — p) — ^r- cos p..
135. Материальная точка массы m движется по окружности радиуса г,
расположенной в горизонтальной плоскости. Определить закон движения точки
в естественной форме, если сила, вызывающая движение, составляет со ско-
скоростью точки угол, котангенс которого возрастает пропорционально первой
степени времени (k — коэффициент пропорциональности). Начальная скорость
точки о0.
Ответ: S =» 1/ -^г In т==~ • ПР" * < V ^ ¦
136. Материальная точка массы m движется по плоской кривой так, что
проекция силы на касательную к траектории точки равна kmv (k — коэффи-
коэффициент пропорциональности, v — величина скорости точки). Определить закон
движения точки в естественной форме и проекции силы на естественные оси,
как функции времени, если начальная скорость точки равна v0 (весом точка
пренебречь).
Ответ: S — ^-(ekl~\), F.~kmvaeki, Fn = ^eM
где q — радиус кривизны траектории.
137. Материальная точка _движется по плоской кривой под действием
постоянной по величине силы Q. Определить закон движения точки в естест-
естественной форме, если проекция силы на нормаль к траектории Fn=mkv (m —
масса точки, k — коэффициент пропорциональности, v — величина скорости точ-
точки). Вначале точка находилась в покое. Определить также проекции силы
на естественпной оси (весом точки пренебречь).
Ответ: S—-~[l — co&kt), FT=Q cos kt, fn=Q sin kt.
138. Материальная точка массы m движется по плоской кривой под дей-
действием силы, проекция которой Fi.=Q=const. Определить проекции скорости
точки на оси декартовой системы координат, если «7, l)=k(( — te) (k — ко-
коэффициент пропорциональности, t>t0; <„ — начальное значение времени). В па-
чале движения точка имела скорость и„=0 (весом точки пренебречь).
о о
Ответ: vx*=-b (t — tt), vy=— ~S- \„ cos k (t — t0).
fit К ' ft I
Прямолинейные колебания материальной точки
1. Гармонические колебания
Задача 84. Пружина закреплена в точке А, ко второму
концу пружины прикреплен груз Е веса Р~А кГ. Статическое
удлинение fcm пружины, вызываемое
этим грузом, равно 6 см. Пренебре-
Пренебрегая сопротивлениями, определить
закон движения груза, если вначале
пружина была недеформирована и
груз был предоставлен самому себе
(рис. 224): F=yM.
Решение. 1. Изображаем груз М
в текущий момент времени (рис. 225).
2. Изображаем силы, действую-
действующие на груз М: Р — вес груза F—
силу упругости пружины.
3. Выбираем систему координат,
как указано на рис. 225. Для упро-
упрощения решения задачи начало ко-
координат рекомендуется помещать в
положении статического равновесия
груза. На рис. 225 имеем следую-
следующее: АВ— длина недеформированной пружины; BD^=fcm— стати-
статическое удлинение пружины под действием данного груза М;
D — положение статического равновесия груза.
4. Составляем дифференциальное уравнение
движения груза (груз можно считать материаль-
материальной точкой, так как он движется поступательно):
Рис. 224.
Рис. 225.
тх=Х; Х=2Х,; X^PX + FX=P — F.
Сила упругости пропорциональна удлинению
пружины (рассматриваем малые удлинения):
F=y(BM); BMz=BD + DM; BM=fcm+x;
Х^Р-у {fcm+x); mx=P - yfcm - ух.
Для упрощения правой части рассматриваем
равновесие груза в положении статического рав-
равновесия D (рис. 226):
Рис. 226.
Следовательно,
получаем:
:0; P — FD^0; но FD^
i-f&ajt=O, где k =
A8=25)
228
5. Решаем дифференциальное уравнение движения груза:
x+k*x=0.
Общее решение этого дифференциального уравнения имеет
следующий вид:
х*=а sin( kt-\- a)
(см. решение задачи 82).
6. Составляем начальные условия движения для определе-
определения произвольных постоянных а и а.
При /=0 х@Н-/„,; *@)=0.
7. Определяем произвольные постоянные интегрирования по
начальным условиям движения. Для этого подставляем началь-
начальные условия в выражения:
x=asin(W+a), A8-26)
x'=ak cos (kt+a) A8-27)
получаем:
—/ra=asina A8-28)
0=a?cosa. A8-29)
Из уравнений A8-28) и A8-29):
а=уя; a=-fcm.
8. Найденные произвольные постоянные подставляем в общее
решение x=asin (kt+a) дифференциального уравнения движе-
движения точки и получаем:
где k=y-~) у определяем из уравнения равновесия A8-25):
12,8 \]сек.
Y=f€; ft=l/JU, 12,8 1/
Icm ' Jem
x= — 6 cos 12,8t.
Груз М совершает прямолинейные гармонические колебания.
Период колебания
2я
k
2. Затухающие колебания
Задача 85. Тело Е весом Р=4,9 кГ подвешено на пружине,
статическое удлинение (frm) которой под действием этого веса
равно 1 см (рис. 227). Второй конец пружины закреплен в не-
неподвижной точке А. Сила сопротивления воздуха при движении
тела пропорциональна скорости и при скорости в 1 м\сек равна
229
0,1 кГ. Определить закон движения гр^за. если вначале пру-
пружина была растянута на 2fcm и груз был предоставлен самому
себе. (#= — бег, F=y-Al.)
Решение. 1. Изображаем точку М в текущий момент времени
(рис. 228). Тело можно считать материальной точкой, так как
оно движется поступательно.
2. Изображаем силы, действующие на точку: Р — вес точки,
R — силу сопротивления воздуха и F — силу упругости пру-
пружины.
1 3 Выбираем систему коорди-
координат, как указано на рис. 228.
Как и в задаче 84, начало коор-
координат помещаем в положении D
статического равновесия груза,
причем АВ—длина недеформиро-
ванной пружины, BD=fem— ста-
Л тическое удлинение пружины.
4. Составляем дифференциаль-
дифференциальное уравнение движения точки М
тх = Х; X = 2Xt; X=PX+RX+FX;
р,
>D
м
Fx=-F- F=y(BM);
Рис.227. Рис.228. BM=BD + DM; BM*=fem+x\
X=Р — Y (/„,+*) — Ь'х; nix=P — yfcm —yx — бх.
Для упрощения правой части полученного уравнения рас-
рассматриваем равновесие груза (рис. 229):
2Х=0, P-F^O; F^yfcm,
следовательно,
P-4fcm=0- A8-30)
Дифференциальное уравнение движения гру-
груза будет иметь вид.
x+2nx+k*x=0, A8-31) *
где
Рис. 229.
п=-.
k=
5. Интегрируем дифференциальное уравнение A8-31) движе-
движения груза. Это уравнение — линейное однородное дифференци-
дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициен-
тами. Находим корни характеристического уравнения:
Поэтому
г,= — n+cyk3 — пг; rs=—n — iYk2 — n\
Общее решение дифференциального уравнения будет:
x=cler^+cter'1; x=e~nt (схё у*2~й1 *+сге -*У^^'').
После преобразования по формулам Эйлера будем иметь:
x=e-nt (A sin Vk2 — пг t+B cos V k' — n1). A8-32)
6. Составляем начальные условия движения для определения
произвольных постоянных А и В.
При *=0 x@)=fcm, ^@)=0.
7. Определяем произвольные постоянные интегрирования по
начальным условиям задачи. Для этого составленные начальные
условия подставляем в уравнение A8-32) и в уравнение, полу-
полученное из уравнения A8-32) путем дифференцирования его по
времени, получим
B = f; Л = - nf'-a-
8. Найденные произвольные постоянные подставляем в урав-
уравнение A8-32) и получаем закон движения груза:
JC=e-o,i«(cos31,3/+0,l sin31,3/).
3. Вынужденные колебания.
Задача 86. (Сопротивление среды отсутствует; нерезонансный
случай.) ч-
Материальная точка массы т~1 совершает прямолинейные"
колебания по оси х под действием восстанавливающей силы,
пропорциональной расстоянию точки
от начала координат, причем коэф- Fu . {
фициент пропорциональности равен ° м х
8, и возмущающей силы 5=4 cos 3?.
Найти закон движения точки, если Рис- 23°-
в начальный момент х0—0; ао~0.
Решение. 1. Изображаем точку М в текущий момент времени
(рис. 230).
2. Изображаем силы, действующие на точку: F — восста-
восстанавливающая сила, 5 — возмущающая сила (весом точки прене-
пренебрегаем).
В. Выбираем систему координат, как указано на рис. 230
231
4. Составляем дифференциальное уравнение движения точки
тх—Х.
;t+4*=2cos3*.
5. Интегрируем дифференциальное уравнение движения
точки x+4jc=2cos3?. Это уравнение — неоднородное линейное
с постоянными коэффициентами, дифференциальное уравнение
второго порядка. Его решение x=xt-\-xs, где я, — общее реше-
решение однородного дифференциального уравнения дг+4л:=0, следо-
следовательно, *=asin(^4-«); хг — частное решение дифференциаль-
дифференциального уравнения x+4x=2cos 3/. Берем xt=Dcos3t, причем коэф-
коэффициент D находим из того условия, что х2 обращает данное
дифференциальное уравнение в тождество. Следовательно,
?>==—0,4.
Таким образом, общее решение дифференциального уравнения
будет:
x=asin(kt+a) — 0,4 cos 3/. A8-33)
6. Составляем начальные условия задачи для определения
произвольных постоянных а и а.
При /=0 *@)=Л); *@)=0.
7. Определяем произвольные постоянные по начальным усло-
условиям. Для этого начальные условия подставляем в выдаже-
ние A8-33) и в выражение x=akcos(kt+a)±l,2sin3t, получен-
полученное из A8-33) путем его дифференцирования. Тогда a=-?-; a=0,4.
8. Подставляем найденные произвольные постоянные в общее
решение дифференциального уравнения движения точки в полу-
получим закон движения точки:
*=0,4(cos2* — cos3/).
Задача 87. (Случай резонанса). Тело веса Р«7,94 кГ при-
прикреплено к пружине, второй конец которой прикреплен к не-
неподвижной точке А. Определить закон движения груза, если
для растяжения пружины на 1 см требуется сила в 2 к/4; на
тело действует возмущающая сила S=6sra5jrt см; вначале пру-
пружина была растянута на fcm см, и тело находилось в покое.
Сопротивлением воздуха пренебречь.
(Р=уМл-2кГ -w 1 см).
Решение. 1. Изображаем тело М в текущий момент времени
(рис. 231).
2. Изображаем силы, действующие на тело: Р — вес тела,
F — сила упругости пружины, S — возмущающая сила.
232
3. Выбираем систему координат, как указано на рис. 231.
АВ— недеформированная длина пружины, D — положение ста-
статического равновесия груза, BD=fcm— статическое удлинение
пружины.
4. Составляем дифференциальное ура-
уравнение движения груза (груз можно счи-
считать за точку, так как он движется по-
поступательно).
тх~Х.
-F;
у(ВМ); BM~fcm+
); X=P — yfcm — yx+6sm5nt;
тх=Р — yfcm — y*+6 sin 5л/.
Но из условия равновесия груза в
положении D статического равновесия за-
заключаем, что Р — yfcrn=Q\ дифференциаль-
дифференциальное уравнение движения груза будет иметь
вид:
x+k2x—hsm5at,
где
fcs.j/jL; fe=15,7; /z=741.
5. Решаем дифференциальное уравне-
уравнение движения груза:
x+k%x=74l sin 5я/.
Рис. 231.
В данном случае k=5n и, следовательно, имеет место явле-
явление, называемое резонансом. Общее решение дифференциального-
уравнения ищем в виде х=х1+хг, где х1 — решение однородного'
уравнения лг-fk 2х=0, следовательно, xt =a sin (kt-\-a); xt — част-
частное решение данного дифференциального уравнения ищем в виде:
xi=At sin 5nt+Bt cos 5л?.
Коэффициенты А и В находим из того условия, что хг обра-
обращает неоднородное дифференциальное уравнение в тождество.
Получим:
л г», г» ft no />.
х—а sin {bnt+а) — 23,6/ cos 5я/.
6. Составляем начальные условия.
При f=0 х@)=0; х@)=0.
A8-34)-
7. Определяем произвольные постоянные а и а по начальным
условиям.
Для этого подставляем начальные условия движения в выра-
выражение A8-34) и в выражение
х= 15,7а cos Eя/+а) — 23,6/ cos 5я? +371/ sin 5я/,
полученное из выражения A8-34) путем дифференцирования:
а=0; а=15.
8. Подставляя найденные произвольные постоянные в общее
решение A8-34) дифференциального уравнения движения точки,
получаем закон движения точки:
х= 15 sin But — 23,6/ cos bat.
Упражнения
139. К одной и той же пружине подвесили сначала груз весом Р Г, а во
второй раз груз весом 3 Р Г. Определить, во сколько раз изменится период
колебаний? Зная коэффициент жесткости пружины с Г\см, а также начальные
условия (грузы подвешивались к концу нерастяжимой пружины и отпуска-
отпускались без начальной скорости), найти уравнения движения грузов.
Ответ ~ ='
3, Xl = -
-cos
t см.
%1 ел.
НО. Пластинка D весом 100 Г, подвешенная на пружине АВ в неподвиж-
неподвижной точке А, движется между полюсами магнита. Вследствие вихревых'токов
двихение тормозится силой, пропорциональной скорости. Сила сопротивления
движению равна to\|>2 дин, где k = 0,0001, и—скорость в см/сек, а ф — маг-
«нитный поток между полюсами
Рис. к упр. 140 Рис. к \ пр. 141
висел на пружине неподвижно.
N и S. В начальный момент скорость пла-
пластинки равна нулю и пружина не растя-
растянута, удлинение ее на 1 см получается
при статическом действии силы в 20 Г, при-
приложенной в точке В.
Определить движение пластинки в том
случае, когда г|)=1000 V 5 единиц CGS.
Ответ, х— — e~l-stE cos 13,78* -+-
-f- 0,907 sin 13,78f) см, где х обозначает рас-
расстояние центра тяжести пластинки от его
равновесного положения по вертикали вниз.
141. На пружине жесткостью с = 20 Fjcm
подвешен магнитный стержень весом в
100 Г. Нижний конец магнита проходит
через катушку, по которой идет переменный
ток i = 20 sin 8nt ампер. Ток идет с момента
времени ? = 0, втягивая стержень в соле-
соленоид; до этого момента магнитный стержень
Сила взаимодействия между магнитом и ка-
катушкой определяется равенством F = 16я* дин. Определить вынужденные коле-
колебания магнита.
Ответ: х = —0,023 sin 8itf см.
4234
142. Электрический мотор установлен на платформе
М, поддерживаемой спиральной пружиной; общий вес мото-
мотора и платформы равен 32,5 кГ\ пружина такова, что умень-
уменьшение ее высоты на 1 см получается при нагрузке в 30 кГ\
на вал мотора насажен груз Mlt весом 200 Г на расстоянии
1,3 см от оси О вала; угловая скорость мотора равна
30 1/сек. Определить вынужденные колебания платформы,
предполагая, что в начальный момент она находилась в по-
покое Принимаем ? = 981 см/сек'.
Ответ: x = Q,\2t sinC0/) см
Рис. к упр
ГЛАВА XIX
ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ ТОЧКИ
19-1. Теорема об изменении количества движения точки
Количество движения точки — вектор, численно равный про-
произведению массы точки на модуль ее скорости. Этот вектор при-
приложен в данной точке и по направлению совпадает с направле-
направлением вектора скорости точки (рис. 232).
Изменение проекции количества движения точки на какую-
нибудь неподвижную ось равно проекции на ту же ось импульса
силы, действующей на точку
A9-1)
'Jy — ™v=*j Y dt,
Рис. 232.
mvx — j
План решения задач
1. Изображаем точку в текущий момент времени.
2. Изображаем все силы, действующие на точку (если точка
несвободна, то ее нужно освободить от связей, заменяя действия
связей реакциями).
3. Выбираем систему координат.
4. Составляем уравнения A9-1) теоремы об изменении коли-
количества движения точки.
5. Из составленных уравнений находим неизвестные величины.
S36
Задача 88. Частица массы т, несущая заряд е электричества,
находится в однородном электрическом поле с переменным напря-
напряжением E=5msin~t. Определить скорость частицы через 6сек
после начала движения, если известно, что в электрическом
поле на частицу действует сила F—eE,
направленная в сторону напряжения Е. 2 й ?
Влиянием силы тяжести поенебоечь. Н
равленная в сторону напр
Влиянием силы тяжести пренебречь. На- Рис. 233.
чальное положение частицы принять за
начало координат; начальная скорость частицы равна нулю.
Решение. 1. Изображаем точку М в текущий момент времени
(рис. 233).
2. Изображаем силу F, действующую на точку.
3. Выбираем систему координат, как указано на рис. 233.
4. Составляем уравнение теоремы об изменении количества
движения точки в проекции на ось х:
t
tm^-t; »„,=»,=0; vx=v.
sini/Л; *-[?«».?/];
20е
Задача 89. Требуется определить скорость, которую нужно
сообщить телу, чтобы оно поднималось в течение 4 сек по шеро-
шероховатой наклонной плос-
плоскости в среде с сопротив-
сопротивлением R=mge~l(m — мас-
масса тела). Коэффициент тре-
трения /=0,2; угол наклона
плоскости к горизонту
а=30°.
Решение. 1. Изобра-
Изображаем тело в текущий мо-
момент времени (рис. 234).
2. Изображаем силы,
действующие на тело: Р —
вес тела, R — сила сопро-
сопротивления среды. Освобо-
Освобождаем тело от связи, за-
заменяя действие связи реакцией. Связью, наложенной на тело,
является шероховатая наклонная плоскость. Реакцию этой пло-
Рис. 234.
237
скости раскладываем на две составляющие: N — нормальную
составляющую и F— касательную составляющую (силу трения
скольжения).
3 Выбираем систему координат, как указано на рис. 234.
4. Составляем уравнения теоремы об изменении количеств»
движения точки:
t t
mvx— mvox = ] Xdt; mvv — mvay~]Y dt.
о о
Тело можно считать за точку, так как это тело движется
поступательно.
X=ZXi; X=PX + FX+RX< Рх= — Я sin a; Fx~ — F=—fN;
х
— Psina — mge" — fN; v^^v,; vx
P = — Pcosa;
У=# —Pcosa; aOJ,=0; uv
Получаем:
4
— mtH= — { (P sin a+mge-'+fN) dt\ A9-2)
0 = 5 (^ — Pcosa)dt. A9-3)
0
5. Решаем полученные уравнения. Так как N, Р и a — вели-
величины постоянные, то из уравнения A9—3) находим'. N«=c,osa; под-
подставляя N=P cos a в уравнение A9—2), получим!
4
po = j g4sin a-f-/cos a+e"') dt; vt
Рекомендация: Теорему об изменении количества движения
точки целесообразно применять в тех случаях, когда из четырех
величин F, t, f0, v три известны и нужно найти четвертую.
Упражнения
143. Поезд весом 400 Т входит на подъем / = tg a = 0,006 (где a — угол
подъема) со скоростью 54 км(час. Коэффициент трения (коэффициент суммар-
суммарного сопротивления) при движении поезда равен 0,005. Через 50 сек после
входа поезда на подъем его скорость падает до 45 км\час. Найти силу тяги
паровоза.
Ответ: 2,36 Т.
144. Каков должен быть коэффициент трения k колес заторможенного
о дорогу автомобиля, если при скорости езды и = 72 км\час он останавли-
останавливается через 6 сек после начала торможения
Ответ: k = 0,34.
238
19-2. Теорема об изменении момента количества движения точки-
Производная по времени от момента количества движения
точки относительно какой-нибудь неподвижной оси равна сумме
моментов относительно той же оси всех сил, действующих на
точку. а_ {тот^ {тп)]==2Мх (ру
^ [тоту (ту)] =2М, (F),
A9-4),
План решения задач
1. Изображаем точку в текущий момент времени.
2. Изображаем активные силы, действующие на точку.
3. Освобождаем точку от связей, заменяя действие связей
реакциями.
4. Составляем уравнения теоремы об изменении момента ко-
количества движения точки:
^[momx(mv))^Mx
(FK d
1*2 м, <
Для упрощения решения задачи сначала подсчитываем пра-
правые части этих уравнений.
5. Решаем полученные уравнения.
Задача 90. Гирька М (рис. 235) привязана к концу нерастя-
жимой нити MfiA, часть которой ОА пропущена через верти-
Рос. 233.
Рис. 236.
кальку ю трубку; гирька движется вокруг оси трубки по окру ж»
ности радиуса M,Cl=^R, делая «, = 120 об/мин. Медленно
239
втягивая нить ОА в трубку, укорачивают наружную часть нити
додлины'ОМ^, при которой гирька описывает окружность радиуса
0,5R. Сколько оборотов в минуту делает гирька по этой окруж-
окружности?
Решение. 1. Изображаем гирьку М в текущий момент вре-
времени (рис. 236). _
2. Изображаем активную силу Р — вес гирьки.
3. Освобождаем гирьку от связи, заменяя действие связи ре-
реакцией. Связью, наложенной на гирьку, является нить МО.
Реакция нити Т направлена пэ нити.
4. Составляем уравнение:
-? [mom, (гоо)]=2 Mz, 2 М,**М, (P)+Mz(f).
Но MZ(P)=O, так как линия действия силы Р параллельна
оси z. MZ(T)=O, так как линия действия силы Т пересекает ось
г. Следовательно, ^Мг=0 и
-?t\momz (mv)]=0,
5. Решаем полученное уравнение
¦^[momz(mu)]~0; tnomz{mv)'= const.
Отсюда заключаем, что
momz (mvt)=momz (mvt),
где
momz{mv,)~m'v1 R^m— R*\ momz(mvl)~mvl-^~m ^-y-
Следовательно,
ni—in1; n? = 480 o6jmuh.
Рекомендация: Теорему об изменении момента количества
движения точки целесообразно применять в тех случаях, когда
имеет место закон сохранения момента количества движения
относительно центра или оси.
240
Упражнения
145. Груз А веса Р привязан к нити, длина которой I. Нить прикреп-
прикреплена к верхнему концу тонкого стержня и образует с ним угол ее. Грузу сооб-
сообщена в горизонтальном направлении скорость v, перпендикулярная к стержню
и к нити, причем вследствие этого движения нить начнет навертываться на
стержень. Сделав несколько оборотов, нить укоротится до длины 1Х, а угол а
примет значение а,. Определить скорость vJ} с которой будет двигаться при
этом груз в гори зонтальном направлении, перпендикулярном к стержню и нити.
„ vl sin a
Ответ: 0, = -
Рис. к упр. 145
Рис. к упр. 146
146. Шарик А, находящийся в сосуде с'жидкостью и прикрепленный к концу
стержня АВ длиной /, приводится во вращение вокруг вертикальной оси
ОХО2 с начальной угловой скоростью ш„. Сила сопротивления жидкости про-
пропорциональна угловой скорости вращения R = агаш, где т — масса шарика
qc — коэффициент пропорциональности Определить, через какой промежуток
времени угловая скорость вращения станет в два раза меньше начальной, и
число оборотов, которое сделает стержень с шариком за этот промежуток
времени.
Массу шарика считать сосредоточенной в его центре, массой стержня
пренебречь.
Ответ: Т =~ In 2; N = '-?*- об.
а 4я
19-3. Теорема об изменении кинетической энергии точки
Дифференциал кинетической энергии материальной точки
равен сумме элементарных работ всех сил, действующих на точку:
Изменены? кинетической энергии материальной точки за не-
некоторый промежуток времени равно сумме работ всех сил, дей-
действующих на точку, на соответствующем перемещении точки:
М. А. Мичюрев
241
Работа постоянной силы на прямолинейном отрезке переме-
перемещения точки приложения силы равна произведению величины
силы на величину отрезка и на косинус угла между силой и
скоростью точки приложения силы (рис. 237):
A=F-s.cos(F?1j). A9-7)
Элементарная работа переменной силы на криволинейном
участке перемещения точки приложения силы равна произведе-
Рис 237.
нию величины силы на величину элементарного перемещения и
на косинус угла между силой и скоростью точки приложения
силы (рис. 238):
d'A^F ds cos(F?~v); A= [ Fds cos (F?y). A9-8)
Элементарная работа силы равна сумме попарных произведе-
произведений проекций силы на оси прямоугольной декартовой системы
координат на дифференциалы соответствующих координат точки
приложения силы:
d'A-=Xdx+Ydy+Zdz; A= J (X dx+Ydy+Zdz). A9-9)
A1,M2
Работа силы тяжести тела равна произведению, взятому со
знаком плюс или минус, веса тела на высоту опускания или
подъема центра тяжести тела. Знак плюс у произведения бе-
берется тогда, когда центр тяжести опускается, в противном слу-
случае берется знак минус:
Л = 4-Ph.. A9-10)
План решения задач
1. Изображаем материальную точку в текущий момент вре-
времени.
2. Изображаем активные силы, действующие на точку.
3. Освобождаем точку от связей, заменяя действия связей
реакциями.
242
4. Составляем уравнение теоремы об изменении кинетической
mvt mv;
энергии точки в виде —~ 2~=2j^ (если силы, действующие
ч mv* mv I л
на точку, постоянные) или в виде -у- 2-=2j\ "^ (если си-
силы, действующие на точку, переменные).
5. Решаем полученные уравнения.
Силы постоянные
Задача 91. Тело весом Р движется вверх по шероховатой
наклонной плоскости. Определить путь, который пройдет тело
до остановки, если начальная ско-
скорость тела и0, плоскость наклонена
к горизонту под углом а, коэффи-
коэффициент трения скольжения равен /.
Решение. 1. Изображаем тело В
в текущий момент времени (рис.
239).
2. Изображаем активную силу,
действующую на тело В: Р — вес те-
тела.
3. Освобождаем тело В от связи,
заменяя действие связи реакцией;
связью является шероховатая наклонная плоскость. Реакцию
плоскости раскладываем на две составляющие: Л' — нормальную
составляющую и F— касательную составляющую — силу трения
скольжения.
4. Составляем уравнение теоремы об изменении кинетической
тс:
энергии точки: —= <г~=2^- ^ело ^ можно считать заточку,
так как оно движется поступательно. Сначала подсчитываем
правую часть этой формулы — сумму работ всех сил, действую-
действующих на тело, па перемещении s тела:
^Л=АР+Ах+Ар, Ар=> — ph=— pssina,
AN=N-s cos (N?v)=0,
так как <(A/, v)—-j , AF=F-scos F, v)=—Fs, так как
<(F, &)=я, F=fN.
Для нахождения Л/ составляем дифференциальное уравнение
движения тела в проекции на ось оу:
243
следовательно,
Итак,
f — Р cos a,
)=Af — Р cos а, N=P cos а.
У А =— Ps (sin а+/ cos а).
Конечная скорость тела v—О. Уравнение теоремы об изме-
изменении кинетической энергии точки принимает вид:
—^—Ps (sin a -f- / cos а).
5. Решаем полученное уравнение
2g (sin a -\- f cos a) '
Силы переменные
Задача 92. Тело падает на землю с высоты h без начальной
скорости. Сопротивлением воздуха пренебрегаем, а силу притя-
притяжения Земли считаем обратно пропорциональной квадрату
расстояния тела от центра Земли: F—-j,
о
Определить скорость, которую приобре-
приобретает тело при подходе к Земле, если радиус
Земли равен R; ускорение силы тяжести
у поверхности Земли равно g.
Решение. 1. Изображаем точку М в теку-
текущий момент времени (рис. 240). *
2. Изображаем силу F — силу притяже-
притяжения точки к центру Земли.
3. Составляем уравнение теоремы об из-
изменении кинетической энергии точки в диф-
дифференциальной форме;
¦¦ltd'A; ^d'A=d'AF^Xdx+Ydy+Zdz.
В выбранной системе координат:
Рис. 240.
получаем:
dx
244
4. Решаем полученное уравнение:
R R
их _ mv1 k
1
2 )~ \) х*
2kh
h+R
Для определения коэффициента пропорциональности исполь-
используем то положение, что сила F притяжения тела к центру Земли
является весом тела, если тело находится на поверхности Земли:
Fx=n=P; следовательно, k—PR1.
Поэтому
v =
Рекомендация: Теорема об изменении кинетической энер-
энергии точки целесообразно применять в тех случаях, когда из
четырех величин: сила, совершающая работу (F), _путь точки
приложения силы (s), начальная скорость точки (v0) и конечная
скорость (у) известны три и нужно определить четвертую.
Упражнения
147. Кусок руды начинает скользить со скоростью va по желобу
Определить длину /, желоба, при которой скорость подхода куска к
будет в три раза больше начальной,
а также найти угол наклона второго ,>^д
желоба ВС, при котором кусок руды
будет скользить по этому желобу
равномерно. Коэффициент трения
скольжения равен /.
точке В
Ответ. lt =
148. Определить предельную ско- Рис- к УПР' 147
рость вагонетки, при которой можно ее
остановить на пути торможения S, если тормозное усилие, приложенное к ко-
колесу, равно Q; коэффициент трения колодок равен k, коэффициент сопротивле*
ния движению вагонетки равен /; вес вагонетки Р, уклон пути —.
п
/~9сгс \Plf.n П_И»/11
Ответ: v =
Р-п
149. Определить движение тяжелого шарика вдоль воображаемого прямо
линейного канала, проходящего через центр Земли, если известно, что силэ
притяжения внутри земного шара пропорциональна расстоянию движущейся
точки от центра Земли и направлена к этому центру, шарик опущен в канал
с поверхности Земли без начальной скорости (Я —радиус Земли; g — ускоре-
ускорение силы притяжения на поверхность Земли).
Ответ: расстояние шарика от центра Земли меняется по закону!
с = /? cos
t.
845,
ГЛАВА XX
ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ
20-1. Общие положения
Для того, чтобы написать дифференциальные уравнения дви-
движения точки относительно движущейся системы координат,
нужно к силам, действующим на точку, присоединить перенос-
переносную и кориолисову силы инерции:
B0-1
где Fi"H'=—tnWe —переносная сила инерции точки;
Fk=—2m((x>exvr) — поворотная (кориолисова) сила инер-
инерции точки.
Дифференциал кинетической энергии материальной точки
в относительном движении равен сумме элементарных работ
всех сил, действующих на точку, плюс элементарная работа
пеоеносной силы инерции точки:
T^dT. B0-2)
Для того, чтобы выделить относительное движение точки,
нужно мысленно остановить подвижную систему координат и
посмотреть, как будет в этом случае двигаться точка. Для того,
чтобы выделить переносное движение точки, нужно мысленно
скрепить точку с подвижной системой координат и посмотреть,
как будет в этом случае двигаться точка
?46
План решения задач
1. Изображаем точку в текущий момент времени.
2. Изображаем активные силы, действующие на точку.
3 Освобождаем точку от связей, заменяя действие связей
реакциями.
4. Изображаем переносную [fi""'] и повторную [F*HII)] силы
инерции точки.
5. Составляем дифференциальные уравнения движения точки
в относительном движении.
6. Интегрируем дифференциальные уравнения движения.
7. Составляем начальные условия движения для определения
произвольных постоянных.
8 Определяем произвольные постоянные интегрирования по
начальным условиям задачи.
9. Найденные произвольные постоянные подставляем в ре-
результат интегрирования уравнений и получим закон движения
точки Если задачу решить с помощью теоремы об изменении
кинетической энергии в относительном движении точки, то пер-
первые три пункта плана остаются прежними, а далее нужно сде-
сделать следующее:
Нарисуем переносную силу инерции точки.
Составим уравнение теоремы об изменении кинетической
энергии точки в относительном движении:
Из полученного уравнения находим неизвестную величину.
20-2. Решение задач
Задача 93. Материальная точка массы т может свободно
двигаться без трения в плоскости zxolxv вращающейся вокруг
неподвижной вертикальной оси о1г1 с постоянной угловой ско-
скоростью ш Найти относительное движение этой точки, если она
находится под действием силы тяжести и если ее начальные ко-
координаты равны х0 и z0, а начальная относительная скорость
равна нулю. Определить также реакцию N вращающейся пло-
плоскости.
Решение 1 Изображаем точку М в текущий момент (рис. 241).
2 Изображаем активную силу Р — вес точки.
3. Освобождаем точку М от связи, заменяя действие связи
реакцией. Связью является гладкая плоскость ххохгх. Реакция N
плоскости направлена по нормали к плоскости.
247
4. Прикладываем переносную силу инерции Ffn) и поворот-
поворотную ?аив> силу инерции течки. Для выделения переносного дви-
движения точки скрепляем ее с подвижной системой координат
xlolzl. В этом случае точка будет принадлежать вращающейся
плоскости, следовательно, we=wen — U)ixl; F^j^midlx^Сила FjW)
направлена в сторону, противоположную wea-~Ffk*)——2/п(сохуг);
для выделения относительного дви-
движения мысленно останавливаем под-
подвижную систему координат и прихо-
приходим к заключению, что vr лежит в
плоскости xlolzl. Векторы То, Лг и
wk образуют правую систему коорди-
координат, а вектор f <*"> направлен в сто-
сторону, противоположную направле-
направлению вектора wk, т. е. F ?а)}} о,у1:
FкП)=2т ю vr sin (ю, vr) ^= 2<a mxt.
Рис. 241.
5. Составляем дифференциальные
уравнения движения точки в отно-
относительном движении:
my=Yl
Дифференциальные уравнения будут:
х\ — о» 4,-0, B0-3)
z\=— g, B0-4)
0=N — 2тшх. B0-5)
б. Интегрируем дифференциальные уравнения движения точки
хх — со'д:,=0; характеристическое уравнение для данного линей-
линейного уравнения будет q2 — w!=0; корни этого уравнения е^ю;
Qt=—со; следовательно, общее решение дифференциального
уравнения B0-3) таково:
Xl=Clewt+c2e-wt B0-6)
^=ш(с.еш* — сге-ю1), B0-7)
248
Интегрируем уравнение B0-4):
г',=—gt+cv .20-8)^
*,=—Х+С»'+С4- B0-9)
7. Составляем начальные условия движения для определения
произвольных постоянных сх, ct, с,, cv
При t=*0; ^@)=*,; х,@)=0;
г,@)=го; 2t@)=0.
8. Определяем произвольные постоянные интегрирования.
Для этого подставляем начальные условия движения в уравне-
уравнения B0-6), B0-7), B0-8), B0-9) и получаем:
С! = сг=^-; с, = 0; сд=г0.
9. Найденные произвольные постоянные подставляем в урав-
уравнения B0-6) и B0-9) и получаем закон относительного движе-
движения точки:
v —Ь. (ewt 4-р~ю*У г —г —
а, — -g- ye -\-а ), ^1 — ^0 2 *
Из уравнения B0-5) N—2max\.
Следовательно,
Задача 94. Прямолинейная трубка АВ (рис. 242) вращается"
в горизонтальной плоскости вокруг неподвижной точки О с по-
постоянной угловой скоростью со. Внутри трубки может двигаться
без трения шарик М массы т Найти относительную по отно-
отношению к трубке скорость шарика в зависимости от расстояния,
проходимого шариком, если в начальный момент он находился
в точке А и его начальная относительная скорость равна нулю,
ОхА=а.
Решение. 1. Изображаем точку М в текущий момент времени
(рис. 243).
2. Изображаем активную силу, действующую на точку,
Р — вес точки.
3. Освобождаем точку от связи, заменяя действие связи ре-
реакцией, в Связью является гладкая трубка. Реакция трубки N
направлена по нормали к трубке. _
4. Прикладываем переносную силу инерции точки F?"*;
^яи)с=—mwle). Для выделения переносного движения точки,
мысленно точку скрепляем с подвижной системой координат о,х,.
В этом случае точка М принадлежит вращающейся трубке, по-
поэтому
Рис. 242.
Рис. 243.
5. Составляем уравнение теоремы об изменении кинетической
энергии точки в относительном движении:
cos I
лг=0, так как
cos I
Получаем
6. Интегрируем полученное дифференциальное уравнение
движения точки
mv. т<агх*
Ил. Г -
2 ' и'~~ 2 *
B0-10)
250
7. Составляем начальные условия движения для определения
произвольной постоянной интегрирования С,.
При/=0; *,@)=а, о,@) = оог=0.
8. Определяем произвольную постоянную С,.
Начальные условия задачи подставляем в уравнение B0^10),
получаем:
9. Подставляем найденную произвольную постоянную С,
в уравнение B0-10), находим относительную скорость точки как
функцию *,:
vr=®V х\ — аг.
Упражнения
150. В гладкой горизонтальной прямолинейной трубке, вращающейся
с постоянной скоростью <о вокруг вертикальной оси, проходящей через конец
трубки, находится шарик массы т. В начальный момент расстояние шарика от
оси вращения равно а, а его скорость относительно трубки равна нулю. Найти
закон относительного движения шарика вдоль трубки и горизонтальную реак-
реакцию N трубки.
Ответ: x,=ach (at), N=2am ю2 sh (at).
151. Гладкая трубка, осевая линия которой имеет форму некоторой пло-
плоской кривой, вращается с постоянной угловой скоростью ш вокруг неподвижной
точки О в горизонтальной плоскости. В трубке находится шарик М; его на-
начальное расстояние от О равно г0, а начальная скорость относительно трубки
равна нулю. Показать, что относительная скорость шарика выражается так
где г есть расстояние шарика от точки 0 в данный момент.
XIII. ДИНАМИКА СИСТЕМЫ МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК
ГЛАВА XXI
ОБЩИЕ ТЕОРМЫ ДИНАМИКИ СИСТЕМЫ
21-1. Теорема о движении центра инерции системы
Центр инерции системы движется как материальная точка,
масса которой равна массе всей системы и на которую действуют
все внешние силы, приложенные к системе;
Mwe=Rm, B1-1)
где М—^т — масса всей системы, wc— ускорение центра
инерции, Rie)— главный вектор внешних сил системы.
Центром инерции системы называется такая геометрическая
точка, координаты которой определяются следующими форму-
формулами:
Внутренними силами системы [Fw] называются силы взаимо-
взаимодействия точек системы друг с другом. Внешними силами си-
системы [F'e)] называются силы взаимодействия точек системы
с точками и телами, не входящими в данную систему.
А. Дифференциальные уравнения движения
центра инерции системы в декартовых коорди-
координатах:
=7(е>; Af'ic=Z''>. B1-3)
Б. Дифференциальные уравнения движения
центра инерции системы в естественной форме:
У=№>; М^-=№; 0=R?>, B1-4)
252
где vc — скорость центра инерции системы, q — радиус кривизны
траектории центра инерции системы.
Все задачи, решаемые с помощью теоремы о движении центра
инерции системы, можно разделить, как и задачи динамики
точки, на две группы.
К первой группе задач относятся такие задачи, в кото-
которых известен закон движения центра инерции системы, а нужно
определить внешние силы, действующие на систему (первая
задача динамики).
Ко второй группе задач относятся такие задачи, в ко-
которых известны внешние силы, действующие на систему, а нужно
определить закон движения центра инерции системы (вторая
задача динамики).
План решения первой группы задач
1. Выделяем систему и изображаем ее в текущий момент
времени.
2. Изображаем внешние силы, действующие на си-
систему.
3. Выбираем систему координат.
4. Составляем дифференциальные уравнения движения центра
инерции системы в выбранной системе координат: уравнения
B1-3) или B1-4).
5. По заданному закону движения центра инерции системы
находим путем дифференцирования проекции ускорения центра
на координатные оси.
6. Решаем полученные уравнения, найдем внешние силы,
действующие на систему.
Задача 95. Материальная система состоит из трех точек Bt,
Вг, Вг, веса которых соответственно равны Р1=\ кГ; Рг~2 кГ;
Р,=2 кГ. Точки соединены между собой и с горизонтальной
осью О вращения жесткими стержнями. Определить, пренебрегая
массами стержней, усилие S в стержне ОБ, в момент времени
t1=1l, сек> если Ф~5sin л^ (время t измеряется в сек); В,Ва=а
=В,В8 = 1 м, <(В2ВгВз)=120о, ОВ,=0,5 м (рис. 244).
Решение. 1. Изображаем систему в текущий момент времени
(рис. 245).
2. Изображаем внешние силы, действующие на систему.
Система состоит из точек Bt, В,, В8, связанных между собой
стержнями; следовательно, внешними силами, действующими на
систему, будут веса Р„ Pt и Р, точек и реакция S стержня
ОВ,.
3. Выбираем систему координат (т, с, п), как указано на
рис. 245. Начало координат помещаем в центре инерции си-
системы.
253
4. Составляем дифференциальное уравнение движения центра
инерции системы в проекции на внутреннюю нормаль к траек»
тории центра инерции:
«л
-(Р1+Рг+Рг)со$<с,-^=<п\
Рис. 244.
Рис. 245.
де — радиус кривизны траектории центра инерции, равный радиусу
окружности, описываемой центром инерции; из рис. 246 видно,
Рис 246.
что
— Ус> Уе = *
р,>
¦; !/с=0,1 я; Ос=(
254
5. По заданному закону движения центра инерции системы
находим
5
6. Решаем полученное уравнение:
5 =-0,9
g 4
<P,=<P<=V,
Получаем S=26,25 кГ.
План решения второй группы задач
1. Выделяем и изображаем систему в произвольный момент
времени.
2. Изображаем все внешние силы, действующие на систему.
3. Выбираем систему координат.
4. Составляем дифференциальные уравнения движения центра
инерции системы в выбранной системе координат [уравнения
B1-3) или B1-4)].
5. Интегрируем полученные дифференциальные уравнения.
6. Составляем начальные условия движения для определения
произвольных постоянных интегрирования.
7. Определяем произвольные постоянные интегрирования по
начальным условиям задачи.
8. Найденные произвольные постоянные подставляем в ре-
результат интегрирования дифференциальных уравнений движения
центра инерции системы и найдем неизвестные величины задачи.
Задача 96. Грузы А веса РА~ЗР и В веса РВ~2Р соединен! i
нерастяжимой нитью, переброшенной через блок Е. Груз В
скользит по боковой стороне клина, опирающегося основаниед)
DK на гладкую горизонтальную плоскость. Найти перемещение
клина по горизонтальной плоскости при опускании груза А нп
высоту h, если вес клина Q=.10P, < (EKD)=-a; массой нити и
блока, а также отклонением нити АЕ от вертикали пренебречь,
вначале система находилась в покое (рис. 247).
Решение. 1. Рассматриваем систему, состоящую из клина,
грузов А я В, нити и блока, в текущий момент (рис. 248).
2. Изображаем все внешние силы, действующие на систему:
Q — вес клина, РА — вес груза А, Рв — вес груза В и Лт — нор-
нормальная реакция пола.
3. Выбираем систему координат, как указано на рис. 243.
4. Составляем дифференциальное уравнение движения центра
инерции в проекции на ось х:
255
следовательно,
5. Интегрируем дифференциальное уравнение движения центра
инерции системы хс=0.
Получаем: xc~ci> B1-За)
хе=с^+сй. B1-4а)
6. Составляем начальные условия задачи.
При /=0 хс@)=хсо; х'е@)=0.
Рис. 247.
Рис. 248
7 Определяем произвольные постоянные интегрирования ct
и сг.
Подставляя начальные условия задачи в уравнения B1-За)
и B1-4а) получим с,=0; сг=хсо.
У Е
Рис. 249.
Рис. 250.
8. Наеденные произвольные постоянные подставляем в урав-
уравнение B1—4а) и получаем хс=хсо, следовательно, центр тяжести
системы остается на одной и той же вертикали и
хе1~хсо. B1-46)
Из рис. 249 видно, что
256
Из рис. 250 следует, что
, — h cos a)
После подстановки найденных величин в соотношение B1-46)
и несложных преобразований получим:
Pghcosa, , 2
Упражнения
152. Однородный тонкий прямой стержень весом Р и длиной I равномерно
вращается с угловой скоростью ш в горизонтальной плоскости вокруг своего
неподвижного конца А. Найти усилие F, возникающее благодаря вращению
в каком-нибудь его поперечном сечении,
отстоящем на расстоянии х от точки А: д „
Ответ: F — ^-(tz-x'). -fT^-fl ~__^-~^^l
153. На одном конце лодки, находя- "~"*
щейся в покое, в точке А стоит человек,
он переходит затем на другой ее конец Рис. к упр. 153
в точку В. Определить, пренебрегая сопро-
сопротивлением воды, на какое расстояние влево передвинется при этом лодка,
если вес лодки равен Р, вес человека равен Q и АВ = 2а.
2aQ
Ответ:
P + Q-
21-2. Теорема об изменении количества движения системы
Производная по времени от количества движения системы
равна главному вектору всех внешних сил, действующих на си-
стему:
я
п _ п _.
где /С= 2 ms°s — количество движения системы; /?<е*= 2 F, —
главный вектор внешних сил, действующих на систему.
Производная по времени от проекции количества движения
системы на какую-нибудь неподвижную ось равна проекции на
ту же ось главного вектора всех внешних сил, действующих
на систему:
H^x-=Xie\ Mjf—y<«) ^г_2(е> B1-6)
где Kx=Hmsvsx; Kv=^msv ; /C,=2i«.»*i!
М. А. Мисюрев 257
Количество движения системы равно количеству движения
центра инерции системы, считая, что в этом центре сосредоточе-
сосредоточена масса всей системы:
К=Мис,
= Му'е, Кг=МгС1
B1-7)
где М~
.— масса всей системы, vc — скорость центра инер-
инерции системы.
Теорема об изменении количества движения системы в пре-
преобразованном Л. Эйлером виде часто применяется к изучению
движения сплошных
сред (жидкостей и га-
газов при скоростях, да-
далеких от скорости зву-
звука).
Главные векторы
объемных и поверхност-
поверхностных сил и векторы ко-
количества движения масс
жидкости, входящих и
д
MV,
Рис. 251.
выходящих сквозь сече-
сечения трубы в единицу
времени, направленные
внутрь выделенного объема, образуют замкнутый многоугольник
(геометрическая сумма атих векторов равна нулю — рис. 251а
и 2516): _ _____
-0. B1-8)
План решения задач
(Система дискретных точек и тел)
1. Выделяем и изображаем систему в текущий момент.
2. Изображаем внешние силы, действующие на систему.
3. Выбираем неподвижную систему координат.
4. Составляем уравнения теоремы об изменении количеств;-
движения системы в проекциях на оси выбранной системы коор-
координат.
5. Интегрируем полученные дифференциальные уравнения.
6. Составляем начальные условия задачи.
7. Определяем произвольные постоянные интегрирования по
начальным условиям.
8 Найденные произвольные постоянные подстазляем в ре-
результат интегрирования дифференциальных уравнений.
9. Из полученных уравнений находим неизвестные величины.
258
Задача 97. Прямоугольный клин с углом а весом Q постав-
поставлен на горизонтальную плоскость (рис. 252). На него положено
тело Л весом Р, и тело В весом Ра, связанные между собо-1
гибкой нерастяжимой нитью
АСВ, перекинутой через блок
С. Определить зависимость ме-
между скоростью клина и отно-
относительной по отношению к кли-
клину скоростью грузов А и В,
если опорные поверхности глад-
гладкие и в начале движения си- ^
стема находилась в покое. Мас-
Массами блока и нити пренебречь. Рис- 252.
Решение. 1. Изображаем си-
систему, состоящую из грузов А и В, клина, нити и блока С я
текущий момент времени (рис. 253). _ _ _
2. Изображаем внешние силы Q, Plt P2 и N, действующие на
систему (N—нормальная реакция гладкой горизонтальной опор-
опорной плоскости).
3. Выбираем систему координат, как указано на рис. 253.
4. Составляем уравнение теоремы об изменении количества
движения системы в про-
проекции на ось ох:
Рис- 253- Следовательно ~*=0.
5. Интегрируем полученное дифференциальное уравнение
dt
Получаем:
B1-8а)
где с, — произвольная постоянная интегрирования.
6. Составляем начальные условия:
при /=0 о@)=0.
7. Определяем произвольную •постоянную с, по начальному
условию движения, получаем с,--0.
8. Найденную произвольную постоянную подставляем в урав-
уравнение B1-8а), будем иметь: Кх~0.
259
9. Из полученного уравнения находим ve^f(vr)i
где /С, — количество движения груза А,
~К3—количество движения груза В,
Т(, — количество движения клина.
Количество движения каждого тела подсчитывается, как
количество движения материальной точки, так как каждое тело
движется поступательно:
к.=4ч.; К=т».«; ?=4»-: к =-" •
Для определения скоростей грузов А и В относительно не-
неподвижной системы координат используем формулу сложения
скоростей в сложном движении точки: oa=ve+or, следовательно,
Имея в виду то положение, что проекция геометрической
суммы на какую-нибудь ось равна алгебраической сумме проек-
проекций составляющих на ту
же ось, получаем:
'гг
Из рис. 254 видно, что
У,
(Для выделения пере-
переносного движения тел А
и В мы скрепляем их
с подвижной системой
координат х1 cyv кото-
которая неподвижно связана с клином.)
Рис. 254.
(Для выделения относительного движения тел А и В мы
мысленно останавливаем подвижную систему координат х1су1.)
(Мы сделали предположение, что все тела системы движутся
слева направо; будет ли это так, укажет результат решения
задачи.)
Итак,
.Рг,
cosa)+^2(
sina)+-|-o,=(
260
Отсюда:
i cos a + И. sin a
Знак (—) показывает, что клин движется справа налево.
План решения задач
(Движение жидкости)
1. Выделяем объем жидкости в трубе.
_ 2. Изображаем объемные силы [Ro6], поверхностные силы
[/?пов], действующие на выделенный объем, а также векторы
количеств движения масс жидкости, входящих и выходящих
сквозь сечения трубы в единицу времени, направляя эти век-
векторы внутрь выделенного объема.
3. Выбираем систему координат.
4. Составляем уравнения равновесия сил, приложенных к вы-
выделенному объему:
5. Из уравнений равновесия находим неизвестные величины.
Задача 98. Определить добавочное давление на опору А ко-
колена трубы, если ось трубы расположена в горизонтальной пло-
плоскости, скорость воды при входе у, = 2 м\сек, диаметр сечения
равен 30 см, скорость течения воды при выходе v =3 м1сек,
а=60°; р=30° (рис. 255).
Рис. 255.
Рис. 256.
Решение. 1. Выделяем объем трубы BCD К (рис. 256).
2. Изобр_ажаем_реакцию RA опоры А (поверхностная сила),
векторы Mvt,— Mv2 (вес колена трубы и вес'жидкости, заклю-
заключенной в этом колене, не оказывают влияния на величину до-
добавочного давления).
3. Выбираем систему координат, как указано на рис. 256.
М. А, Мисюрев
201
4. Составляем уравнения равновесия сил, действующих на
колено и лежащих в горизонтальной плоскости:
= 0; R
Ay'
5. Из полученных уравнений равновесия находим неизвест-
неизвестные величины: RA ; R
где М =
Ах' ^-Ау- ',»
cos р — Mv, cos a, RAy=Mvl sin а — Mvs sin
кГ
4g
cos p — u* cos i
яйг
^=3,27
•t\pasmp).
Рекомендация: Теорему об изменении количества движе-
движения системы целесообразно применять в тех случаях, когда имеет
место закон сохранения количества движения системы и, кроме
того, когда система представляет собою сплошную среду (жид-
(жидкость или газ, при скоростях, далеких от скорости звука),
движущуюся в сосуде; нужно найти давление среды на стенки
сосуда.
Упражнения
154. Прямоугольный параллелепипед веса Q поставлен на горизонтальную
•плоскость. На него положено тело А весом Рх, а тело В весом Р2 соединено
с телом А гибкой нерастяжимой нитью АСВ, перекинутой через блок С.
Определить зависимость между скоростью параллелепипеда и относительной
по отношению к параллелепипеду скоростью тела А, если опорные поверхности
гладкие и в начале движения система находилась в покое. Массами блока и
иити пренебречь.
Рис. к упр. 154
Рис. к упр. 155
155. Определить добавочное давление на опору А колена трубы диамет-
диаметром 20 см. Ось трубы расположена в горизонтальной плоскости, по трубе течет
вода со скоростью 4 м\сек, скорость воды при входе в трубу образует угол 60*
со скоростью воды при выходе из трубы.
Ответ» 51,2 кГ.
262
21-3. Теорема об изменении момента количества движения
системы
Производная по времени от момента количества движения
системы, взятого относительно какого-нибудь неподвижного
центра, равна главному моменту относительно того же центра
¦всех внешних сил, действующих на систему:
-^-=M(f. B1-9)
Производная по времени от момента количества движения
системы, взятого относительно какой-нибудь неподвижной оси,
равна главному моменту относительно той же оси всех внешних
сил, действующих на систему:
dt
dt
dt
B1-10)
где L=A
!=^тот
Кинетический момент твердого тела, вращающегося вокруг
неподвижной оси, равен произведению момента инерции тела
относительно оси вращения на угловую скорость вращения тела;
1г=/гсо. B1-11)
Моменты инерции некоторых однородных тел
1. Момент инерции тонкого стержня (рис. 257):
/,~1Г. BМ2>
где ОА—1—длина стержня, М — масса стержня.
2. Момент инерции толстостенного цилиндра (рис. 258):
м
B1-13)
где М—масса цилиндра,
R — внешний радиус цилиндра,
г — внутренний радиус цилинд-
цилиндра.
г
о
Рис. 257.
Рис. 258.
263
3. Момент инерции диска (цилиндра) (рис. 259):
MR*
'¦—а
B1-14)
где М — масса цилиндра,
R — радиус основания диска (цилиндра).
Рис. 259.
Рис. 260.
4. Момент инерции тонкостенного цилиндра (кольца, обруча)
(рис. 260): j MRif {2M5)
где М — масса тонкостенного цилиндра;
R — радиус цилиндра.
Момент инерции твердого тела относительно любой оси равен
моменту инерции тела относительно оси, параллельной данной и
,j проходящей через центр тяжести тела,
плюс масса тела, умноженная на квадрат
расстояния между осями (рис. 261):
B1-16)
Радиусом инерции тела относительно
какой-нибудь оси называется такое рас-
расстояние от оси, в конце которого нужно
Рис. 261. в одной точке сосредоточить массу тела
так, чтобы момент инерции точки относи-
относительно данной оси равнялся моменту инерции тела относительно
той же оси: г—т-
п / '2
е*~ V АГ
План решения задач
1. Выделяем и изображаем систему в текущий момент времени.
2. Изображаем внешние силы, действующие на систему.
3. Выбираем систему координат.
264
4. Составляем уравнения теоремы об изменении момента
Количества движения системы в скалярной форме:
dL* ..,„¦, dL,, . /-1 dL, ..,„ч
dt
dt
Для упрощения решения задач рекомендуется сначала вычис-
вычислять правые части уравнений.
5. Проинтегрируем полученные дифференциальные уравнения.
6. Составляем начальные условия задачи для определения
произвольных постоянных интегрирования.
7. Определяем произвольные постоянные интегрирования
по начальным условиям задачи.
8. Найденные произвольные постоянные подставляем в резуль-
результат интегрирования уравнений.
9. Из полученных уравнений находим неизвестные величины-
задачи.
Задача 99. По хорде О1у1 горизонтальной платформы веса Р,
вращающейся вокруг вертикальной оси, проходящей через ее
центр, идет человек веса Q. Найти угловую скорость вращения
Рис. 263.
платформы, если масса платформы равномерно распределена
по всему кругу; человек движется по закону OlM~yl = bt1.
В начальный момент платформа находилась в покое; радиус
платформы R—r, 00, =0,5 г (рис. 262).
Решение. 1. Изображаем систему в текущий момент времени.
Система состоит из платформы, человека и оси АВ. Массой оси
пренебрегаем '(рис 263).
2 Изображаем внешние силы, действующие на систему:
Q — вес человека, Р — вес платформы, RA— реакция подшип-
подшипника A, R'B— реакция подпятника В.
265
3. Выбираем систему координат, как указано на рис. 263.
4. Составляем уравнение -^r-=M(fig теоремы об изменении
момента количества движения системы:
(?=2М, [F У ]; М^=М, (Р)+М2 (Q)+Mz (RA)-\ Mz (RB);
так как линии действия этих сил параллельны оси моментов,
либо пересекают ось. Следовательно,
5. Интегрируем полученное уравнение —^/-=0, получаем
Z.,=c,. B1-16a)
6. Составляем начальные условия движения.
При *=0; ю@)=0; и,@)=0.
7. Определяем произвольную постоянную интегрирования сх.
Так как
получаем с, =0.
8. Найденную произвольную постоянную с, подставляем,
s уравнение B1-16а) — результат интегрирования дифференциаль-
дифференциального уравнения. Будем иметь Lz—Q.
9. Из полученного уравнения находим неизвестную угловую
скорость со. Для этого подсчитываем Lt для нашей системы:
где Llz — момент количества движения платформы относительно
оси oz,
» Li2 — момент количества движения человека (точки) относи-
относительно с си oz.
Мы сделали предположение, что платформа вращается против
направления вращения часовой стрелки. Будет ли это так, пока-
покажет результат решения задачи.
Для нахождения LM воспользуемся теоремой Вариньона:
&lz=momt (mvJ=Mt (mvt) +МЖ (mvr),
266
так как
va^ve+vr (рис. 264),
tnua=mve+mvr;
, = со (ОМ) = а>а; yr = s = 2
Q
Мг(тие)=тие а== ~- саа2;
со;
Следовательно,
ш= —
ЩгЫ
2Рг2
Рис. 264.
Знак (—) показывает, что платформа вращается по направ-
направлению вращения часовой стрелки.
Задача 100. Однородный диск радиуса /-=16 см совершает
колебания вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной к пло-
плоскости диска и проходящей через точ-
точку А, причем ОЛ=0,5 г. Найти закон
движения и период малых колебаний
диска, если в начальный момент диа-
диаметр диска, проходящий через ось под-
подвеса, был отклонен на угол <р0 и диск
был предоставлен самому себе.
Решение. 1. Изображаем систему
в текущий момент времени. Материаль-
Материальной системой является диск (рис. 265).
2. Изображаем внешние силы, дей-
действующие на систему: Р — вес диска;
ХА, YA — составляющие реакции гори-
горизонтальной оси подвеса диска.
3. Выбираем систему координат, как указано на рис, 265
(правая система координат).
4. Составляем уравнение —г?-~М^ теоремы об изменении мо-
момента количества движения системы относительно оси подвеса
Рис 265.
267
диска:
MZ{XA)—MZ{Y A)~Q, так как линии действия этих сил пересе-
пересекают ось моментов.
Mz (Р)= — Р {ОA) sin<р = — Р~ sincp;
M'U-PL
получаем
Рг
Рассматриваем малые колебания, т. е. sincp =^ф; следовательно,
Дифференциальное уравнение малых колебаний диска будет
иметь следующий вид:
где к—
5. Интегрируем полученное дифференциальное уравнение дви-
движения диска ф-|&2ф = 0.
Общее решение этого дифференциального уравнения:
<p=asin (kt-\-a
(см. решение задачи 82).
6. Составляем начальные условия движения для определения
произвольных постоянных.
При *-0 Ф(О)=Фо; ф@)=0.
7. Определяем произвольные постоянные интегрирования а
и а по начальным условиям задачи. Для этого подставляем
начальные условия в уравнения:
Получаем:
(fu~asma; 0—аи cos a;
следовательно,
8. Найденные произвольные постоянные подставляем в общее
решение дифференциального уравнения движения диска и полу-
получаем закон движения диска:
Ф=ф0соз у %Lt.
268
9. Находим период малых колебаний диска по известной
формуле
Г=™; 7asl сек.
Рекомендация: Теорему об изменении момента количе-
количества движения системы целесообразно применять в тех случаях,
когда имеет место закон сохранения этого момента относи-
относительно центра или оси и, кроме того, когда система является
твердым телом, вращающимся вокруг неподвижной оси.
Упражнения
156. Барабан буровой лебедки под действием груза В весом Р вращается
с угловой скоростью со. Определить время торможения до остановки барабана,
Рис. к упр. 156
Рис к упр. 157
если известно, что R=2r, a = ib, c=.b, коэффициент трения колодки о тор-
тормозной шкив /=0,3, сила, действующая на педаль тормоза /?=—— Р, вес вра-
р
сдающихся частей Q=—, радиус инерции этих частей Л
относительно оси вращения q=1,5 r (контргруз А уравно-
уравновешивает собственный вес тормозного рычага).
Ответ. ?=0,77 ~.
157. Колонна штанг, находящаяся в наклонной сква-
скважине, извлекается на дневную поверхность при помощи
лебедки. Определить ускорение колонны в начале дви-
движения, если вес одного метра штанг равен q, длина
колонны штанг равна /, удельный вес глинистого раст-
раствора равен ух, удельный вес материала штанг равен у,
угол наклона скважины от вертикали а, коэффициент
трения штанг об обсадные трубы f, радиус барабана
лебедки равен R, момент инерции барабана относительно
оси вращения равен /, к барабану приложен постоянный
момент М. Весом троса пренебречь.
Рис. к упр. 158
269
MR-gl( 1 --5M( cos a+/sin а) Я»
Ответ: w=g *'
15S. Схема упругого маятника такова: тонкий однородный стержень ОА
массы т и длины / жестко скреплен с упругой пластинкой DK. Определить
жесткость с пластинки, если период малых колебаний маятника в нормальном
положении (рис., а) равен Г, ив перевернутом (рис. в) равен Тг.
I Т\ + Т1
Отчет: c=mg y jr~^ ¦
21-4. Теорема о5 изменении кинетической энергии системы
Дифференциал кинетической энергии системы равен сумме
алементарных работ всех внешних и внутренних сил, действую-
действующих на систему:
dT^d'A^+^d'AV. B1-17)
Изменение кинетической энергии системы за некоторый про-
промежуток времени равно сумме работ всех внешних и внутрен-
внутренних сил, действующих на систему, на соответствующем переме-
перемещении системы:
Т-Тй
Кинетическая энергия системы равна сумме кинетических
энергий точек системы:
г—у mv*
Если система неизменяемая, т. е. расстояния между точками
системы остаются неизменными (частным случаем такой системы
является абсолютно твердое тело), то сумма работ всех внутрен-
внутренних сил системы равна нулю:
Кинетическая энергия системы равна кинетической энергии
центра масс системы, считая, что а нем сосредоточена масса
всей системы, плюс кинетическая энергия системы в ее относи-
относительном движении по отношению к поступательно движущейся
системе координат, с началом в центре масс:
Mvl mvl
Кинетическая энергия поступательно движущегося твердого
тела равна кинетической энергии любой точки этого тела, считая,
что в этой точке сосредоточена масса всего тела:
Т=^-. B1-20)
270
Кинетическая энергия твердого тела, вращающегося вокруг
неподвижной оси, равна половине произведения момента инер-
инерции тела относительно оси вращения на квадрат угловой ско-
скорости вращения тела: [а)г
Т=—^—. B1-21)
Кинетическая энергия тела, участвующего в плоскопарал-
плоскопараллельном движении, равна кинетической энергии центра тяжести
тела, считая, что в нем сосредоточена масса всего тела, плюс
кинетическая энергия тела в относительном (вращательном) дви-
движении тела по отношению к поступательно движущейся системе
координат с началом в центре тяжести (ось сг перпендикулярна
к направляющей плоскости):
Г—2^+-^—. B1-22)
Элементарная работа силы, приложенной к твердому телу,
вращающемуся вокруг неподвижной оси, равна произведению
момента силы относительно оси вращения на элементарный угол
поворота тела:
<?
$Ms(F)dq>. B1-23)
Сумма элементарных работ сил, приложенных к твердому
телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси, равна главному
моменту сил, действующих на тело, относительно оси вращения,,
умноженному на элементарный угол поворота тела:
d'A=Mzd(f; A=\Mzd(p. B1-24).
План решения задач
1. Выделяем и изображаем систему в текущий момент времени.
2. Изображаем внешние и внутренние силы, действующие
на систему.
3. Составляем уравнение теоремы об изменении кинетическол
энергии системы:
Т — Т
(Если силы, действующие на систему, переменные, а траек-
траектории точек приложения сил криволинейные, то следует брать
теорему об изменении кинетической энергии системы в дифферент
циальной форме с последующим переходом к конечной форме
путем интегрирования.)
4. Из полученного уравнения находим неизвестные величины.
271
Задача 101. В однородном тяжелом диске радиуса R сделан
круговой вырез радиуса г—0,5 R (рис. 266). Какую скорость
нужно сообщить точке А диска, чтобы диаметр ОА сделал
¦д- оборота (О — горизонтальная ось вращения диска, сопротив-
сопротивлениями пренебречь, а=120°).
Рис 266.
Решение. 1 Изображаем диск (диск — материальная система,
¦состоящая из бесчисленного множества точек) в текущий момент
времени (рис. 267). _
2. Изображаем внешние силы, действующие на диск; Р — вес
диска и Л'о — реакция оси вращения диска.
3 Составляем уравнение теоремы об изменении кинетической
энергии системы в конечной форме: Т—Г0=^Л^+2^м ПРИ
повороте диска на 120°.
\А<-1)=0, так как диск — неизменяемая система.
^А^—Ар+А^; Ano—O, так как точка приложения реакции
N9 неподвижна:
3
Т=0 — кинетическая энергия диска в конце движения.
Найденные величины подставляем в уравнение теоремы и
получим: , р __
4. Решаем полученное уравнение
(R+r) (o.=vA<>; VAa=
,g-R.
272
Задача 102. Груз А веса Р поднимается по шероховатой нак-
наклонной плоскости с помощью барабана В веса Q и верезки.
наматываемой на барабан
(рис 268) Барабан при-
приводится ьо вращение во-
вокруг горизонтальной оси
О парой сил с моментом
ЛТ кГм. Определить ско-
скорость тела Л как функцию
расстоянияs, проходимого
этим грузом, а также уско-
ускорение груза А, если коэф-
коэффициент трения скольже- Рис 268-
ния груза по наклонной
плоскости равен /, угол наклона плоскости к горизонту равен а,
радиус барабана рачен г, радиус инерции барабана относительно
оси вращения равен 0,5 г. Вначале система находилась в покое;
массой веревки пренебречь.
Решение. 1 Изображаем систему состоящую из груза А,
барабана В и веревки (рис. 269) в текущий момент
2. Изображаем внешние силы действующие на систему: Q —
вес барабана, Р—вес тела A, Ro-—реакция оси барабана,
N — нормальная составля-
составляющая шероховатой опор-
опорной плоскости и?—сила
трения скольжения (весом
веревки пренебрегаем) и
парл с моментом М.
3. Составляем уравне-
уравнение теоремы об изменении
кинетической энергии си-
системы в конечной форме
Рис. 269. Т J1 _. ч
2Л<°=0; так как система
состоит из трердых тел и гибкой нерастяжимой нити (связь,
осуществленная в виде гибкой нерастяжимой нити, является со-
совершенной сьязью, т е 2^(!>~0):
так как точки приложения зтих сил не перемещаются:
l^A'-cos^ y)=M>cos90°=0, Лж=
273
где ф — угол поворота барабана при перемещении тела А на рас-
расстояние s. Очевидно, rcp=s;
Ар- — Ph=— Pssina, AF=F-scos (jC~v)=F-s cos 180°==— F-s,
F=*fN, AF^—f-N-s.
Для определения реакции N составляем дифференциальное
уравнение движения поступательно движущегося груза Л
в проекции на ось у (рис. 270):
my=N— pcosa=0, так как
i = w„ = 0, N = P cos a.
У
Следовательно,
AF=fp cosa-s.
Т1,, =0, так как вначале система
Рис. 270. находилась в покое. Получаем:
2Л<е>=Гу P(sina+/cosa)j s;
Т — Т J-T ¦ Т — mAv*._ PvS T /ргМ2 .
•'—¦/лТ"-'В' 1 А~ 2 ~~2g~' B== 2 '
, ,. т _ Q»f
Найденные величины подставляем в уравнение теоремы:
(Р+т)Й=[?"Я(8'1Па+/С°8и)] s t215)
4. Решаем полученное уравнение B1-25)
'. — Pr (sin a
COS I
Для определения ускорения груз) А нужно продифферен-
продифференцировать уравнение B1-25) по врем-'ни, имея в виду, что
dv ds
(bin a-
cos
Теорему об изменении кинетической энергии системы целесо-
целесообразно применять в тех случаях, когда из совокупности следую-
следующих величин: силы системы, совершающие работу, начальные и
конечные скорости точек системы и их пути, неизвестна какая-
нибудь одна величина и ее нужно определить.
274
Кроме того, выгодно применять эту теорему для определения
ускорения. Для этого составляют уравнение теоремы на произ-
произвольном участке пути с последующим дифференцированием по
времени обеих частей полученного равенства.
Упражнения
159. Определить угловую скорость вращения кругового опрокидывателя
вагонеток в тот момент, когда он повернется из состояния покоя на угол
60°. В начальный момент центр тяжести вагонетки занимал наивысшее поло-
положение. Момент инерции опрокидывателя вместе с вагонеткой относительно
геометрической оси опрокидывателя равен /г,
расстояние общего центра тяжести вагонетки и
¦опрокидывателя до этой оси равно а; вес ваго-
вагонетки с опрокидывателем равен Р, радиус ок-
окружности опрокидывателя равен R, радиусы ро-
роликов А и В равны г, момент инерции каждого
ролика вместе с его осью вращения равен /а,
вращающий момент, прчложенньш к ведущему
ролику А, равен М. Опрокидыватель приводится
во вращение от ролика А с помощью силы трения.
Ответ:
- iapr)
160. Определить угловую скорость барабанов P'lc- K ЬпР- '59
ковшевого элеватора, как функцию угла поворо-
поворота <р барабанов в период пуска, если вес ленты с порожними ковшами равен
Р, вес каждого барабана Q, радиус инерции барабанов относительно их
осей вращения равны rt и гг, диа-
диаметры барабанов одинаковы и равны
2/?, коэффициент трения скольжения
в шейках равен /, диаметры шеек d.
К валу ведущего барабана приложен
постоянно вращающий момент М.
Размерами ковшей пренебречь.
Ответ:
/~еШ
У PR-
ф.
161. Фрикционный молот состоит
из двух роликов В, С и падающих
частей А и D. Определить скорость
падающих частей А и D весом Р,
как функцию высоты h, если падение
происходит из состояния покоя. Вес
каждого ролика (масса распределена
по кругу радиуса г) равен Q. Доска D движется без скольжения.
Ответ: /»-,
Рис. к упр. 160 Рис. к упр. 161
162. Для молота, рассмотренного в упражнении 161, определить ускоре-
ускорение доски D при подъеме, если к ролику С приложена пара сил с момен.ом
M=const.
Ответ: м —Р-г
275
ГЛАВА XXII
ПРИНЦИПЫ МЕХАНИКИ
21-1. Принцип Даламбера
Если точки движущейся материальной системы мгновенно
остановить и, кроме действующих на точки активных сил и
реакций связей, приложить к ним силы инерции этих точек,
имевшие место к моменту остановки, /по и в дальнейшем эта
система будет оставаться в покое.
Силой инерции точки называется сила, равная по величине
произведению массы точки на величину ускорения этой точки и
направленная противоположно ускорению:
B2-1)
Совокупность сил инерции частиц твердого тела, движуще-
движущегося поступательно с ускорением w, эквивалентна равнодейст-
равнодействующей R——Мюс (где /М=2/я — масса тела, wc— ускорение
центра тяжести тела), линия действия которой проходит через
центр тяжести тела.
Совокупность сил инерции частиц твердого тела, имеющего
плоскость симметрии, перпендикулярную оси вращения, прохо-
проходящей через центр тяжести, эквивалентна паре, плоскость ко-
которой перпендикулярна оси вращения и момент которой равен
— /ге (где /г — момент инерции тела относительно оси вращения).
Совокупность сил инерции частиц твердого тела, движущегося
плоскопараллельно, в том случае, когда плоскость симметрии
тела параллельна направляющей плоскости, а центр тяжести
лежит на общей нормали к подвижной и неподвижной центроидам,
проходящей через мгновенный центр скоростей, эквивалентна
силе 7? =—Mwc, проходящей через мгновенный центр скоростей,
и паре с моментом —/ре (где 1р — момент инерции тела отно-
относительно мгновенной оси вращения тела).
276
План решения задач
(Метоп кинетостатики)
1. Выделяем и изображаем систему в текущий момент времени.
2. Изображаем активные силы, действующие на точки
системы.
3. Освобождаем систему от связей, заменяя действие связей
реакциями.
4. Прикладываем силы инерции точек.
5. Выбираем систему координат.
6. Составляем уравнения равновесия полученной системы сил.
7. Решаем уравнения равновесия.
Задача 103. Два шара А (рис. 271)
весом Р каждый и радиусом R закре-
закреплены на расстоянии а от оси 0D и при-
приводятся во вращение посредством груза С
веса Q, привязанного к веревке, намо-
намотанной на шкив В. Определить прене-
пренебрегая сопротивлениями и массами шкива,
стержней А А и OD и блока К, закон
движения груза С, если R~2r, a=Ar
Вначале система находилась в покое.
Решение. А. Применяем метод кинетостатики к грузу С.
1. Изображаем груз С в текущий момент (рис. 272 а).
2. Изображаем активную силу 0_(вестела С) и натяжение 7'.
3. Прикладываем силу инерции F("H) груза С (груз С можно
считать точкой, так как он
движется поступательно).
4. Выбираем систему ко-
координат, как указано на рис.
Рис. 271
272 а.
5. Составляем уравнение
равновесия сил, приложен-
приложенных к телу С:
Рис. 272.
получаем:
B2-1 а)
Получили одно уравнение B2-1 а'< с двумя неизвестными 7"
и w. Для составления недостающего уравнения рассматриваем
движение шаров.
Б. Применяем метод кинетостатики к шарам.
10 М, А. Мисюрев 277
flU/l)
'in
1 Рассматриваем систему в текущий момент времени
(рис. 272 б). Система состоит из двух шаров А и шкива В, свя-
связанных между собой стержнями ЛА и 0D.
2 Рисуем активные силы, действующие на систему: Р — вес
шара, Т—натяжение веревки.
3 Освобождаем систему от связей, заменяя действия связей
реакциями: ND—реакция подпятника и No — реакция подшип-
подшипника.
4. Прикладываем силы инерции
точек системы В шарах А берем
точки одинаковых масс пг, отсто-
отстоящие на одинаковых расстояниях
q от оси вращения (рис. 273).
Силы инерции этих точек раскла
дываем на касательные и нормаль-
нормальные составляющие (эти составля
ющие, очевидно, будут попарно
равными по величине).
5. Выбираем систему координат, как указано на рис. 272 6-
6. Составляем уравнение равновесия сил, приложенных к
системе:
2Мг(?)*=0; 2МЖ(Р)+МЯG 'Н2Мг[7Г']+2Мг[/^Н)]=0;
'. i
MZ(P)=O, так как линия действия силы Р параллельна оси г;
^Mz[F\lH)]~О, так как линия действия силы F,("H)
ось;
Мг(Т')=Т"п 2Л1г|/Г']=2 -ZFir-Qi
Рис. 273.
пересекает
Следовательно,
?Af,lFS?H>]=— 2/гс=— 21zy, так как er=w.
Уравнение моментов принимает следующий вид:
B2-1 Ь)
7. Решаем полученные уравнения B2-1 а) и B2-1 Ь).
Та:? как
Т' = 7"' = Т,
то получаем:
Qgr*
278
Iz=I/,-f~mds, где т—масса шара, d=6r, Ic—-^mR'— момент
инерции шага относительно оси, проходящей через центр тяжести
шара, а поэтому
, 188 Р s 5Qg
г~ 5 g ' U 376P + 5Q'
Следовательно, груз С опускается с постоянньш ускорением
из состояния покоя, поэтому s=-k-,
5Qgt*
2 C76Р -f- 5Q) •
Задача 104. Груз В весом Q, опускаясь, приводит в движе-
движение посредством невесомой и нерастяжимой нити, перекинутой
через неподвижный блок К, груз А весом Р по шероховатой
наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтом (рис 274).
Рис. 274.
Рис. 275.
Определить горизонтальлую составляющую давления наклонной
плоскости на выступ С и натяжение нити, если коэффициент
трения скольжения тела А по наклонной плоскости равен f
Решение 1 Рассматриваем систему, состоящую из тела А,
тела В, клина D, блока К и нити АК.В, в текущий момент
времени (рис. 275)
2 Изображаем активные сила, действующие на систему:
Р — вес тела A, Q — вес тела В, G — вес клина.
3. Освобождаем систему от связей, заменяя действия связей
реакциями: Nx — реакция выступа и Ny — реакция горизонталь-
горизонтальной опорной поверхности клина (внутренние силы, как известно,
в уравнения равновесия не входят).
4 Прикладываем силы инерции точек системы.
?лн\ F(bb) — силы инерции грузов А и В (грузы А а В можно
считать точками, так как они движутся поступательно).
ю*
279
5. Выбираем систему координат, как указано на рис. 275
6. Составляем уравнение равновесия системы:
:=0; Ns-,
• cosa=(
, w cosa=0.
B2-1 с)
Получили одно уравнение B2-1 с) с двумя неизвестными JVX
и w. Для составления недостающих уравнений рассматриваем
движение грузов А и В в отдельности, применяя принцип
Даламбера.
А. 1. Рассмотрим систему, состоящую из тела А, в текущий
момент (рис. 276)
2 Изображаем активную силу Р, действующую на тело,
и натяжение Т' нити
г"
в
Рис. 276.
Рис. 277.
3. Освобождаем тело А от связей, заменяя действие связей
реакциями: N (нормальная составляющая полной реакции шеро-
шероховатой опорной плоскости), F (касательная составляющая пол-
полной реакции шероховатой опорной плоскости — сила трения
скольжения).
4. Прикладываем силу инерции FT0 груза А.
5. Выбираем систему координат, как указано на рис. 276
6. Составляем уравнения равновесия сил: УХ = 0; ^Y=0:
2^ = 0; r-fPbina — F — FT]=0
2У=0; Л' —Pcosa = 0; F=fN.
Из этих уравнений получаем:
Т +Р (sin a — / cos a) — — оу=О.
B2-1 d)
Б. 1. Рассматриваем систему, состоящую из тела В, в текущий
момент времени (рис. 277).
280
2. Изображаем активную силу Q (вес тела В), действующую
на тело В и натяжение нити Т"
3. Прикладываем силу инерции ^вин> груза В.
4 Выбираем систему координат, как указано на рис. 277.
5. Составляем уравнения равновесия сил, приложенных к
телу В:
2У=0; Т"
Получаем:
<ин>_<Э=0; Pg"=mBw = Q-w
B2-1 е)
Из уравнений B2-1 с), B2-1 d) и B2-1 е) находим неизвестные
величины, имея в еиду, что Т' = Т" = 7\
N =Р-
P + Q
cos а; Т =
[1 —sin а f/cosuj
Упражнения
163. Шахтная клеть, весом Q=6 T, подвешенная на четырех цепях,
поднимается с ускорением w=1 MJceK2. Найти натяжение каждой из цепей и
определить соотношение между динамическим натяжением Т^ и статическим
Тс. Размеры указаны на чертеже
Ответ. Г,=Та=Г3=Г4=3,43 Г; ТО=1,2ГС
164. Грохот состоит из pemeia SB,, качающегося
на подвесках BD и BlD1. Качание решета сооб-
сообщается от кривошипно-шатунного механизма ОАВ
Рис. к упр. 163
Рис к упр. 164
Определить число пх об/мин кривошипа, при котором начнется скольжение
к>ска руды С вверх по решету при левом мертвой положении (А,); найти
также число п2 о6\мин кривошипа, при коюроч начнется скольжение куска
вниз при правом мертвом положении (Л2), если угол наклона решета а,
угол трения руды о решето г|). ОА=г, АВ—1, причем /¦<§;/ (кривошип О А
вращается равномерно, BD^B^^).
Ответ
=30
п2=30
-а)
165. Определить зависимость между постоянной угловой скоростью ю и
углом ср в центробежном регуляторе, если вес каждого ич грузов А и В ра-
281
вен Р, вес муфты D равен Q. Нужные размеры взять с чертежа (СК=а).
Ответ.
(Pl + Qa)
166 Определить зависимость между постоянно» угловой скоростью ш и
углом ф в центробежном регуляторе ЧеСьчъева, если вес каждого из грузор
Рис. к упр. 165
Рис. к упр. 166
А и Л, рапен Р, вес муфты D равен Q, OA=l, OB=BD—a, ?_ /405=a=const
Отнет
2 Qa sin ф — PI sin (a — у)
Ш g P/2 sin 2 {a - ф)
167 В центробежных (маятниковых) мельницах раздавливание ма.ериалз
производится роликами 1, которые прижимаются к кольцу 2 центробежной
силой инерции роликов. Определить силу давления ролика на кольцо, если
вес ролика равен 150 кГ вертикаль-
вертикальны.") вал вращается с угловой скоро-
скоростью соответствующей п = 140 об\мин^
/?=60 см, г=24 см.
Ответ: 1185 кГ,
Рис. к упр. 167 Рис. к упр. 168
168. Подъем труб буровым станком производится при помощи талевого
ступенчатого барабана А. Определить угловое ускорение барабана в начале
полъема, если к барабану приложен постоянный вращающий момент М, вес
282
барабана Q, радиус инерции барабана относительно оси вращения а, вес ко-
колонны труб Р, сопротивление среды kP (k — некоторый коэффициент), радиуо
большого цилиндра R, радиус меньшего цилиндра г. Массами блоков и троса
пренебречь.
2М -P(l + k)(R-r)
Ответ: s=2g AQa* + P{R_r}, ¦
22-2. Принцип воз южных перемещений
Для того, чтобы система с идеальными связями оставалась
в равновесии в данном положении, необходимо и достаточно,
чтобы сумма элементарных работ всех активных сил, действую-
действующих на систему, на любом возможном перемещении системы
равнялись нулю (связи удерживающие):
|]6Л (F,)= 2F,6r, = ^(XM+Yfiyi+Zfiz^O. B2-2)
Возможным перемещением системы называется всякое беско-
бесконечно малое перемещение точек системы которое допускается а
данный момент связями, наложенными на систему.
67,F*, Ьуг 6г{) — возможное перемещение точки номера i
системы
Связи наложенные на систему, называются идеальными (со-
(совершенными), если сумма элементарных работ всех реакций
связей на любом возможном перемещении системы равна нулю:
п п
,=0 B2-3>
К числу идеальных связей относятся связи, осуществленные
в виде гладких поверхностей, линий, гибких нерастяжимых
нитей, шарниров без трения и пр. bxt byt, 6zt—вариации де-
декартовых координат точки номера i системы — бесконечно ма-
малые изменения координат получившиеся от возможного переме-
перемещения системы. Для того чтобы вычислить вариацию декартовой
координаты какой-нибудь точки системы, нужно взять полный
дифференциал от функции связывающей декартову координату
с обобщенными координатами системы (</,, q, ¦ ., qk) и всюду
значок d заменить значком б.
Если x=>f(qx </„ ... qk),
k
то e*=?|fб^- <22-4>
План решения задач
1. Выделяем систему равновесие которой следует рассмотреть.
2. Изображаем активные силы, действующие на систему.
283
3. Выбираем систему координат (если задачу решаем при
помощи аналитического выражения элементарной работы).
4. Составляем уравнение принципа возможных перемещений
системы:
Для этого сначала нужно найти проекции X, Y, Z активных
сил, действующих на систему, а также координаты точек при-
приложения этих сил как функции обобщенных координат, затем
по известному правилу найти вариации 5*, Ьу, бг декартовых
координат точек системы.
5. Решаем получен ное уравнение принципа возможных пере-
перемещений.
Задача 105. Шарнирный четы рехзвенник ABDK. (рис. 278)
удерживается в равновесии грузом Б ьесом Q с помощью ве-
Рис. 278.
Рис. 279.
резки ЕМВ, перекинутой через блок М. Определить угол а из
условия равновесия системы если стержни однородные, АВ =
=^BD=DK. — AM.=AK —и и вес каждого стержня равен Q—2P.
Решение. 1. Рассматриваем равновесие системы стержней АВ,
BD и DK (рис. 279)
2. Изображаем активные силы, действующие на систему!
Р,~Р, Pz—P, Рь—Р— в^са стержней и Pt~Q — вес груза Е.
3. Выбираем систему координат, как указано на рис 279.
4. Составляем уравнение принципа возможных перемещений:
где а — обобщенная координата системы.
у =р .= р, у =/> р. у —
,°*~PI
284
У,——Р\ y,=-^-cosa; 6t/,=—~ sin a 6a;
Y%——P; i/j=acosa; 6#2 =—a sin a 6a
У,=—P; y,=-|-cosa; by,~— -|-sina6a;
X4=— Q cos -5-; л:4=с sin a; 6x4—acos aSa;
У4=0 51'п-^-; y4=acosa; Sr/4=—a sin аба.
Уравнение принципа y^yi+Yt6yt+Yfiyt-\- Xi6xi-irYtdyl=0
•будет иметь вид: \2Р sin a — Q (cos acos-^- + sin a sin -^-J a6a=0.
5. Решаем полученное уравнение.
Так как а^О; 6а^= О,
то
2Р sin а — Q cos a cos -^-+sin a sin -|-j =0;
2Psma — <?cos-J-=0; 4Psin-|-cos -J- — Qcos-|- =0;
Psin-f— Q)cos^=0.
Следовательно,
cos-|-=0; ai = 180°; 4Psin-|--Q=0; sin-f-^; sin ^-=|,
Задача 106. Четыре стержня равной длины и равного веса
соединены друг с другом шарнирами С, Dm E. Два крайних
Рис. 281.
стержня вращаются в вертикальной плоскости на шарнирах около
неподвижных точек А и В, лежащих на одной горизонтали.
Определить зависимость между углами а и р в положении рав-
равновесия (рис. 280), если AC=CD=DE-=EB^a.
285
Решение. 1. Рассматриваем равновесие системы, состоящей из
стержней AC. CD, DE, ЕВ (рис. 281).
2. Рисуем активные силы, действующие на систему: Pt=P\
Pt=P; P, = P; Р4=-Р —веса стержней.
3. Выбираем систему координат, как указано на рис. 281
4. Составляем уравнение принципа возможных перемещений:
Х,=Р; x,=-|sina;
Х,=-Р; xs=asi
,=-Я,„ = П; У4=Я1у=0;
,-Рзг==0; Z€-Pw=0.
бдс, =-2 cos аба;
6x2=a cos аба+-|- cos
бх,=a cos аба -\--w cos
Xt=^P; x4=Ys'n a- 6jc4=-2-cos аба.
Уравнение принципа Хл6х1+Х26хг +Xt6x3 + At6x4=0 будет
иметь вид: 3cosa6a+cos p6p=O.
5. Решаем полученное уравнение.
Для этого прежде всего установим зависимость между ба и бр\
Из рис. 282 видно, что АВ=АС-{-CD+Ш^ Е~В;
__(^B)y=(AC)v-HCD)v+(D?)v-K?B)y; (AB)v==b~= const;
(ЛС)у=а cos a; (CD)y=a cos p; (D?)y=a cos p; (?5)у«ссоза.
Получаем:
-1
6=2а cos a-i- 2a cos p.
После варьирования обеих
частей этого равенства будем
иметь:
— sin аба — sin рёр—0;
во sin a x
ор= ^ оа.
Найденную вариацию 6р" подставляем в уравнение принципа,
тогда это уравнение примет следующй вид:
3cosa — cosp~)Sa=0.
Так как ба^О, то 3cosa — cos p -7—5=0,
sin р
следовательно,
286
tgo=3tgp.
Задача @7. На однородный стержень 0А=а весом Р дейст-
действует пара сил с моментом /И,, а на однородный стержень АВ~Ь
весом Q действует пара сил с моментом Мг (рис. 283). Опреде-
Определить углы аир при равновесии системы, если в точках О и А
цилиндрические шарниры.
Рис. 283
Рис. 284.
Решение. 1. Рассматриваем равновесие системы, состоящей
из стержней ОА и АВ (рис 284).
2. Изображаем активные силы, действующие на систему.
Р — вес стержня О А и Q — вес стержня АВ, а также пары сил
с моментами М, и М2.
3. Составляем уравнение принципа возможных перемещений.
Для этого даем системе следующие два возможных перемещения:
б)
о)
а) угол" и оставляем неизменным, а угол C получает прираще-
приращение dp (рис 285 а), б) угол р оставляем неизменным, а угол а
получает приращение 6а (рис. 285 б) (это можно сделать, так как
система имеет две степени свободы).
Составляем уравнение принципа возможных перемещений в
случае (a) (a=const р — переменная; рис. 285 а):
ЬА (Р)+6А (MJ f 6A (Q) ьбЛ (М,)=0,
6Л (P)=mo(PNa=0, ' бЛ(М1) = М1ба==0, так какба=0.
64(Q)=AMQN6=-Q b
287
Получаем:
\м%— Q^sinp|6p=0. B2-5)
Составляем уравнение принципа возможных перемещений в
случае (в) [а — неременная, |5=const; рис. 285-6].
ЬА (РL ЬА (AJj+бЛ (MJ+ЬА (Q)=0.
ЬА {Р)=Ма(Р)Ьа=—Р^ sin aba, ЬА (Afl}=M,Sa)
ЬА (УИ2)=Л1гбр=0, так как бр=О, bA(Q) = Q6h,
6ft=6s sin a—a sin аба, ЬА (Q)—— Qa sin аба.
Получаем:
[М, — Р -| sin a — Qa sin a] 6a=0. B2-6)
4. Решаем полученные уравнения B2-5) и B2-6). Так как
О и бр Ф 0, то получим следующие два уравнения:
УИ, —Pysina —Qasina=0; M2 —Qysinp=0.
Следовательно,
Упражнения
169. На средний шарнир В коленчатого пресса ABC действует в его пло-
плоскости горизонтальная сила Р. Какая сила Q, приложенная в точке С и на
Рис. к упр. 169
правленная по прямой СА, уравновешивает эту силу Р?
? А ВС = 2а).
Ответ Q— — P tga.
288
170. Найти при условии равновесия .механизма соотношение сил: Р — гори-
горизонтальной и Q — вертикальной, действующих на поршень С и на палец А криво-
кривошипа, как указано на рисунке. Углы а и ср известны.
п Q sin (a — <р)
Ответ: тг = — — ¦
Р cos a. cos <p
Рис. к упр 170
171. Втулка А веса Р соединена с втулкоЛ В веса Q гибкой нерас!яжимой
нитью АВ=1. Определить угол Р при равновесии системы, если изнестен
постоянный угол а между стержнями АС и ВС, расположенными н вертикаль-
вертикальной плоскости.
Р 4- О
Ответ: tg Р = ^ ctg a.
Рис. к упр 171
Рис. к упр 172
172. К кривошипу ОА кривошипно-шатунного механизма, расположенного
в вертикальной плоскости, приложена пара с моментом М Определить угол ф
при равновесии системы, если О А =
=АВ = 1, вес каждого из стержней ра-
равен Р, вес поршня В равен Q.
м
М
Ответ: cos Ф = 2 (р + Q) / .
173. На кривошипно-шатунный ме-
механизм, расположенный в горизонтальной
плоскости, действует сила Q (Q Jl AC) Рис к упр_ 173
и пара с моментом М. Определить
угол ф при равновесии системы, если ОА—АВ = ВС = 1.
Ответ: sin <p =
2Q/
22-3. Принцип Даламбера-Лагранжа
(Общее уравнение динамики системы)
Для того, чтобы составить общее уравнение динамики систе-
системы с идеальными связями, нужно сумму элементарных работ
на любом возможном перемещении системы всех активных сил%
действующих на систему, и сил инерции точек системы прирав-
приравнять нулю:
ЬА
°] = 2 [(Xt — mfobXt + Wi —
B2-7)
План решения задач
1. Выделяем и изображаем систему в текущий момент времени.
2. Изображаем активные силы, действующие на систему.
3. Прикладываем силы инерции точек системы.
4. Выбираем систему координат.
5. Составляем уравнение динамики системы:
2 l(X — m'xNx+(Y — my) 6y4 (Z— mz)8z]=0.
6. Решаем полученное уравнение.
Задача 108. Жесткий прямой угол АОВ, массой которого
можно пренебречь, прикреплен к вершине О при помощи шар-
Рис. 286.
Рис. 287.
нира к вертикальной оси Z так, что может вращаться вокруг
точки О в вертикальной плоскости, а также вокруг оси Z(pnc. 286).
На концах Л и В к нему прикреплены грузы, которые можно
принять за материальные точки веса Р, и Рг. Найти зависимость
между угловой скоростью о) вращения стержня АО вокруг оси Z
и постоянным углом а,составленным этим стержнем с вертикалью,
если /10=/, и В0=12.
Решение. 1. Рассматриваем систему в текущий момент време-
времени. Система состоит из двух точек А и В, связанных между собой
и осью вращения стержнями О А и ОВ (рис. 287).
?90
2. Изображаем активн ые силы, действующие на систему*
Т>1 — вес точки А, Рг — вес точки В.
3. Прикладываем силы инерцик точек системы: f(,"Hl (центро-
(центробежная сила инерции точки А) и F2"H) (центробежная сила инер-
инерции точки В).
4. Выбираем систему координат, как указано на рис. 287.
б. Составляем общее уравнение динамики системы:
' — тх) дх+(У — Щ) by+(Z — n
Х,=0; Х2=0; У,- -F№=- mlWln=-& cousin a;
//,=—/,sina; 6y,=—/, cos аба; z/2—/scosa; бг/2 =—'2 sin аба;
г,=—/, cos а; бг,=/, sin аба; г2 =—/2sinu; 6z2 =—/2cosa6u.
Общее ураьнение будет иметь вид:
р Р
— m'/? bin a cos аба— PJ, sin аба — (ог/2 sin a cos аба +
4 Рг!, cos «6u = 0.
6. Решаем полученное уравнение.
Так как ба^О,
то
{Ptl\ — PJl) j sin a cos a — P,/, sin a f Рг1г cos a=0.
\lj sin a — PJ2 cos a
^=-k
l\ — P.Jl) sin a cos a
Задача 109. Груз А весом nP(n>0 — некоторый коэффици-
коэффициент), опускаясь вниз посредством невесомой нерастяжимой нити,
переброшенной через неподвижный блок D и намотанной на бара-
барабан В, заставляет колесо К. катиться без скольжения по гори-
горизонтальному рельсу (рис. 288). Барабан В радиуса г жестко свя-
связан с колесом К, радиус которого равен R; их общий вес равен Q,
а радиус инерции относительно горизонтальной оси С равен q.
Определить ускорение груза Л, если вес блока D расен Р, его
радиус равен г, масса блока равномерно распределена по всему
кругу.
Решение. 1. Рассматриваем систему в текущий момент вре-
времени. Система состоит из колеса К, барабана В, груза А, блока D
и веревки (рис. 289).
2. Изображаем активные_ силы, действующие на систему:
Q — вес колеса с барабаном; Р — вес блока; пР — вес груза А.
291
3. Прикладываем силы инерции системы:
—/De; — Mwa — Iнв'. (см. 22—1)и/^ин).
4. Составляем обшее уравнение динамики системы:
(Р)+6А (пР). ЬА (Q)=,
так как MD{Q)=Q
Рис. 288.
Рис. 289
Fф — элементарный угол поворота колеса вокруг мгновенного
центра вращения D). 6/4_(Р)=О, так как точка приложения веса Р
не перемещается. 6А {nP)=nP6s. Следовательно, ?6Л (F)=nP6r,
ЬА [Mwc]=MD(Mwc)b<f=0, так как MD(Mwc)^0,
ЬА (/De)=— /овбф, йЛ(/не')=—/Я8'бг]); ЬА [F^^—FT-bs,
где бф — элементарный угол поворота блока вокруг своей оси Н.
Но
Следовательно
Итак,
Общее уравнение динамики для данной системы будет сле-
следующее:
пР
/^бер — /яе'б11> — — wA6s-\ nP6s=0.
5 Решаем полеченное уравнение.
292
Очевидно, что 6s=r6\j;; с другой стороны,
довательно
wA~e'r, wA=z(R+r).
Получаем:
I D(R
Так как 6s Ф О
то
> = (#+/¦) бф, сле-
пЯ
Но /„=,
где /с=-
Получаем искомое ускорение:
2Q (Я2
Bл + 1) (Я + г)а"
Упражнения
174. Центробежный регулятор вращается с постоянной угловой скоростью ш.
Найти зависимость между угловой скоростью регулятора и углом а. отклоне-
отклонения его стержней о г вертикали, если муфта весом
Pt кГ отжимается вниз пружиной жесткостью С кГ\см,
находящейся при а = 0 в недеформированном состо-
состоянии и закрепленной верхним концом на оси регу-
регулятора; веса шаров равны Р2 кГ, длина стержней
равна / см; оси подвеса стержней отстоят от оси
регулятора на расстоянии а см; весами стержней и
пружин пренебречь.
Ответ: a>2 = i
— cos a)
z i — - V
, (a + I sin a)
tga.
175. Подъем труб буровым станком произво-
производится при помощи талевого ступенчатого барабана В.
Определить угловое ускорение барабана в начале
подъема, если к барабану приложен постоянный вра-
вращающий момент М, вес барабана Q, радиус инерции
барабана относительно оси вращения а, вес колонны риг к уПр G4
труб Р, сопротивление среды IP (k — некоторый
коэффициент), радиус большого цилиндра R, радиус меньшего цилиндра г.
Массами блоков и троса пренебречь.
, _ „„2M-P{\+k)(R+r)
293
176. Вагонетка А при помощи лебедки В начинает подниматься по наклон-
наклонной плоскости. Определить ускорение вагонетки в том случае, когда к бара-
барабану лебедки приложен постоянный вращающий момент М, если вес ваго-
вагонетки равен Р, момент инерции колесного
ската относительно оси вращения равен 1и
радиус колеса равен г, коэффициент трения
равен /, угол наклона равен а, радиус
Рис. к упр. 175
Рис. к упр. 176
барабана равен R, момент инерции барабана равен /,.
Отеет: Д = Л«-/»*№« + /«* «I.
177. Определить зависимость между постоянной угловой скоростью со и
углом ф в центробежном регуляторе, если вес каждого из грузов А 'я В
равен Р, вес муфты D равен Q Нужные размеры взять с чертежа.
»__„ Pl + Qa
" P(l sill ф — Ь) I й ф-
Ответ: a>2 = g
Рис. к упр. 177
Рис. к упр. 178
178. Определить зависимость между постоянной угловой скоростью © вра-
вращения центробежного регулятора и углом ср, если вес каждого груза А и В
равен Р. Жесткость пружины равна С кг)см и при ф = 0 пружина ие дефор-
деформирована. Весом стержней и муфты пренебречь. Остальные данные взять
с чертежа.
РA
ГЛАВА XXIII
УДАР
23-1. Основные положения
Ударом называется такое явление, при котором за весьма
малый промежуток времени (время удара — т) скорость точек
движущегося объекта изменяется на конечную величину. За время
удара действуют ударные (импульсивные) силы. Ударной силой
называется такая сила, которая действует на тело (на материаль-
материальную точку) в течение весьма короткого промежутка времени,
но достигает при этом весьма большого значения, так что ее
импульс является величиной конечной.
Изменение за время удара проекции количества движения
материальной точки на какую нибудь неподвижную ось равно
проекции на ту же ось ударного импульса, приложенного к этой
точке:
. — mvx~\j Xdt—Sx; muv — mvy~
mu
-S,. B3-1)
0
За время удара перемещением материальной точки и
действием на точку неударных сил можно пренебречь.
Изменение за время удара момента относительно какой-нибудь
неподвижной оси количества движения материальной точки раьно
моменту относительно той же оси ударного импульса, прило-
приложенного к этой точке:
Мх (тп) — Мх (mv)=Mx (S),
Му (тп) — Му (mv)=My E), B3-2)
Мг (тп) — Мг (тЪ)=Мг (S).
Удар двух поступательно движущихся тел называется прямым
и центральным, если общая нормаль к поверхностям соударяю-
соударяющихся тел в точке их соприкосновения в начале удара проходит
через их центры тяжести и скорости обоих тел в начале удара
направлены по этой нормали. Коэффициент восстановления (k)
зависит от материалов соударяющихся тел и при прямом централь-
центральном ударе двух поступательно движущихся тел равен отношению,
взятому со знаком минус относительной скорости движения
первого тела по отношению ко второму после удара к относи-
относительной скорости до удара:
Ь=-ил=-Т> B3-3)
— ^г
где 0<fe<l; если й=0, то удар называется неупругим; если
k=\, то удар называется вполне упругим и если 0<&<1. то удар
называется не вполне упругим; у, и о2 — проекции скоростей тел
до удара на линию удара, а и, и иг — проекции скоростей тел
после удара на то же направление.
Скорости после прямого центрального удара двух тел нахо-
находятся по формулам:
B3-4)
Кинетическая энергия теряемая материальной системой при
1 —k
аре, равна у-т-^ доле
потерянным скоростям:
ударе, равна у-т-т доле кинетической энергии, соответствующей
B3-5)
Эту потерю кинетической энергии при прямом центральном
ударе двух тел можно найти по формуле:
_т,~
(т.
Изменение за время удара проекции на какую-нибудь непод-
неподвижную ось количества движения системы равно проекции на
ту же ось главного вектора всех внешних ударных импуль-
импульсов, приложенных к системе:
**-*«««= 2 5- Ку-ЯоУ=2 555; *,-*„= 2 S<1 B3-7)
Г=1 Г=\ Г=\
Изменение за время удара проекции на какую-нибудь непод-
неподвижную ось количества движения центра масс системы, считая,
что в этом центре сосредоточена масса всей системы, равно
296
проекции на ту же ось главного вектора всех внешних удар»
ных импульсов, приложенных к этой системе:
Миех - Mvcx=; S S& Mucv - ЛЬ = S S%\
B3-8)
Изменение за время удара кинетического момента системы,
взятого относительно какой-нибудь неподвижной оси, равно глав-
главному моменту относительно той же оси всех внешних удар-
ударных импульсов, приложенных к этой системе:
B3-9)
23-2. Решение задач
Задача 110. В диск радиуса г и веса Q ударяется горизон-
горизонтально летящее тело В веса Р (рис. 290). Найти такую скорость v
этого тела до удара, при которой диск, вращаясь вокруг гори-
горизонтальной оси О, совершит полный
оборот, если ОС— -у. Удар считать
неупругим, сопротивлениями прене-
пренебречь, 20P=Q.
План решения задачи
А. Применяем теорему об изу-
изучении за время удара относительно
оси вращения кинетического момента
системы, состоящей из диска и тела В: Рис. 290
Из этого уравнения найдем угловую скорость диска после
удара.
Б. Применяем теорему об изменении кинетической энергии
этой системы Т — Т0~^А{е) на перемещении центра тяжести
диска из наинизшего положения в наивысшее, считая, что в наи-
наивысшем положении центр тяжести будет обладать скоростью
vc$zQ. При этом условии диск может совершить один оборот
(центр тяжести системы «диск — тело В» можно считать совпа-
совпадающим с центром тяжести диска так как Р <§ Q).
297
Решение. А Применяем теорему об изменении за время удара
относительно оси вращения кинетического момента системы,
состоящей из тела В и диска.
Для этого: 1. Изображаем систему «диск — тело В» во время
удара (рис. 291).
2. Изображаем внешние ударные импульсы, действующие на
систему. На данную систему действует только один внешний
ударный импульс — ударный импульс,
приложенный к диску со стороны оси
подшипника О.
3. Составляем уравнение моментов
, .за время удара:
V Lt-Lot^MtlS^]. B3-10)
Очевидно,
Loz—кинетический момент относитель-
Рис. 291.
но оси вращения диска системы «диск —
— тело Въ до удара. Так как до удара
двигалось только тело В, то
I Р Г
L, — кинетический момент относительно той же оси данной си-
системы после удара.
После удара диск будет обладать угловой скоростью ш, а
тело В будет двигаться вместе с диском, так как удар неупру-
неупругий (&=0). Следовательно
где Ь1г=11га> — кинетический момент диска;
L2z=/2J(o — кинетический момент тела (точки) В.
По геореме о связи моментов инерции тела относительно
параллельных осей имеем:
— С
8 2
_3_
4 g
Момент инерции точки В относительно оси г будет:
Таким образом, получили:
298
После подстановки найденных величин в уравнение B3 10)
получим:
2Pv B3-11)
Б. Применяем теорему об изменении кинетической энергии
этой системы после удара на перемещении центра тяжести диска
из наинизшего положения в наивыс-
наивысшее.
1. Изображаем систему «диск —
тело В» в текущий момент времени
,.рис. 292).
2. Изображаем внешние силы,
действующие на эту систему. Такими
силами являются Р, Q, Ro (Ro —
реакция оси вращения).
3. Составляем уравнение теоремы
об изменении кинетической энергии
системы:
Т-Та=%А
(в>
B3-12)
Рис. 292.
Д^—0, так как точка приложения О силы #0 не перемещается;
Лр= — Phv А1==г, Ар= — Рг, A0=—Qh2, ht=r, AQ=* — Qr.
Получаем:
2Л<е>= — (P+Q)r\
То — кинетическая энергия данной системы после удара:
T^l^l^; ro=^EP+3Q).
Т — кинетическая энергия системы в конце движения, когда
центр тяжести диска будет находиться в наивысшем положении
и скорость его равняется нулю. Следовательно, Т=0.
Подставляя найденные величины в уравнение B3-12\ получим:
¦=/:
Из выражений B3-11) и B3-13) находим искомую скорость
о тела В до удара;
Так как Q =
то
&=52,3
299
Задача 111. Два маятника могут вращаться вокруг горизон
тальных осей О, и О2 (рис. 293). Моменты инерции маятникор
относительно этих осей равны /, и /2. Левый маятник откло-
отклоняют от вертикали на некоторый угол и
¦jffff<t^ffjffffr затем отпускают. В момент удара его угло-
О, У#2 вая скорость равна <о10. Определить угло-
угловые скорости обоих маятников после удара,
если коэффициент восстановления равен k
а расстояния точек О, и Ог от линии удара
равны между собой.
j|L /¦ \ >. План решения задачи
T~j"T—|j—4- 1. Применяем теорему об изменении ки-
т VJy нетического момента системы за время уда-
удара относительно оси О, для первого маят-
Рлс 293. ника и относительно оси 02 для второго
маятника.
2. Используем формулу B3 3):
, — v,
3. Из полученных уравнений находим искомые величины.
Решение. 1А. Применяем теорему об изменении кинетического
момента за время удара относительно оси О, для первого маят-
маятника.
а) Изображаем первый маятник в положении удара (рис. 294).
б) Изображаем внешние ударные импульсы, действующие
на первый маятник:
Sol — ударный импульс приложенный к маятнику со стороны
оси О,;
S4 — ударный импульс, приложенный к первому маятнику
со стороны второго маятника.
в) Составляем уравнение моментов за время удара:
где
Но
МоД5о,]=О;
Следовательно,
300
L,~ — /,0), — кинетический момент первого маятника относительно
оси О, после удара. Loz=/,ft>1() кинетический момент до удара.
Получаем
/.(co.-Molo)=S3/. B3-14)
Рис. 294.
где
но
Следовательно,
1Б. Применяем теорему об изменении кинетического момента
за время удара относительно оси О2 для второго маятника.
а) Изображаем второй ма-
маятник в момент удара (рис. 295).
б) Изображаем внешние
ударные импульсы, действую-
действующие на маятник:
So,— ударный импульс прило-
приложенный к маятнику со стороны
оси 02;
S\= —S2 —¦ ударныЗ импульс,
приложенный ко второму маят-
маятнику со стороны первого.
в) Составляем уравнение мо-
моментов за время удара:
Рис. 295.
Ь2=1%(ол — кинетический момент второго маятника после удара,
взятый относительно оси О,«?.ог=0, так как второй маятник до.
удара находился в покое.
Получаем
',«0.-5^. B3-15)
2. Применяем формулу:
V. — V,'
В данном случае имеем:
Эта формула в нашем случае будет:
B3-16)
3. Из полученных уравнений B3-14), B3-15), B3-16) находим
искомые абсолютные значения величин со, и со2.
И, — /. I
Задача 112. Два шкива вращаются водной плоскости вокруг
своих осей с угловыми скоростями (oltj и ш20. Определить, как
изменяются угловые скорости после того, как на шкивы будет
накинут ремень. Радиусы шкивов равны соответственно г, и г,.
Удар считать неупругим (k=0); скольжением и массой ремня
пренебречь.
Решение. Решаем задачу с помощью формулы B3—12). В на-
нашем случае k=0, следовательно, получаем:
1 о 1 1 ps>
но Г—кинетическая энергия потерянных скоростей. В случае
вращающихся тел эта энергия находится по формуле:
-=¦/,(©,— <
-i./lK _Ю10)\
Итак, решаем задачу с помощью формулы:
?>'
Рис. 296.
жением ремня, то vn,
¦кинетическая энергия до удара системы, со-
состоящей из двух шкивов.
Т—1г — + /2~ — кинетичес-
кинетическая энергия той же системы
после удара.
Угловые скорости шкивов
после удара связаны друг с
другом. Если пренебречь сколь-
•а (рис. 296I
Получаем уравнение для определения ев,!
302
следовательно,
Упражнения
179 Для защиты проходчиков от }дара при возможном падении кусков
породы или подъемных сосудов в случае обрыва каната устраивают в стволе
шахты предохранительные полки из металла, беточа и дерева. В верхней
части полки для смягчения удара укладывают фашины, опилки и песок Опре-
Определить потерю кинетической энергии при ударе, если вес падающего сосуда
Р, высота падения сосуда h, вес полка Q, коэффициент восстановления мате-
материала к.
Рис. к упр. 179
180 Два шара массами /я, и т, висят ча параллельных нитях длиной
1Х и 1г так, что их центры находятся ла одной высоте Первый шар был
отклонен от вертикали на угол а, и затем отпущен без начальной скорости
Определить угол предельного отклонения а2 второго шара, если коэффициент
восстановления k
_ a, m,(\-\-k) -tf U a,
Отвгт. sin —-= , '—- 1/ у- sin -^
2 m, -f- тг ? l2 2
181. К однородному прямолинейному сгержню весом Р и длиною /, за-
закрепленному на шарнире О и находившемуся в покое, приложен в точке А
(посредством удара) импульс S в направлении, перпендикулярном к стержню.
Стержень отклоняется при этом от вертикали на угол а. Найти величину S,
если расстояние OA=h.
Ответ- S = Р — sin -5- ¦
182 При автоматической загрузке клетей, вагонетка, которая весит вместе
с грузом 1600 кГ, набегает со скоростью 1,9 м\сек на порожнюю вагонетку
весом 1200 кГ, стоящую неподвижно Определить скорость обеих вагонеток
после удара, если коэффициент восстановления k = 0,5,
Ответ: Uj = 0,68 м\сек, иа=1,63 м\сек.
303
Литература
Н. Н. Бухгольц, Основной курс теоретической механики, ч. 1 и 2,
ГТТИ, 1937.
Н. Н. Бухгольц, И. М. Воронков, А. П. Минаков, Сборник задач по-
теоретической механике. Гостехиздат, 1954.
И. М. Воронков, Курс теоретической механики, ГИТТЛ, 1953.
Л. Г. Лойцянский и А И. Лурье, Курс теоретической механики, ч. 1 и 2,
ГИТТЛ, 1954.
И. В. Мещерский, Сборник задач по теоретической механике, ГИТТЛ, 1954.
A. И. Некрасов, Курс теоретической механики, ч. 1 и 2, ГИТТЛ, 1953.
Е. И. Николаи, Теоретическая механика, ч. 1 и 2, ГИТТЛ, 1950.
С. М. Тарг, Краткий курс теоретической механики, Физматгиз, 1958.
Т. Б. Айзенберг, И. М. Воронков, В. М. Осецкий, Руководство к реше-
решению задач по теоретической механике. ГИВШ, 1960.
B. М. Осецкий, Сборник задач по теоретической механике для горных
втузов, под редакцией проф. И. М. Воронкова, М. 1938.
М. А. Мисюрев, Сборник задач по теоретической механике для горных,
втузов, изд. Свердловского горного института имени В. В. Вахрушева, 1954.
М. А. Мисюрев, Методика решения задач по теоретической механике, изд.
Свердловского горного института имени В. В. Вахрушева, 195S
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 3
ЧАСТЬ ПЕРВАЯ. СТАТИКА
Предмет статики. Связи и реакции связей 5
I. Плоская система сил 14
Глава 1. Силы, линии действия которых пересекаются в одной точке 14
1-1. Равновесие трех сил 14
1-2. Решение задач 15
1-3. Равновесие какого угодно числа сил . 20
1-4. Решение задач 21
Глава II. Параллельные силы 24
2-1. Основные положения 24
2-2. Решения задач 25
Глава III. Приведение плоской системы сил к простейшему виду ... 29
3-1. Основные положения 29
3-2. Решение задач 31
Глава IV. Равновесие плоской системы сил 40
4-1. Основные положения 40
4-2. Решение задач на равновесие тела при наличии идеальных связей
(Трение отсутствует) 41
4-3. Решение задач на опрокидывание 47
4-4. Решение задач на равновесие тел при наличии трения 54
4-5. Решение задач на равновесие системы сочлененных тел 59
Глава V. Графическая статика 71
5-1. Основные положения 71
5-2. Определение опорных реакций 72
5-3. Определение усилий в стержнях формы 76
5-4. Метод сквозных сечений 81
6-5. Метод вырезывания узлов 82
П. Пространственная система сил 86
Глава VI. Силы, линии действия которых пересекаются в одной точке 86
6-1. Основные положения 86
6-2. Решение задач 87
Глава VII. Приведение пространственной системы сил к простейшему
тду ... Л 92
7-1. Основные положения 92
7-2. Решение задач 96
М. А Мнсюрев 305
Глава VIII. Равновесие пространственной системы сил 108
8-1. Осисшные положения 108
8-2. Решение задач 10&
Глава IX. Центр тяжести 122
9-1. Основные положения 122
9-2. Решение задач 124
ЧАСТЬ ВТОРАЯ. КИНЕМАТИКА
III Движение точки 131
Глава X. Прямолинейное движение точки . 131
10-1. Предмет кинематики. Основные положения 131
10-2. Решение задач при нахождении скорости и ускорения по задан-
заданному закону движения точки 134
10-3. Решение задач с помощью составления закона движения точки. 136
Глава XI. Криволинейное движение точки 140
11-1. Основные положения 140
11-2. Решение задач при нахождении скорости и ускорения по задан-
заданному закону движения точки в координатной форме 142
11-3. Решение задач на составление закона движения точки в коорди-
координатной форме и нахождение скорости и ускорения движения по
данным задачи 144
11-4. Решение задач при нахождении скорости и ускорения движущейся
точки в случае естественного способа задания движения 146
11-5. Решение задач на составление закона движения точки в естест-
естественной форме и нахождение скорости и ускорения по данным задачи 148
11-6. Решение задач на определение ад,, wn и q по заданному закону
движения точки в координатной форме 150
IV Простейшие движения твердого тела 153
Глава XII. Поступательное и вращательное движения твердого тела. 153
Преобразование простейших движений твердого тела 153
12-1. Основные положения 153
12-2. Решение задач на нахождение кинематических элементов по за-
заданному закону вращения тела 157
12 3. Решение задач на составление закона вращения тела и нахожде-
нахождение кинематических элементов по данным задачи 159
12-4 Решение задач в случае преобразования простейших движений
твердого тела 162
V. Сложение vi разложение движений точки 165
Глава XIII. Сложение скоростей точки 165
13-1. Основные положения теории сложного движения точки 165
13 2 Решение задач с помощью формулы сложения скоростей точки 167
Глава XIV Сложение ускорений точки 173
14 1. Решение задач с помощью формулы сложения ускорений при пе-
переносном поступательном движении 173
14-2. Решение задач с помощью формулы сложения ускорений точки;
при переносном вращательном движении вокруг неподвижной оси. 175-
VI Плоскопараллельное движение твердого тела 181
Глава XV Скорости точек me.ii в плоском движении 181
15-1. Основные положения теории плоскопараллельного движения
твердого тела 181
15-2. Решение задач при нахождении скоростей точек плоской фигуры
с помощью формулы распределения скоростей 184
15-3. Решение задач при определении скоростей точек плоской фигуры
с помощью нахождения мгновенного центра скоростей 187
306
Глава XVI. Ускорение точек тела в плоском движении .191
16-1. Решение задач при нахождении ускорений точек плоской фигуры
с помощью формулы распределения ускорений igi
16-2. Решение задач на нахождение мгновенного центра ускорений
плоской фигуры .106
Глава XVII. Сложение плоских движений тела (Сложение вращений
твердого тела вокруг параллельных осей) ]99
17-1. Основные положения 199
'7-2. Решение задач 200
ЧАСТЬ ТРЕТЬЯ. ДИНАМИКА
VII. Динамика материальной точки 205
Глава XVIII. Две основные задачи динамики материальной точки . . . 205
18-1. Основные положения. Дифференциальные уравнения движения
материальной точки 205
18-2. Первая основная задача динамики материальной точки . . . . 206.
18-3. Вторая основная задача динамики материальной точки (обратная
первой) 210
Глава XIX. Общие теоремы динамики точки 236.
19-1. Теорема об изменении количества движения точки 236
19-2. Теорема об изменении момента количества движения точки . , . 239
19-3. Теорема об изменении кинетической энергии точки ....... 241
Глава XX. Относительное движение точки 246
20-1. Общие положения 246
20-2. Решение задач 247
VIII. Динамика системы материальных точек 252
Глава XXI. Общие теоремы динамики системы 252
21-1. Теорема о движении центра инерции системы . 252
21-2. Теорема об изменении количества движения системы 257
21-3. Теорема об изменении момента количества движения системы . . 263
21-4. Теорема об изменении кинетической энергии системы 270
Глава XXII. Принципы механики 276
22-1. Принцип Даламбера 276
22-2. Принцип возможных перемещений 233
22-3. Принцип Даламбера-Лагранжа (Общее уравнение динамики системы) 290
Глава XXIII. Удар . '. 295
23-1. Основные положения 295
23-2. Решение задач 297
Литература 304
Михаил Алексеевич. Мисюрев
Методика
решения задач
по теоретической
механике
Редактор Р. М. Виноградов
Редактор издательства Ю. Ф. Бочарова
Технический редактор Р. К. Воронина
Корректор Л. А. Егорова
Сдано в набор 18/1Х-61 г. Подписано к печати 23/1-63 г.
Бумага бОхЭО'/щ. 19,25 печ. л. 17,59 уч.-изд. л.
Тираж 15.000. Т02618 Изд. № от/51. Цена 63 к. заказ .\° 2209.
¦Отпечатано с матриц Первой Образцовой типографии имени А. А. Жданова
Московского городского совнархоза. Москва, Ж-54, Валовая, 23.
Пол игра фкомбинат, г. Уфа, проспект Октября, 2.