/
Similar
Text
МИНИСТЕРСТВО ВЫСШЕГО И СРЕДНЕГО СПЕЦИАЛЬНОГО
ОБРАЗОВАНИЯ СССР
Учебно-методическое управление
по высшему образованию
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Методические указания и контрольные задания
для студентов-заочников
энергетических, горных, металлургических,
электроприборостроения и автоматизации,
технологических специальностей,
а также геологических, электротехнических,
электронной техники и автоматики,
химико-технологических и инженерно-экономических
специальностей вузов
ВЫСШАЯ ШКОЛА 1988
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ
В курсе теоретической механики студенты изучают три ее раздела:
статику, кинематику и динамику.
1. Для изучения курса необходимо иметь соответствующую матема-
тическую подготовку. Во всех разделах курса, начиная со статики, широ-
ко используется векторная алгебра. Необходимо уметь вычислять проек-
ции векторов на координатные dch, находить ixo метрически (построени-
ем векторного треугольника млн многоугольника) и аналитически (по
проекциям на координатные оси) сумму векторов, вычислять скаляр-
ное и векторное произведения двух векторов и зиять свойства этих про-
изведений. а в кинематике н динамике - дифференцировать векторы.
Надо также уметь свободно пользоваться системой прямоугольных де-
картовых координат на плоскости И в пространстве, знать, что такое еди-
ничные векторы (орты) этих осей н как выражаются составляющие век-
тора по координатным осям с помощью ортов.
Для изучения кинематики надо совершенно свободно уметь диф-
ференцировать функции одного переменного, строить графики этих функ-
ций, быть знакомым с понятиями о естественном трехграннике, кривизне
кривой и радиусе кривизны, знать основы теории кривых 2-го порядка,
изучаемой в аналитической геометрии.
Для изучения динамики надо уметь находить интегралы (неопреде-
ленные и определенные) от простейших функций, вычислять частные
производные и полный дифференциал функций нескольких переменных,
а также уметь итерировать дифференциальные уравнения 1-го порядка
с разделяющимися переменными н линейные дифференциальные уравне-
ния 2-го порядка (однородные и неоднородные) с постоянными коэф-
фициентами.
2. При изучении матерка?! а курса по учебнику нужно прежде всего
уяснить существо каждого излагаемого там вопроса. Главное — зто по-
нять изложенное в учебнике, а не "заучить"
Изучать материал рекомендуется по темам (пунктам приводимой
ниже программы) или по главам (параграфам) учебника. Сначала следует
прочитать весь материал темы (параграфа). особенно нс задерживаясь на
том, что показалось не совсем понятным: часто это становится понятным
из последующего. Затем пало вер«гуться к местам, вызвавшим затрудне-
ния и внимательно разобраться в том, что было неясно. Особое внимание
при повторном чтения обратите на формулировки соответствующих опре-
делений, теорем и т.н. (они обычно бывают избраны в учебнике курсивом
или разрядкой); в точных формулировках, как правило, существенно
каждое слово и очень полезно понять, почему данное положение сформу-
лировано именно так. Однако нс следует стараться заучивать формули-
ровки; важно понять их смысл и уметь изложить результат своими сло-
вами.
Необходимо также понять ход всех доказательств (в механике они
обычно ис сложны) и разобраться в их деталях. Доказательства надо
умей» воспроизводить самостоятельно, что нетрудно сделать, поняв идею
доказательства; пытаться просто их "заучивать” нс следует, никакой
Пользы эго нс принесет.
Закончив изучение темы, полезно составить краткий конспект, по
возможности ис заглядывая в учебник.
При изучении курса особое внимание следует уделить приобретению
навыков решения задач. Для этого, изучив материал данной темы, иэдо
сначала обязательно разобраться в решениях соответствующих задач*
которые приводятся в учебнике, обратив особое внимание па методичес-
кие указания по их решению. Затем постарайтесь решить самостоятельно
несколько аналогичных задач из сборника задач И.В. Мещерского и после
этого решите соответствующую задачу из контрольного задания.
3. Закончив изучение темы, нужно проверить, можете ли вы дать
ответ из все вопросы прот^аммы курса по этой теме (осуществить само-
проверку) .
Поскольку все вопросы, которые должны быть изучены н усвоены,
в программе перечислены достаточно подробно, дополнительные вопросы
для самопроверки здесь не пртсводятся. Однако очень полезно составить
перечень таких вопросов самосгоятель ю (в отделыюй тетради) следую-
щим образом.
Начав изучение очередной темы программы, выписать скачала в тет-
ради последовательно все перечисленные в программе вопросы этой те-
мы, оставив справа широкую колонку (иоле).
Затем по мерс изучения матери 1ЛЯ гемы (чтения учебника) следует
в правой колонке указан, страницу рыбника, ла которой излагается со-
ответствующий вопрос, а также нлмтр формулы нян уравнения (уравне-
ний), которые выражают отпет па вопрос математически. В результате
в данной тетради будет полный И'ртченъ вопросов для самопроверки,
который можно использовать и П|Н подготовке к экзамену. Кроме того,
ответив на вопрос или наинсав «ответствующуто формулу (уравнение),
вы можете по у 1сбннку быстро проверить, правильно ли это сделано,
если я правильности своего ответа сомневаетесь. Наконец, по тетради с
такими вопросами вы можете установить, весь ли материал, прсдусмот-
репный программой, вами изучен (если изучен весь материал, то против
каждого вопроса в правой колонке будет указана соответствующая стра-
ница учебника).
Следует иметь в виду, чго в различных учебниках материал мо-
жет излагаться в разной последовательности. Поэтому ответ на какой-ни-
будь вопрос программы может оказаться в другой главе учебника, но на
изучении курса в целом это, конечно, никак не скажется.
Указания по выполнению контрольных заданий приводятся ниже
(после рабочей программы). Их надо прочитать обязательно и ими руко-
водствоваться. Кроме того, к каждой задаче даются конкретные мето-
дические указания по ее решению и приводится пример решения.
РАБОЧАЯ ПРОГРАММА
В программе дастся перечень вопросов, которые как основная часть
курса должны изучаться студентами всех специальностей, и вопросов, ко-
торые в зависимости от степени их актуальности для данной специальнос-
ти я числа часов, отведенных на курс учебным планом. могут но решению
кафедры включаться в программу нс полностью иля нс включаться сов-
сем; эти вопросы постав 1сны в скобках и о включении их в программу
кафедра должна сообщить студентам. По решению кафедры дяя отдель-
ных специальностей в программу могут включаться и другое дополни-
тельные вопросы, перечень которых тоже должен быть сообщен сту-
дентам.
Введение
Механическое движение как одна из форы движения материи. Пред-
мет механики. Теоретическая механика и се место среда естестве1шых
и технических наук. Механика как теоретическая база ряда областей
современной техники. Объективный характер законов механики. Основ-
ные исторические этапы развития механики. Связь механики с общест-
венным производством и ее роль в решении народнохозяйственных
задач, поставленных партией и правительством.
СТАТИКА ТВЕРДОГО ТЕДА
Основные понятия и аксиомы статики. Предмет статики. Основные
понятия статики: абсолютно твердое тело, сила, эквивалентные и уравно-
вешенные системы сил. равнодействующая, силы внешние и внутренние.
Составлена на основе программы по теоретической механике, утверж-
денной Учебно-мстоддч ‘ским управлением по высшему образованию
1 октября 1984 г. (индекс У МУ/0-5/2).
Аксиомы статики. Связи и реакции связей. Основные виды связей- глад-
кая плоскость или поверхность, гладкая опора, гибкая нить, цилиндри-
ческий я сферический Шарниры, Невесомый стержень; реакции этих
связей.
Система сходящихся сил. Геометрический и аналитический способы
сложения сип. Сходящиеся силы. Равнодействующая сходящихся сил.
Геометрическое и аналитические условия равновесия системы сходя-
щихся сил.
Равновесие произвольной системы сил. Момент силы относительно
точки (центра) как вектор. Пара сил; момент пары. Свойства пары
сил. Понятие о приведении системы сил к заданному центру. Главный
вектор н главный момент системы сил. Условия равновесия произволь-
ной системы сил, приложенных к твердому телу.
Система сил, расположенных На плоскости (Плоская система сил).
Алгебраическая величина момента силы. (Вычисление главного вектора
и главного момента плоской системы сил.) Аналитические условия
равновесия плоской системы сил. Условия равновесия плоской системы
параллельных сил. Теорема Варинъона о моменте равнодействующей.
(Равновесие системы тел.)
Система сил, расположенных в пространстве (пространственная
система сил). Момент силы относительно оси. Зависимость между момен-
тами силы относительно центра и относительно оси. проходящей через
этот центр. (Аналитические формулы для вычисления моментов силы
относительно трех координатных осей. Вычисление главного вектора и
главного момента пространственной системы сил.) Аналитические усло-
вия равновесия произвольной пространственной Системы сил. Условия
равновесия пространственной системы параллельных сил.
Центр тяжести. Ц«ггр тяжести твердого тела и его координаты.
Центр тяжести объема, Шющади и пинии. Способы определения положе-
нии центров тяжести.
КИНЕМАТИКА
Введение в кинематику. Предмет кинематики. Пространство н цре-
мя в классической механике. Относительность механического движения.
Система отсчета. Задачи кинематики.
Кинематика точки. Векторный способ задания движения точки.
Траектория точки. Скорость точки как производная от ее радиуса-вектора
по времени. Ускорение точки как Производная от вектора скорости по
времени. Координатный способ задания движения точки в прямоуголь-
ных декартовых координатах. Определение траектории течки. Определе-
ние скорости и ускорении точки по их проекциям на координатные осн.
Естественный способ задания движения точки. Оси естественного
трехгранника. Алгебраическая величина ско]юсти точки. Определение
ускорения точки по его проекциям па оси естественного трехгранника:
касательное к нормальное ускорения точки.
КИНЕМАТИКА ТВЕРДОГО ТЕДА
Поступательное и вращательное движении твердого тела. Поступа-
тельное движение твердого тела. Теорема с траекториях, скоростях
к ускорениях точек твердого тепа при поступательном движении. Вра-
щение твердого тела вокруг неподвижной оси. Уравнение (закон) враща-
тельного движения твердого тела. Угловая скорость и угловое уско-
рение тела. Скорость и ускорение точки твердого тела, вращающегося
вокруг неподвижной осн. Вектор угловой скорости тела. (Выражение
скорости точки вращающегося тела в виде векторного произведения.)
Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела. Плоское
движение твердого тела и движение плоской фигуры в ее плоскости.
Уравнения движения плоской фигуры. Разложение движения плоской фи-
гуры на поступательное вместе с 1юлк>сом к вращательное вокруг по-
люса; независимость угловой скорости фигуры от выбора полюса. Опре-
деление скорости любой точки фигуры как геометрической суммы
скорости полюса и скорости этой точки при вращении фигуры вокруг
полюса. Теорема о проекциях скоростей даух точек фигуры (тела).
Мгновенный центр скоростей. Определение скоростей точек плоской
фигуры с помощью мгновенного центра скоростей.
Сложное (составное) движение точки. Абсолютное и относительное
движения точки; переносное движение. Теорема о сложении скоростей.
Теорема о сложении ускорений при переносном поступательном к пере-
носном вращательном движениях; кориолисово ускорение н его вычис-
ление.
ДИНАМИКА
Введение в динамику. Предмет динамики. Основные понятия и опре-
деления: масса, материальная точка, сила. Законы механики Галилея—
Ньютона. Инерциальная система отсчета. Задачи динамики.
Динамика точки. Дифференциальные уравнения движения свободной
и несвободной материальной точки в декартовых координатах. (Урав-
нения движения материальной точки в проекциях на осн естественного
трехгранника.) Две основные задачи динамики для материальной точки.
Решение первой задачи динамики.
Решение второй задачи динамики. Начальные условия. Постоянные
интегрирования н их определение ио начальным условиям. Примеры
интегрирования дифференциальных уравнений движения точки в слу-
чаях силы, зависящей от времени, от положения точки и от ее скорости.
Относнтельное движение материальной точки- Дифференциальные
уравнения относительного движения материальной точки; переносная
и кориолисова силы инерции. Принцип относительности классической
механики. Слу’щй относительного покоя.
Прямолинейные колебания точки. Свободные колебатшя материаль-
ной точки под действием восстанавливающей силы, пропорциональной
расстоянию от центра колебаний. Амплитуда, начальная фаза, частота н
период колебаний. Затухающие колебания материальной точки при
сопротивлении, пропорциональном скорости; период этих колебаний,
декремент колеба1£Ий. Вынужденные колебания точки при гармоничес-
кой возмущающей силе и сопротивпегши, пропорциональном скорости.
Резонанс.
Введение в динамику механической системы- Механическая система.
Классификация сил, действующих на систему: силы активные (задавае-
мые) и реакции связей; силы внешние и внутренние. Свойства внутрен-
них сил. Масса системы. Центр масс; радиус-вектор и координаты цент-
ра масс.
Момент ннерцин. Момент инерции твердого тела относительно оси;
радиус инерции. Теорема о моментах инерции тела относительно парал-
лельных осей. Примеры вычисления моментов инерции: моменты инерции
однородного топкого стержня, гонкого крутого кольца или полою ци-
линдра, крутого диска или сплошного круглою цилиндра.
Общие теоремы динамики
Теорема о движении центра масс. Дифференциальные уравнения
движения механической системы- Теорема о движении центра масс меха-
нической системы. Закон сохранения движения центра масс.
Теорема об изменении количества движения. Количество движения
материальной точки. Элементарный импульс силы. Импульс силы за ко-
нечный промежуток времени. Теорема об изменении количества движе-
ния точки в дифференциальной и в конечной формах.
Количество движения механической системы; его выражение через
массу системы и скорость се центра масс. Теорема об изменении коли-
чества движения механической системы d дифференциальной и в коне г-
ной формах. Закон сохранения количества движения механической
системы.
Теорема об изменении момента количества движении. Момент коли-
чества движения материальной точки относительно центра и относитель-
но оси. Теорема об изменении момента количества движения точки.
(Сохранение момента количества движения точки в случае центральной
силы; закон площадей.)
Главный момент количеств движения или кинетический момент
механической системы относительно центра и относительно оси. Кинети-
веский момент вращающегося твердого тела относительно оси вращения.
Теорема об изменении кинетического момента механической системы.
Закон сохранения кинетического момента механической системы. (Диф-
ференциальное уравнение вращательного движения твердого тела вокруг
НС1ЮДВИЖНОЙ оси.)
Теорема об изменении кинетической энергии. Кинетическая энер-
гия материальной точки. Элементарная работа силы; аналитическое выра-
жение элементарной работы. Работа силы па конс-иом перемещении
точки ее приложения. Работа силы тяжести, силы упругости и силы тяго-
тения. Мощность. Теорема об изменении кинетической энергии точки.
Кинетическая энергия механической системы. Кинетическая энергия
твердого тела при поступательном движении, при вращении вокруг
неподвижной оси л прн плоскопараллельном движении тела. Теорема об
изменении кинетической энергии механической системы. Равенство ну-
лю суммы работ внутренних сил в твердом теле. Работа и мощность сил,
приложенных к твердому телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси.
Принцип Даламбера. Принцип возможных перемещений. Сила инер-
ции материальной точки. Принцип Даламбера идя материальной точки
и механической системы. (Возможные или виртуальные перемещения
точки и механической системы. Число степеней свободы системы. Идеаль-
ные связи. Принцип возможных перемещений. Общее уравнение ди-
намики.)
Уравнения Я аг рай ига. Обобщенные координаты системы; обобщен-
ные скорости. Выражение элементарной работы в обобщенных координа-
тах. Обобщенные силы и их вычисление. Дифференциальные уравнения
движения системы в обобщенных координатах или уравнещщ Лагранжа
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
Воронков И.М
Курс теоретической механики. М_, 1954 и последую-
щие издания.
Гсрмт М.М. Курс теоретической механики. М., 1970 и последующие
издания.
Торг С.М. Краткий курс теоретической механики. М., 1963 н по-
следующие издания.
Мещерский. И.В. Сборник задач по теоретической механике. М.,
1970 и последующие издания.
Сборник задач по теоретической механике/Под рсд. К.С- Колесни-
кова. М., I9E3.
Сборник задач для курсовых работ по теоретической механике/Под
ред. А.А. Яблонского. М-, 1972 и последующие издания. (Содержит
примеры решения задач.)
Дополнительная литература устанавливается кафедрой в зависимос-
ти от включаемых в курс дополнительных вопросов.
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ
COqEDKAHHF ЗАДАНИЙ. ВЫБОР ВАРПАШОВ.
ПОРЯДОК ВЫПОЛНЕНИЯ РАБОТ,
ОБЩИЕ ПОЯСНЕНИЯ К ТЕКСТУ ЗАДАЧ
Студенты выполняют два контрольных задании (две работы).
Запаюю 1 (статика и кинематика) - задачи Cl, С2, Ki. К2, КЗ.
Задание 2 (динамика) - задачи ДI. Д2. ЛЗ, Л-Т, Д5. (Лб, см. с 56).
К каждой зада'с дастся 10 рисунков и таблица (с тем же номером,
что и задача), содержащая дополнительные к тексту задачи условия. Ну-
мерации рисунков двойная, при этом номером рисунка является цифра,
стоящая после точки. Например, рис. С14 - это рис. 4 к задаче Ct и т д.
(в тексте задачи при повторных ссылках на рисунок пишется просто
рис. 4 и тл.). Померз условий от С до 9 проставлены в 1-м столбце (иди
в 1-Я строке) забоины.
Студент во всех задачах выбирает помер рисунка iiCj предпослед-
ней цифре шифра, з номер условия в таблице - по последней; например,
если шифр оканчивается числом 46, то берет рис. 4 и условия № б из
таблицы.
Каждое заданно выполняется в отдельной тетради (ученической),
страницы которой нумеруются. Па обложке указываются: название дис-
циплины, номер работы, фамилия и инициалы студента. учебный шифр,
факультет, специальность и адрес. Па первой странице тетради записы-
ваются: номер работы, номера решаемых задач и год издания контролы
ны.х jugate//).
Решение каждой задачи обязательно начинать на развороте тетради
(начетной странице, начиная со второй, иначе работу трудно проверять) .
Сверху указывается номер задачи, далее делается чертеж (можно каран-
дашом) н записывается, что в задаче дано и что требуется определять
(текст задачи не переписывать). Чертеж выполняется с учетом условий
решаемого варианта задачи; Кд нем все углы, действующие силы, число
тел и их расположение на чертеже должны соответствовать этим усло-
виям В результате в целом ряде задач чертеж подучится более простой,
чем обший.
Черте» должея Ььяъ аккуратным к нэьзддным, а его размеры долж-
ны позволять ясно показать все сипы или векторы скорости и ускорения
и др.; показывать все эти векторы и координатаыс оси на чертеже, а так-
же указывать единицы получаемых величин нужно обязательно. Решение
задач необходимо сопровождать краткими пояснениями (какие фор-
мулы или Теоремы применяются, откуда получается те или иные резуль-
таты и т.п.) и подробно излагать весь ход расчетов. Па каждой странице
следует оставлять поля для замечаний рецензента.
Работм. не отвечающие всем перечисленным требованиям, проверять-
ся не будут и будут возвращаться для переделки.
К)
К работе, высылаемой на повторную проверку (если она выпоп-
неНа н другой тетради}. должна еНмгаагелыго придать* «езачтедгмя
работа. На экзамене необходимо представить зачтенные по данному
разделу курса работы, в которых все отмеченные рецензентом погреш-
ности должны быть неправлены.
При чтении текста каждой задачи учсыь следующее- Большинство
рисунков пало без соблюдения масштаба. Па рисунках к задачам CI - €3
и Л1 - 116 лес линии, параллельные строкам, считаются горизонтальными,
а перпендикулярные строкам — вертикальными и это в тексте задач сис-
иичьтыю нс оговаривается. Также без оговорок считается, что все инти
(веревки, тросы) явтяютсх нерастяжимыми и невесомыми, нити, пере-
ке и динамике) катятся по плоскостям без скольжения. Вее связи, если
нс с тс л а но других оговорок, считаются идеальными.
Когда тела нз рисунке пронумерованы, то в тексте задачи и в таб-
лице Р,, lt. г, и т.п означают вес или размеры теТа I F-, г„ тела 2
и гл. Аналогично в кинематике в динамике v& обозначают скорость
н уско|снис точки Н. vq и с - точки С; w,. с, - угловую скоростью уг-
ловое ускорение тела I. ы,, е, - теза 2 « т.Д. В каждой задаче подобные
обозначения могут тоже специально нс оговариваться.
Следует также иметь в виду, что некоторые из заданных в усю-
в»ях зада уч величия (psJMcpoe) при решен}!» хакмХ'НН&ущ, паризитов
м<дут нс понадобиться, они нужны для решения Других варцаигов задачи.
Из всех пояснений в тексге задачи обращайте внимание только нз отно-
сящиеся к вашему варианту. т.е. к номеру вашего рисунка или вашего
условия в таблице
Методические указания по решению задач. входящих в контроль-
ные задании, даются для каждой задачи после из южения ее текста под
рубрикой "Указания", затем дастся пример решения аналогичной задачи.
Цып» примера рльиснить ход решения. но не воспроизвести его пол-
ностью. Поэтому в ряде стучаев промежуточные расчеты опускаются.
Ио идя выполнении задания вес преобразования и ммгиолые расчеты долж-
ны быть обязательна последовательно проделаны с необходимыми Пояс-
нениями; в конце должны быть даны ответы.
ЗАДАЧИ К КОНТРОЛЬНЫМ ЗАДАНИЯМ
Задача С1
iDipiio, а в точке В прикреплена или к невесомому стержню , и ш к
шарнирной опоре на катках; стержень прикреплен к раме и к Ненодяиж-
иой опоре шаоннрами.
Рис. С1 5
Рис. СТ .4
ц
Jf
Рис. Cl.7
л H
Рис. Cl.9
Т а б л и и а С1
F, = 20 11
F, - 30 Н ~ 40 Ц
= 1011
Номф---------
успь- Точка а ®
вия прилож.
Тлтеа af Точил
Прилож.
прилож.
Точка в”
прилож.
0
1 К 30
2______ я
3 D 60
5 Я 60
б
7 D 45
8 -
9 £ 30
D 60 i 45
- - - И 60
Я 45 К 30 - -
- ‘ 30
Л' 30 I 60
Я 30
£ 30 А 45
Я 60
Я 60 D 30
К 60
На раму действуют пара сил с моментом Л/ = 100 11 м и две силы.
значения которых, какриыекхк п точки причозкешж указаны л табпнце
(налримср, в условиях № 1 на раму действуют сила Ft = 10 11 «од уг-
лом 30“ к горизонтальной сен. приложенная в точке К, и сила 1'л — 40 11
под углом 60’ к горизонтальной оси. Приложенная в точке If).
Определить реакции связей в точках Ли/?, вызываемые заданными
нагрузками- При окончательных подсчетах принять / _ 0,5 м.
Укаэдшл. Задача С1 - на равновесие тела под действием плоской
системы сип. Составляя уравнения равновесия, учесть, что уравнение
моментов будет более простым (содержать меньше неизвестных), если
брать моменты относительно точки, где пересекаются тихни действия
двух реакций связей (в данном случае относительно точки Л). При вы-
числении момента силы F часто удобно разложить се На составляющие
F' и /*'**, для которых илечи легко вычисляются, в частности на состав-
ляющие, параллельные координатным осям, и воспользоваться теоремой
Варияъона; тогда mg (Г) = ihq (/•') 4 mo
Пример Cl. Жесткая пластина AhCD (рис. С1) имеет в точке /I непод-
вижную шарнирную опору, а в точкг £* - подвижную шарнирную опору
на катках Все действующие нагрузки и размеры доказаны на рисунке.
Дано: Г - 25 кН. а - 60°. Р 18 кН, т - 75°. -W S0 кН м, 3 - 30е,
I = 0,3 м-
Определить: реакции в Точках А и В. вызываемые действующи-
ми нагрузками.
Решение. 1. рассмотрим равновесие пластины. Проведем координат-
ные о „и xv и изобразим действ утолще на пластину силы: силу F, пару сил
с моментом .V. натяжение троса Т (по модулю Т - Г> и реакции связей
Х.ц. Г В в (реакцию неподвижной шарнирной опоры Л изображаем дву-
мя се составляющими, реакция шарнирной опоры на катках направлена
перпендикулярно опорной плоскости).
2. Для полученной плоской системы сит составим три уравнения
равновесия При вычистеник момензд силы F огнекительяо точки Л
воспользуемся теоремой Варииьома, т-е- разложим сипу F на составляв-
шие Г'r_JИ’’ _ FcQ^ft, F' - В &п а) и j-уте.м. что (/’) =* (F') +-
+ »Пд (F'). Получим
- Гкх = О- % А + sin 8 ~ CO,L« • 74 sin у _ 0. (1)
~Лку ~ Q т cos^ + ^яп “ 7*cos у - 0, (2)
Е гид (Fjt) - О, М - Rg cos {}• 41 + I cos а - 2/ - A" sin «- 3/ -
- Tsin-y 2/ = 0. (J)
Попставив в составленные уравнения числовые значения заданных
величин н решив эта уравнения, определи^ искомые реакции.
Ответ: %4 = -8,5 кН, Уд — —23.3 кЛ, Лд 7.3 кН. Знаки указы-
вают, что силы Лд и Уд направлены противоположно показанным на
рис. С1.
Задачи С2
Однородная прямоугольная плита весом Р *= 5 кН со сторомтми
АВ - 3J, ВС 21 закреплена в точке Я сферическим шарниром, а в точке В
iiispiutpoM (пъдцтпкккам) и удерживается в равнее-
енн невесомым стсржИем СС' (рис. С2.О-С2.9).
Рис. С2.0
Рис. С2.2
15
На плиту действуют пара сил с моментом V 6 кН м, пежэшяя в
плоскости плиты, и две сиды. Значения этих сил, их направления и точки
приложения указаны в табл. С2; при этом силы и Г, лежат в плоскос-
тях, параллельных плоскости л>'. сила F3 - в плоскости, параллельной ха,
сила Fs - в плоскости, параллельной yz. Точки приложения сил (Р. Е, /Г)
находятся в серединах сторон плиты.
Рис. С2.4
рие. С2.6
Гис. С2.7
Рис. С2.9
Таблица С2
Сила к 'Л г1 0 .
Номер F, =4 кН б кН F, = Е 1 кН F, = 10 кН
>'™°- Точка о,° при лож. Точка приди ж. Ci’ прилож. Точка о“ прилож.
0 D 60 - Е 0
// 90 О 30 — - — -
2 — _ - . F 60 - О 90
- - — Е 30 И 0
4 Е 0 - - Н 60 — —
- — D 60 Н 0 — -
6 _ — Н 30 — — П 90
7 Е 30 Н 90 - — - -
8 - — - — D 0 Е 60
9 - — Е 90 D 30 -
Определить реакции связей в точках /1, В и С. При подсчетах принять
I = 0,8 м.
Указания. Задача С2 - из равновесие тепа под цейстаипм простран-
ственной системы сил. При се решении учесть, что реакция сферического
шарнира (или подпятника) имеет три составляющие, а реакция цилинДР"-
ческого шарнира (подшипника) две состав-
ляющие, лежащие в плоскости, перпендикуляр-
ной оси шарнира. При вычислении моментов
гняы У тоже часто удобно ратложкгь се на сос-
тавляющие В' и F , параллельные координат-
ным осям; тогда, и» теореме Вариньона.
Пример С2. Вертикальная прямоугольная
плита весом Р (рис. С2) закреплена сферичес-
ким шарниром и точке А, цилиндрическим
(подшипником) в точке В и невесомым стерж-
нем DD', лежащим в плоскости, параллельной
плоскости yz. На плиту действуют сила F, (в
плоскости «). Сила Fa (параллельная оси/)
и пара сил с моммпъм М (в плоскости пли-
Рис. С2
17
Дай О: Р = 5 кН, М~ 3 кН м, F, - 6 кН, F, = 7.5 кН, а ~ 30е,
АВ - I м, БС= 2 м, СЕ = 0.5 АВ, БК = 0.5 ВС.
Определить: реакции опор А. В и стержня Di)'.
Решета^!.^Рассмотрим равновесие плиты- На нее действуют задан-
ные силы P,FitP\ н пара о! с моментом М, а также реакции связей.
Реакцию сферического шарнира разложим на три составляющие A/j, YA.
ZA. цилиндрического (подшипника) - на две составляющие F/y, Z^ (в
плоскости, перпендикулярной оси подшипника) , реакцию /V стержня на-
правим вдоль стержня, предполагая, что он растянут.
2. Для определения шести неизвестных реакций составляем шесть
уравнений равновесия действующей на плиту пространственной системы
£ Fkx ~ 0, А^д + F, cos о-О, (J)
£ Fky " О, Ya + YB + F# - Л cos 75е - 0, (2)
ZFjtx = O, ZA + Z/j —P - -Vsin 75е + F, sinar- О, (3)
E m.x (Fk) = 0. -FjBK + /V cos 7SBBC~ 0, (4)
- AB AB
£ my (Fk) = 0, P —— + F, cos a-BC — FK sin a —— —
- ZAAB + N sin 75°A В + M = 0, (5)
£w?z(Fjt) = O, YA ABcoslS* AB~0. (6)
Для определения момента силы F, относительно осн у разлагаем
F нй гоставляюитме /•"' я Fj‘, параллельные осям лиг (/' = Fi coset,
= Ftslnc), и применяем теорему Вариньона (см. указания). Анало-
гично можно посту пять при определении моментов реакции At.
Подставив в составленные уравнения числовые значения всех задан-
ных величин и решив затем эти уравнения, найдем, чему равны искомые
реакции.
Ответ: А'д = -5,2 кН, YA = 3,8 кН, ZA - 28,4 кН, Уд = —7.5 кН,
Z/j •= -12,4 кН, N= 14,5 кН. Знаки указывают, что силы ХА. Yg uZg
направлены противоположно показанным на рис. С2.
КИНЬМЛГИКА
Задача К{
Точка В движется в плоскости ху (рис. К1.0-К1.9. табл. KI; траек-
тория точки на рисунках показана условно). Закон движс шя точки задан
уравнениями: х = /, (/), у = (О. Где х и у выражены в сантиметрах, t —
в секундах.
Найти уравнение траектории точки; для момента времени Z, = 1с
определить скорость и ускорение точки, а также сс касательное и нормаль-
ное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории.
18
в
x-4sln$t)
У </ л=J - 6 Sin $С)
X Рис. K1.I -2t
У 1 X Рис. К1.3 /=-2с X Рис. К1.5 s=!2ccsllt]
У Z Рис. KL7 б
0 х Рис. К 1.9 19
Зависимость х =/1 Сг> указана непосредственно па рисунках, а зави-
симость У ~ ft (О Дана в табл. К1 (для рИс. 0-2 в столбце 2, для рис. 3-6
в столбце 3, для рис. 7-9 в столбце 4). Как и в задачах Cl, С2, номер ри-
сунка выбирается по предпоследней цифре шифра, и номер условия в
табл. К! — по последней.
точки в декартовых координатах (координатный способ задания движе-
ния точки), & также формул, по которым определяются касательное и
нормальное ускорения точки.
20
В данной задаче все искомые величины нужно определить только
для момента времени г, = 1 с. В некоторых вариантах задачи при Опреде-
лении траектории или при последующих расчетах (для их упрощения)
следует учесть известные из тригонометрии формулы: cos 2« 1 - 2sin’а -
= 2cos’ct - 1. sin 2о - 2 sin а cos a.
Пример KI. Даны уравнения движения точки в плоскости ху:
х=-2со, (J ,)+3. -!
(х, у в сантиметрах, г - в секундах),
Определить уравнение траектории точки; для момента времени
f) = 1 с найти скорость и ускорение точки, а также сс касательное и нор-
мальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траек-
тории.
Решение. 1- Для определения уравнения траектории точки исключим
из заданных уравнений движения время t. Поскольку I входит в аргу-
менты тригонометрических функций, где один аргумент вдвое больше
другого, используем формулу
cos 2о _ 1 - 2 sin’а или cos
Из уравнений движения находим выражения соответствующих функ-
ций и подставляем в равенство (1). Получим
Отсюда окончательно находим следующее уравнение траектории
точки (парабола, рис. К1):
(3)
3. Аналошчно найдем ускорение точки:
И При t = 1 с
eix = 0*87см/с*. й|^>= -ОД2 см/с1, а, = 0,88 см/с’.
(4)
4. Касательное ускорение найдем, дифференцируя по времени рзвен-
“ nJ + п2. Получим
dr
= 2их
du
dr
(5)
Числовые значения всех величин, входящих в правую часть выраже-
ния (5), определены и даются равенствами (3} » (4). Подставив в (5)
эти числа, найдем сразу, что при Z, = 1 с в>г = 0>66 см/с1.
найденные числовые значения о, и а lf, получим. что при г, - 1 с а 1И -
= 0,58 см/с’.
6. Радиус кривизны траектории р — и1 /а^- Подставляя сюда числовые
значения iq мощ. найдем, что при г, = 1 с р, = 3,05 см.
Ответ: и, = 1,33 см/с, с, _ 0,8В см/с’, atT = 0,66 см/с2. а1п =
= 0.58 см/с1
Задача К2
Плоский механизм
состоит из стержней 1-4 и ползуна В. соединен-
ных друг с другом
и с неподвижными опорами
(рис. К2 0—К2-9). Длины стержней: 1,~ 0,4 м, 1г -
и Ог шарнирами
1,2 м, 13 - 1,4 м.
1Л - 0,8 м Положение механизма определяется углами а, 0, у, у, О. кото-
рые вместе с другими величинами заданы в табл. К2. Точка Рна всех ри-
Рис. К2.0
£
Рис. К2.1
22
Рис. КЗ .4
Рис. К2.3
Рис. КЗ-5
Таблица К2
||- Углы Дадо
/3* i/c i/c м/с
0 30 150 120 0 60 2 - - ЧВ* VE-
60 60 60 90 120 — 3 - ил. vD. U>,
2 0 120 120. _ 0 60 _ — 10 ил. vE. иэа
3 90 120 90 90 60 3 — — v&
4 0 150 30 0 60 — 4 — VB- VA’ ui
5 60 150 120 90 30 — - 8 VA-VE-^
6 30 120 30 0 60 5 — — VB. vE, W3
7 90 150 120 90 30 — 5 — VA’ vf>
8 0 60 30 0 120 — — 6 V^» V/.-, w7
9 30 120 120 0 60 4 - - VB' VE’
сунках и точка Л' на рис. К 2-7—К2-9 в середине соответствующего стерж-
ня. Определить Величины, указанные в таблице в столбце "Найти". Найти
также ускорение ад точки А стержня 1, если стержень I имеет в данный
момент времени угловое ускорение с, “ ХО с-’.
Дуговые стрелки ка рисунках показывают, как при построении
чертежа должны откладываться соответствующие углы» т.с. по ходу
или против хода часовой стрелки (например, угол у на рис. I следует от-
ложить от стержня DE против хода часовой стрелки, а на рис 2 - от
стержня АЕ по ходу часовой стрелки) -
Построение чертежа начинать со стержня, направление которого
определяется углом а; ползун В н его направляющие для большей на-
глядности изобразить, как в примере К2 (см. рис. К2). Заданную угло-
вую скорость считать направленной против хода часовой стрелки, а задан-
ную скорость ” от точки. В кб.
Указания. Задача К2 — на исследование плоскопараллельного движе-
ния твердого тела. При ее решении для определения скоростей точек
механизма и угловых скоростей его звеньев следует воспользоваться
теоремой о проекциях скоростей двух точек тела и понятием о мгновен-
ном центре скоростей, применяя эту теорему (или это понятие) к каждо-
му звену механизма в отдельности.
Пример К2. Механизм (рис. К2, л) состоит из стержней I. 2. 3. 4 и
ползуна В, соединенных друг с другом и с неподвижными опорами О, и
Оа ширин рами.
a -120’, jB * 60’. 7 = 90°, p-0°, e = 30’. AD^DE, it = 0,6 m,
(1)
Решение. 1. Строим положение механизма в соответствии с заданны-
ми углами (рис. К2, б).
2. Определяем »£>. Точка Е принадлежит стержню АЕ. Чтобы найти
ъулть скарастъ каклй-шЛудь другой ТОЧКИ тгого стержжя и. на-
правление v& По данным задачи можем определить
44 ““Л
Направление vg- найдем, учтя, что точка Е Принадлежит одновременно
стержню OtE, вращающемуся вокруг Os; следовательно. X О.Е. Те-
перь, зная и направление воспользуемся теоремой о проекциях
скоростей двух точек тела (стержня АЕ} из прямую, соединяющую эти
точки (прямая АЕ}. Сначала по этой теореме устанавливаем, в какую
сторону направлен вектор »Е (проекции скоростей должны иметь одина-
ковые знаки). Затем, вычисляя эти проекции, находим
3. Определяем v& Точка Я принадлежит стержню BD. Следовательно,
по аналогии с прслмпущЯм» чтобы определить^, ладо сначала найти ско-
рость точки D, принадлежащей одновременно стержню АЕ. Для этого,
зная ид и иь-. построим мгновенный центр скоростей (МЦО стержняЛК;
это точка лежащая на пересечении перпендикуляров к и vg, вос-
ставленных из точек А и Е (к и vg перпендикулярны стержни 2 и 4).
По направлению вектора определяем направление поворота стфжня
АЕ вокруг МНС С,. Вектор будет перпендикулярен отрезку С\О,
соединяющему точки /? я С\, и направлен в сторону поворота. Величину
vp найдем из пропорции
(3)
Чтобы вычислить CtD и СгА, заметам. что ААС3Е — прямоуголь-
ный, так юк острые углы ₽ Нем раины ЗОИ 60°. и что С,А -АЕ sin 30° =
= 0,5 AE=-AD. Тогда АЛ С, Р является равносторонними С,Л = CtD В ре-
зультате равенство (3) Даст
UD = 'М = 3 м,'с’ VP 1
Так кзк точка В принадлежит одновременно ползуну, движущему-
ся вдоль иаправляюио’к поступательно, то направление и& известно. Тог-
да, восстгапнк кз точек В н D перпендикуляры к скоростям ~g м
построим МИС Cj стержня BD. По направлс»гию вектора up определяем
направление поворота стержня RD вокруг центра С,. Вектор ид будет
Направлен и сторону поворота стержня RD- Из рис. К2. б видно, что
L C3DB = 30°, з Д DC3B - 90”, откуда CtS = sin 30°. С,Р - cos 30*.
Составив теперь пропорцию. найдем, что
2.
С, Я
: i.B = uD is 30’- 1.7 м/с.
4. Определяем . Так как МЦС стержня 3 известен (точка С,), то
VD
/, cos 10*
5. Определяем а <. Так как е, известно, то т /|Г|. Далее аАп -
= Ча Л| . или = /, и.-}. Тогда = V г+ ° Ап- Произведя вычисления,
получим = 15,8 м/с1 -
Ответ: ир - 5.2 м/с. »£ “1.7 м/с. м3 = 2,9 с’1 .(ц = 15.8 м/с1.
Задача КЗ
Прямоугольная пластина (рис. КЗ.О-К3.5) или круглая пластина
радиусом/? “ 60 см (рис. K3-6-K3.9) вращается вокруг неподвижной
осн с постоянной утл свой скоростью t*>, заданной в лабл. К?» (яри знаке
минус направление и> противоположно показанному на рисунке]. Ось
Ряс. КЗ.О
Рис. КЗ Л
26
вращения на рис. КЗ.О—КЗ.3 и КЗ 8. КЭ.9 перпендикулярна плоскости
пластины и проходит через точку О (пластина вращается в своей плоскос-
ти); нз рис. К3.4-К3.7 ось вращения ОО1 лежит в плоскости пластины
(пластина вращается в пространстве).
Таблица КЗ
Номер усло- вия и>, 1/с Рис. 0-5 Рис. 6-9
ь.™ »=А«=Дг) 1 s-AM-fV)
0 -2 16 60(Г4 - 3*’) *56 К Жг'-Зг1)
1 4 1 20 6О((Ж гтгч R -"-Жг1 -20
2 3 8 80(2*1 -**) - 48 Л ” Л(3/ - *’)
3 4 12 40(г‘ - Зг) ♦ 32 Ая 4 х* Л * “Н
4 -3 10 50(Г" - 0-30 R -~К(ЗР - о
5 2 12 50(3* —**) — 64 R -^-Я(4Н - 2*’
6 го 40(( - 2Р) -40 тя -2Р)
7 -5 10 80(f* - Г) * 40 R -^-К(2/' - 1)
8 2 8 60 (f - t1) + 24 R Sr1)
9 -5 16 40(3r,-z") 32 тя -^-жг/1 - г')
По пластике вдоль прямой BD (рис. КЗ.О—КЗ-5) или по окружности
радиуса Л, т.е. по ободу пластины (рис. К3.6-К3.9), движется точка
М. Закон ее относительного движении, выражаемый уравнением $ - AM =
- f (о (з — в сантиметрах. I - в секукдах), к. табд. КЗ «одами РД-и
ряс. K3-O-K3.5 и для рис. КЗ-6 К3.9, при этом на рис. 6-9 я - А1М я от-
28
считывается по дуге окружности; там же даны размеры Ли/. На всех ри-
сунках точка Л/ показана в положении, при котором s = AM > О (при
$ < О точка М находится по другую сторону отточки А) .
5>ярспкигл» зйкояютную скорость А Й5то;п&тк?>а ускорите. ТОЧКА М
в момент времени I, = I с.
Указания. Задача КЗ - иа сложное движение точки. При се решении
движение точки по пластине считать относительным, а вращательное дви-
жение самой пластины - переносным н воспользоваться теоремами о сло-
жении скоростей и о сложении ускорений- Прежде чем производить рас-
четы, следует изобразить точку Л/ на пластине в том положении, в кото-
ром нужно определить ее абсолютную скорость (или ускорение), а не в
произвольном положении, показанном нарисуикДХ к задаче.
В случаях, относящихся к рис. КЭ-6- КЗ-9, при решении задачи нс
подстзйлятЬ числового значения Л, пока не будут определены положение
точки М в момент времени г, = 1 с и угол межДУ радиусами СМ и СА в
злот момент
IVpiAwp КЗ. Шар радиуса R (рис. КЗ, е) -вращается ьокруг своего
диаметра АН по закону = /, (г) (положительное направление отсчета
угла показано на (мс. КЗ, а дуговой стрелкой) . По дуге большого кру-
га ("меридиану”) ADB движется точка М по закону j -AM поло-
жительное Направление отсчета расстояния г от А к D.
Рис. КЗ
Дано: R ~ 0.5 м, - 2/. г (w??/6)(7f — 2г1) (^₽ — в ряпияндх. f —
в метрах, г - в секундах).
Определить: и в момент времени t, - I с.
Решение. Рассмотрим Движение точки М как сложное, считая ес дви-
жение по луге ADR относительным {АН - относительная траектории точ-
ки) , з_вра1Дснис шара - переносным движением. Токдэ абсолютная ско-
рость иабс н абсолютное ускорение сабс точки найдутся по формулам
сабе “ "ста * viicp. йабс = йотн ♦ йлср + йкор« (I)
29
где, в свою очередь.
Лотн _ °отн + сотн« спер dncp+flnep-
О предел нм все характеристики относительного к переносного Дви-
жений.
1. Относительное движение. Это движение происходит
по закону
з=ЛЛ/=-~ (7t-2/3).
(2)
Сначала установим, где будет находиться точка М на дуге ЯРЯ в мо-
мент времени t j. Полагая в уравнении (2) t = 1 с, получим s, _— яй. Тог-
-п = 150° или L ВСМ, — Э0°- Изображаем на рис. К3,л
да L АСМу --£
точку в положении, определяемом этим углом (точка Л/,).
Теперь находим числовые значения иотч, ^отн и аоти:
ds nR r dvolll 2
voth ~ 77* = ~~r~ (7 ~ **f), йотн = "v — nR,
dr 6 dr Э
вотн =-----
^отя
»отн
где pOTH - радиус кривизны относительной траектории, t.c. дуги ADB.
Для момента времени Г, _ 1с, учитывая, что R - 0,5 м, получим
irR if . т
"оти "7“ 3 ~ 7" аоти
’S™=-r
(3)
Знаки показывают, что векторТ^ти направлен в сторону положитель-
ного отсчета расстояния s, а вектор - в противоположную сторону;
вектор ^отн направлен К ticirrpy С дуги АГ>В. Изображаем все эти векто-
ры на рис. КЗ. а. Для наглядности приведен рис, КЗ, б, где дугаЯ/М? сов-
мещена с плоскостью чертежа.
2. Переносное Движение. Это движение (Вращение) про-
исходит по закону </> = —2г. Найдем угловую скорость и угловое уско-
рение е переносного вращения: и = —2, е = iv — 0 (шар вращается рав-
номерно) . Таким образом,
(4)
Знак указывает, что направление и> противоположно положитель-
ному направлению отсчета угла «>; отметим это на рис. КЗ. а соответст-
вующей дуговой стрелкой.
Для определения t'rep И лпер найдем сначала расстояние h точки Mt
от оси вращения: Л — R sin 30° = 0,25 м. Тогда в момент времени t, = I с,
30
учитывая равенства (4) , получим
Упер = 1 <*> । Л = 0.5 м/с,
«пер = еЛ = О» Опер - h = I м/с1 - (5)
Изображаем на рис. КЗ, а вектор ипер с учетом направления и и век-
тор Ojiep (.направлен к оси вращения).
3- Кориолисово ускорение. Так как угол между векто-
ром УОтн н осью вращения (вектором w) равен 60°, то численно в мо-
мент времени гв - 1с 1см- равенства (3) и (4)1
дкор = 2 I иОТц I 1 <о I • sin 60“ = 2 — » 2 = 2,72 м/с1. (6)
Направление дКОр найдем, спроектировав вектор иотн на плоскость,
перпендикулярную оси вращения (проекция направлена так же, как век-
тор ^пер) > к повернув затем эту проект по_в сторону w, т.е. по ходу
часовой стрелки, иа 90°. Иначе направление пКОр можно найти, учтя, что
°кор - 2 (со X 1>отн) - Изображаем вектор <гКОр иа рис. КЗ, а.
Теперь можно вычислить значения идбе11 аабс- _
4. Определение и^с. Так как va6c = Уотн * Упер -а векторы
«оти и^1|ср взаимно перпендикулярны (см. рис. КЗ, д),то в сиомснтвре-
Уабс =х/уогн + у пер = 4J + Ф^)2 ~ м/с.
5. Определение ^абс- теореме о сложении ускорений, так
как йпер = 0,
лабс — Лотк 4 °отн + а пер + дкор- (2)
Для определения саСс проведем координатные оси Mtxyz (рис. КЗ. <7)
н вычислим проекции вектора на эти оси. Учтем при этом, что вектор
скор лежит на проведенной оси х, а векторы Оот/сотн н ° пер расположе-
ны в плоскости дуги aDB, т.е. в плоскости Л/Хуз (рис. КЗ, б). Тогда, про-
ектируя обе части равенства (7) на координатные оси и учтя одновре-
менно равенства (3), (5), (6), получим для момента времени t, - I с:
яабсх = °кор “ 2,72 м/с1,
«абс> = "пер "отк «в 60" - Icos 30“ = 1+ -
= 0,7! м/с1,
лабса =- ,яотн Icos60е - сотк cos 30° -
= = -1.59 м/с-.
I 6 16 /
Отсюда находим значение яаб(;В момент времени t, = 1 с:
дабс — vfla6cjc + вабс.У * вэбса = 3,23 м/с*.
Ответ: иабс - 0.93 м/с, = 3.23 м/с’.
ДИНАМИКА
Задача Д1
Груз D массой т, получив в Точке А начальную скорость v0, движет-
ся в изогнутой трубе АВС, расположенной в вертикальной плоскости;
участки трубы или оба наклонные, или один горизонтальный, а другой
наклонный (рис. Д1.0-Д1.9. табл. Д1). 11£участке АВ иа груз кроме си-
лы тяжести действуют постоянная сила Q (ее направление показано на
рисунках) и сила сопротивления Среды R. зависящая от скорости и гру-
за (направлена против движения).
Рис. Д1.4
Рис. Д1.1
Рис. Д1.3
Рис Д1.5
Рис. Д1.6
Рис. Д1.7
32
Рис- Д1.8
Рис. Д1.9
Табл ица Л1
Номер условия т.кг V..M/C е.н /?. 11 1. м г,.с F*. И
0 2.4 12 5 0.8 и* 1.5 - 4 sin (4г)
I 2 20 6 0,4 v - 2.5 - 5 cos (40
2 8 10 16 О', 5 и1 4 - 60
3 1.8 24 5 0,3 и - 2 -2 cos (2r>
4 6 15 0,6 va 5 — 5 чп (20
5 22 9 0,5 с/ - 3 3r
6 4 12 10 0.8 в3 2,5 - 6 cos Q4O
7 1,6 58 4 0,4 н - 2 -3 sin (4г)
8 4.8 10 10 0,2 и3 4 - 4 cos (20
9 3 22 9 0,5 v - 3 4 sin (20
В точке В груз, не изменяя значения своей скорости, переходит иа
участок ВС трубы, где иа него кроме силы тяжести действует переменная
сила Г, проекция которой F* на ось х задала в таблице.
Считая |руз материальной точкой и зная расстояние АВ - I или вре-
мя f, движения груза от точки А до точки В, найти закон движения груза
на участке ВС. т.е. х~/(г), Твх х ~ ВО. Трением груза о трубу пре-
небречь.
Указания. Задача Ш - «а интегрирование дифференциальных урав-
нений движения точки (решение основной задачи динамики). Решение
задачи разб»гаагтся на две части. Сначала нужно составить и проинтегри-
ровать методом разделения переменных дифференциальное уравнение
движения точки (груза) на участке АВ, учтя начальные условия. Затем,
зная время движения на участке АВ или его длину, определить, какую
скорость будет иметь груз в точке В- Эта скорость будет начальной для
двнжеюш 1руэа на участке ВС. После этого нужно составить и проинтег-
рировать дифференциальное уравнение движения Груза на участке ВС
тоже с учетом начальных условий, пеня отсчет времени от момента, ког-
да груз находится в точке В. и полшая. что в этот момент время и t = О.
При интегрировании уравнения движения на участке А В в случае, когда
Рис. Д1
задана длина I участка, целесообразно перейти
d уравнения к переменному х»
учтя, что
dr
Пример Д1. Па вертикальном участке АВ
трубы (рис. Д1) на груз Р массой т де йети уют
сила тяжести и сила сопротивления R; расстоя-
ние от точки А, где v = vc. до точки В равно I.
На наклонном участке ВС на груз действуют
сила тяжести и переменна# сита / = F(t). задан-
ная в ньютонах.
Дано: т = 2 кг. R = ци1, где р - 0,4 кг/м. = 5 м/с, / = 2,5 м,
fix - 16 sin (4г).
Определить: х - / (г) - закон движения рруза на участке ВС
Решение. 1. Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз
материальной точкой. Изображаем рруз (в произвольном положении)
и действузмние на него силы Р — тя и Л. Проводим ось Аг и составляем
дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:
Йи? . г <1uz
NJ —= -^kz или ти2 —- - Pz + R7.
At * <1z * z
(I)
Далее находим: Рг - Р •- mg, Rz~ -R = —я и1; подчеркиваем, что в
уравнении все переменные силы надо обязательно выразить через вели-
чины, от которых они зависят. Учтя еще, чю и* - у, получим
Введем для сокращения записей обозначения
к = - 0.2 м" ’. п = — - 50 м’ /с1,
(3)
где При подсчете принято X * 10 м/с1. Тогда уравнение (2) можно пред-
ставить в виде
cLj
2и = _2* (пг - «).
(4)
Разделяя в уравнении (4) переменные, а затем беря от обеих частей ин-
тегралы, получим
(5)
По начальным условиям при z = 0 v = vQ,
и из равснстаз (5) находим In (us - и) = -2кг 4
34
н).
- In (vj - и) - -2kz. Отсюда
In
v1 - Л
Vo - n
В результате находим
V1 = я + (v’ - л) e~2kz.
Полагая в равенстве (6) z ~ I - 2.5 и и заменяя к и п их значения-
ми (3), определим скорость vg ipysa в точке В (v0 = 5 м/с, число е = 2,7):
vg - 50 - 25/е = 40,7 н vg = 6,4 м/с. (7)
2. Теперь рассмотрим движение груза на участке/?С; найденная ско-
рость ug будет для движения на этом участке начальной скоростью
(v0 = vg). Изображаем груз (в произвольном положении) и действующие
Проведем из точки В ось Вх и составим дифференциальное уравнение
движения груза в проекции на эту ось:
dt
(8)
Так как Рх = Р sin 30° = 0,5 mg, Nx - 0, Fx - 16 sin (4г), то уравнение
(8) примет вид
d«A-
m ~dt~ = + I** WO
Разделив обе части равенства на tn = 2 кг н полагая опятьg * 10 м/с3,
получим
----- = 5 4- 8 sin (40.
Умножая ей* часта урыикмия (10) и кнтегрнруя, кайдгм
vx ~ St — 2 cos (At) + С,.
(Ю)
(ID
Будем теперь отсчитывать время от момента, когда груз находится в
точке В, считая в лот момент t — 0. Тогда при г = 0 их = i»0 = vg, где vg
дается равенством (7). Подставляя эти величины в (11), получим
С, -t;g -f- 2 cos0-6.4 Г 2-8,4.
При найденном значении С\ уравнение (I I) дает
dx
vx = — =51-2 cos (4/) г 8,4.
Умножая здесь обе части на d/ и снопа интегрируя. найдем
х = 2,5г* 0,5 sin (4Х> + 8,4г + С,.
(!3>
35
Так как при t - О х - 0. то С, = 0 и окончательно искомый закон движе-
ния рруза будет
х = 2,5/’ + 8,4/ - 0,5 sin (4?), (14)
где х - в метрах, г - ь секундах.
Задача Д2
Механическая система состоит нт прямоугольной вертикальной пли-
ты I массой mt = 24 кг и рруза D массой га, = 8 кг; плита или Движется
вдоль горизонтальных направляющих (рис. Д2.0-Д2.4). или вращается
вокруг вертикальной оси г, лежащей в плоскости алиты (рис. Д2 5-Д2.9).
Рис. Л.2.0
Рис. Д2.1
Рис. Д2.2
Рис. Д2.3
Рис. Д2 4
Рис. Д2.5
Рнс. Д2.6 Рис. Д2.7
Рис. Д2.8
Рис. Д2.9
В момент времени груз начинает двигаться под действием внутрен-
них сил по имеющемуся на плите желобу; закон его движения г _ AD=
= С (г) задан в табл. Д2, где s выражено в метрах, / — D секундах. Форма
желоба кз рис Д2 0, Д2Л, £2.8, Д2.9 — пря&юлнкейнвл (жлто5 КЕ),
на рис. Д2 2-Д2 7 -окружность радиуса Л = 0.8 м с центром в центре
масс С, плиты (г = AD на рис. Д2.2 Д2.7 отсчитывается по дуге окруж-
ности) .
Плита (рис. Д2.0 Д2-4) имеет в момент т0 - 0 скорость п* “ 0.
Плита (рис. Д2-5 -Д2.9) имеет в момент времени * 0 - 0 угловую ско-
рость ыо = 8 с"‘, и в этот момент на нее начинает действовать вращаю-
щий момент .V (момент относительно оси z). заданный в таблице в ньюто-
нометрах н направленный как w0 при М > 0 н в противоположную сторо-
ну при М < 0. Ось г проходит от центра Ci плиты на расстоянии Ь-. разме-
ры плиты показаны на рисунках.
Считая груз материальной точкой и пренсбрыая всеми сопротивле-
ниями, определить указанно^ в таблице в столбцах 4 и 9. где обозначено:
в столбце 4 (отноентел к рис. Д2.0-Д2.4) х, — перемещение плиты
За время от t9 = 0 до г, - I с, й, - скорость плиты в момент времени
37
г, = 1 с» - полная сила нормального Давления плиты на направляющие
в момент времени Z, = 1 С (указать, куда сила направлена) ; в столбце 9
(относится к рис. 5 9) ш, - угловая скорость плитн в момент времени
t, — 1 с, ш “ / (О — угловая скорость ПЛИТЫ как фумхгтея Времени.
Пэ всех рисунках груз показан в положении. При котором $ - AD > 0:
при т < 0 груз находится не другую сторону от точки Л-
Указаний- Задача Д2 - на применение теорем о движении Центра масс
и об изменении количества движения и кинетического момента системы.
Теоремой о движении центра масс целесообразно воспользоваться в зада-
че, где нужно определить поступательное перемещение одного из теп сис-
темы (кпн реакции сатай) а теоремой об нзмснекки количества движе-
ния - когда нужно определить скорость такого тела. Теорема об измене-
нии кинетического момента применяется в задачах, где нужно найти уг-
ловую скорость или закон вращешя одного из тел системы.
38
Таблица Д2
Рис. 5'7 Рис. 8и9 Рис. 5-9
Т-Г(Г) « = *'(*) b М Найти
5 б 7 8 9
0,4 sin (пт) R Т 8 о?-/(Г)
0,2 (2 - Зт) 4R V 0 “|
rR 1 -2- г- -0,8/ R 12? ш »/(Г)
IrR , — (4Г3 - 1) 0,2 (2 - 5г) 47? *3 0
rR . . ~6 (5-70 0,4 (3/ - 1) R 2 0
пЯ 3 (2'* 3) 0,6 cos (.nt} R -12 W «/(Г)
rR а , — (3-4/*) 0.8(1 - Г’> R 0 и.
яЯ _ — (3J - /’> 0,8 (5Г1 - 2) 4R Т 0
7TR „ — (2г -3) 0,4Т3 R -8г *j-/(0
rR _ - » 0,6 (Г - 2tJ) 4R 3 0 “|
При решении задачи учесть, что абсолютная скорость ТГ груза слагает-
ся из относительной иотн и переносной “ЛСр скоростей (определяются
так же, как при решении. задачи КЗ) .т а.ТГ ~ 7CTtl ♦ Тогда количест-
во движения груза mu = тТотн + mi7nep. а момент mv относительно
оси z по теореме Вариньона (статика) будет тг (mv) = т: (ш<7отн) +
4 mz Ои*^ер>» эти моменты вычисляются так же, как моменты Сины.
Конкретнее хоц решения разъяснен в примерах Д2.
Момент инерции плиты относительно оси Ctz*, направленной так же,
как ось z на рис. Д2-5-Д2-9, но проходящей через центр масс С, плиты,
равняется />«,/*/! 2, где I - ширина плиты (в задаче / = 37? или I- 4Я).
Для определения момента инерции Z» относительно оси г воспользовать-
ся теоремой Гюйгенса о моментах инерции относительно параллельных
осей Ось z при изображении чертежа провести на том расстоянии b от
центра С,, которое указано в таблице.
39
Пример Д2- К вертикальной идите / массой т* с помощью невесо-
мого стержня ВО длиной ! прикреплен груз D массой т, (рис. Д2а). В мо-
мент времени 10 ~ 0 стержень начинает вращаться вокруг точки В гак,
что расстояние г - Л75 изменяется
по закону s-F (Г), где s - в метрах,
г — в секундах.
Плита движется по горизон-
тальным направляющим и при i0 - 0
ее скорость и = ы0.
Дано: т, = 12 кг, т3 - б кг,
I = 0,8 м, t । = 2 с.
Рис. Д2а
(1)
1, Определение перемещения х, плиты за время от га - 0 до г
решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из плиты
и труза. Изобразим действующие на нее внешние силы: силы тяжести
7\,Рг и суммарную реакцию Л'направляющих. Проведем координатные
оси ху так, чтобы ось у прошла через начальное положение центра масс
плиты- Для определения воспользуемся теоремой о движении центра
масс С системы и составим дифференциальное уравнение его движения в
просийин на ось массу тксгемы через и?:
tnX£ - X Fj^x. или пгх^ = 0, тате как
Интегрируя это уравнение, получим
(2)
где С, и С2 — постоянные интегрирования.
Из формулы, определяющей абсциссу xq центра масс, следует. что
для рассматриваемой системы тх^ - тгх лт2х^. где х - абсцисса цент-
ра масс плиты, определяющая одновременно се положеюте, Лр — абсцисса
груза Р. Из рис. ДЗа видно, что ~х - / sin & где
(3)
В результате, найдя значение и подставив его в (2), получим
(4)
Для определения постоянных С, и Са понадобится еще одно уравне-
ние, которое получим, продифференцировав обе части равенства (4)
повремени; это даст:
40
(5)
me X ~ и — скорость плиты. По начальным условиям при f =* 0 х О,
х -ио = 0. Подставив эти величины в равенства (5) и (4), получим С, = 0,
Ct = -гяэ/. При найденных значениях С, и С, из равенства (4) оконча-
тельно получим
Этот результат дает зависимость х от t. Полагая здесь J = Г, = 2 с, найдем
искомое перемещение А,. О т в с т: х, = -0,4 м (плита переместится
влево).
2. Определение скорости и,. При тех же условиях (I) найдем ско-
рость и, плиты в момент времени Г, а 2 с.
Решение. Рассматриваем опять механическую систему, состоящую
из или гы и груза, и изображаем действующие на нее внешние силы Р,
и реакцию Л'; провопим оси ху (рис. Д26). Для определения их восполь-
зуемся теоремой об изменении количества движения системы, «учитывая,
что для рассматриваемой системы Q = + Q&, гае Q - т, и и
= »1эор - количества движения плиты и i-руза соответственно. Составляя
уравнение в проекции на ось х, получим
е dCx
—-------- Eft..., или --- ‘ 0,
dr х dt
так как
Отсюда следует, что
Qx ~ * Qx - 0 или
tnKux + тяи^к — Ск. (6)
Рис. Д2б
Для определения и^х рассмотрим движение груза как сложное, счи-
тая его движение по отношению к плите относительным, а движение са-
мой плиты - переносным движением Тогда = ё^ср +77ОТИ, где числен-
но ипСр - и и иотн - s. Покажем вектор иотн ла рис. Д26, направив его
ис-рпснрикулярни BD и сторояу положвтелъкотс- отсчета j или -р," спреда-
лим проекцию вектора vp на ось х; получим v/jx = их - vOTH cos*f> где
¥>=у “ у (3 -Т1) И COS<p = COS ( у - ) ~ип ( "Т”) (7>
В данной задаче можно еще найтн, определив абсциссу точки D,
Т-С- XJ} ~ Х ~ 1 sin <рис ’ тогда vDx ~ *П~ * ~ где х =их.
l>P~s, а значение cos tp даст равенство (7).
4!
При найденном значении v£jX равенство (6), если учесть, чгокж = и,
та = 77 = -^ г. примет вид
я/
(т, д- ?пг> ti + ttit —- t sin
(8)
По начальным условиям при
тедьно из (8) находим
я?
Этот результат определяет зависимость и от г. Полагая здесь f Bt t
= 2 с, найдем искомую скорость «,.
Ответ; и, = —0,48 м/с (скоро стьнаправ пена влево).
3. Определение реакции Л',. При тех же условиях. (1) найдем реак-
цию jVj направляющих в момент времени Г, = 2 с.
Решение. Опять рассмотрим механическую систему, состоящую из
плиты и груза D, и изобразим действующие на нее внешние силы Pi. Р,
и реакцию Лг (рис. Д2а). Для определения Л1, воспользуемся теоремой о
движении центра масс системы и составим дифференциальное уравнение
его движения в проекции иа ось у:
(9>
где »: - масса системы; /*( _т,)г;Д = mtg. Из формулы, определяющей
ординату центра масс системы, следует, что для рассматриваемой
системы тус - тгуСх + т,уд, где, как видно из рис. Д2я, _»’С1 * Л-
Уд = 2/1 — 7 cos Тогда, используя равенство (7) , получим
Вычисляя производные и учитывая, что Л = const, получим
ту^ — - — »?2/rcos
Подставив это значение тус в равенство (9), найдем зависимость /V
от t и из нее. полагая t = /, = 2 с, определим искомую величину Л, •
Ответ: /У, = 107,3 Н.
4. Определение угловой скорости w Плита вращается вокруг оси
печатей в плоскости плиты (рис. Д2в), и в момент времени t0 ~0. ког-
да угловая скорость плиты равна и>0, на нес начинает действовать драпаю-
щий момент Л/.
Дано: дополнительно к усло-
виям (1 > : и>0 - 5 с ’, ,И = кг, где к =
10 It • м/с.
Определить: и> -/(/) - зави-
симость угловой скорости плиты от
времени.
Решение. Рассмотрим механичес-
кую систему, состоящую из плиты
и груза D. н изобразим действующие
Рис. Д2в
нее внешние силы: силы тяжести
. Рг, реакции Л/.- и Я// подпятника
подшипника н вращающий момент
М. Для определения и> применим теорему об изменении кинетического
момента системы относительно оси z. Предварительно заметим, что так
как силы Р, и Р, параллельны оси а реакции Kg и Л// эту ось пересе-
кают, то их моменты относительно оси z равны нулю. Тогда Е/яг(К^) —
- М~ kt и теорема дает
dA'z
dr
mz(f-k) или — = ЛЛ
(Ю)
Умножая обе части этого уравнения на df и интегрируя, получим
Для рассматриваемой механической системы
А , - К .,U1 + К?
(12)
где К™ и кР - кинетические моменты относительно осиз плиты и Гру-
за D соответственно. Поскольку плита вращается вокруг оси z, то
Klui = f-v>. ras lz - у- (2C3 = ^- m ,Г.
Для определения Kz рассмотрим движение груза как сложное,
считая его движение по отношению к плите относительным, а вращение
плиты вокруг оси z - переносным движением. Тогда vq ~ готн
и, по теореме Вариньона,
Кг = [тл UqTH) + rnz (м, i'nep)
(14)
Ко вектор иогн лежит в одной плоскости с осью ; и, следовательно.
wz(w»4>th) = 0- Лектор vnep направлен перпендикулярно плите (как
ось х, если ось у в плоскости плиты); по модулю unep = u-DDt. Тогда
mz (лп2ТПср) - ш,ьпер-D/J, - и,!.’ (ЛО,)*. По из рис. Д2в видно, что
DD, ~ I + / sin f>. Bjkb значение sin ^из формулы (3) и подставив все най-
денные веян гнньг в равенство (14) . получим
43
K2d =„1^(00,)’ . <»s (IS)
Зная K^1 и кР [формулы (13) и (15)[, найдем из равенства (12)
значение Л?; Тогда уравнение (Ц) примет вид
или при числовых значениях задачи
0,64 ^16 + 6 ( 1 + cos j Jiu= St3 + С,.
(16)
128 + St3
Приметни*- Ия полученного р^зупьтгата модна найти и значение w,
при i - t . Но если по условиям задачи одновременно М = 0, то уравнение
(AC) Raes Кг ₽ const, и т^гаа смычка пройде, «с. искать зывиснм-ьсть. шот <
в обшем виде, а сначала определить положение груза D при t = 0 (т.е.
угол ^с) и вычислить зна<1енмс Л'го при <i> - <fib и cu —wc с помощью ра-
венств, аналогичных (И)-(15); затем определить положение груза при
t = г, (угол sPj) 1’ тем же путем найти К$ j при = ^₽, и ы = си,.
Так. в рассмотренном Примере при г = О будет ~ п/2 и рО, - 21
(рис Д2в),а При Г = /, = 2 с будет sj, = -jt/6 и DDt = //2. Тогда
Значение находится из равенства Кц = К го-
Задача ДЗ
Механическая система состоит из грузов / н 2 (коэффициент трения
грузов О ПЛОСКОСТЬ г = 0,1) , ЦИ.ТИНДрЯЧССТСОГО сплошного опнороцното
катка ? и ступенчатых шкивов и 5 С радиусами ступеней R4 = 0,3 м,
г4 = 0.1 м, /С; = 0,2 м. = 0.1 м (массу каждого шкива считать равно-
мерно распределенной по его внешнему ободу) (рнс. ДЗ-О-ДЗ-9,
табл. ДЗ). ТеЯа системы соединены друг с другом нитями, намотанными
на шкивы;
участки нитей параллельны соответствующим плоскостям.
44
Рис.ДЗ-0 Рис.дЗ.1
Рис. Д3.2 Рис. ДЗ.З
Рис.ДЗ.б Рис.ДЗ.7
Рис. дз.8 рис. Д3.9
45
Таблица ДЗ
50(2+31)
20(5 + 21)
80(3 + 4s)
4O(4+5s)
30(3 + 21)
40(3 + 51)
60(2 * 5s)
30(8 + Зл)
40(2 + 51)
50(3+21)
Под действием силы F _ /(1), зависящей от перемещения точки при-
ложения силы, система приходит в движение из состояния покоя. При
движении системы на шкивы 4 и 5 действуют постоянные моменты сил
сопротивлений, равные соответственно Af4 нМ,.
Определить значение искомой величины в тот момент времени, ког-
да перемещение Точки приложения силы / равно 1,. Искомая величина
указана в столбце ’'Найти” таблицы, г «с обозначай»: с, - скорость гру-
за I. в£з - скорость центра масс катка Л ш4 — угловая скорость тс-
Указания Задача ДЗ на Применение теоремы об изменении кине-
тической энергии системы. При решении задачи учесть, чго кинетическая
энергия системы равна сумме кинетических энергий всех входящих в
систему тел. згу энергию нужно выразить через ту скорость (линейную
или угловую), которую в задаче надо определить- При вычислении кине-
тической энергии катка, движущегося плоскопараллельно, для установ-
ления зависимости между его угловой скоростью и скоростью его цент-
ра масс воспользоваться понятием о мгновенном центре скоростей (кине-
матика). При определении работы все перемещения следует выразить
через заданное перемещение 1,, учтя, чго зависимость между перемеще-
ниями здесь будет такой же. как между соответствующими скоростями.
Когда по данным таблицы тл - 0, Грут 2 на чертеже не изображать;
шкивы 4 и 5 всегда входят в систему.
Пример ДЗ. Механическая система (рис. ДЗ) состоит из сплошного
цилиндрического катка /, ступенчатого шкива 2 с радиусами ступеней
/?, к г j (масса шкива равномерно распределена по его внешнему ободу)
и ipyaa 3 (коэффициент трения груза о плоскость равен f). Тела систе-
мы соединены Друг с другом нитями, намотанными па шкив 2.
46
Под действием силп Г = /(i).
зависящей от перемещен кя т точ-
ки се приложения, система при-
ходит в Движения из состояния
покоя. При движении на шкив 2
пействуиГ постоянный момент М
СИЛ СОПрОГИВЛСНИЯ-
= 10 кг,
Рис- ДЗ
mt = 8 кг. Rj
Определить: скорость центра масс катка, когда s - st.
Решение, 1. Рассмотрим движение мгхаиичгской
системы, состоящей из тел I. 2, 3, соединенных нитями. Изобразим все
действующие на систему внешние силы: активные F. Pf, Р;. Ру. момент
сопротивления М,, реакции ;V,. IV t, Л\ и силы трения F,и Л’/р.
Для определения vq воспользуемся теоремой об изменении кинс-
Т-Т.^л1 0>
2 Определяем Го и Т. Так как в начальный момент система находи-
лась в покос, то Т„ = 0. Не шчина Т равна сумме энергий всех тел системы:
Т-^.Т^Т,. (2)
Учитывая, что тело I движется плоскопараллельно, тело 3 — посту-
пательно, а тело 2 вращается вокруг неподвижной оси, получим
(3)
Нее Нходяшие сюда скорости следует выразить через искомую !>£».
Приняв во внимание, что точка А', - мтиовениый центр скоростей кат-
ка /. и обозначив радиус катка через г,, получим
R, *
(4)
КрсМс того, вхешящне в (3) моменты инерции имеют значения
Id • 0.5 m,r|. /, (5)
Подставив вес величины (4) и (5) в равенство (3), а затем исполь-
зуя равенство (2). получим окончательно:
R\
3. Теперь найдем сумму работ всех действующих внешних сил при
том перемещении, которое будет иметь спстсми. «отт® точка С, пройдет
путь <>.1яоврем.ец.ка все перемещения спецу яс выразить через заидикую
величину st. для чего учтем, чго здесь Зависимость между перемещения-
ми будет такой же. как и между соответствующими скоростями в равен-
ствах (4>. т е. = г,/Я) = s, О',//?,). В результате получим:
2s) ds *= 1 (J, +s?>.
ft.
sin 30".
Работа остальных сил равна нулю, так как точка А',. где приложе-
ны W, н F - мгновенный пентр скоростей, точка О, тде Приложены
Рг и неподвижна, а реакция Л'а перпендикулярна перемещению гру-
за J. тогда окончательно
(sin 30°
4. Подставки выражения (6) и (7) в уравнение (1) и учитывая, что
Го - 0, получим
Ptst sm 60° -
(sin 30° + /cos 30й).
(S>
При числовых значения*. которые имеют заданные величины, равен-
ство (S) дает
Отсюда находим искомую скорость.
Заядча Д,4
Вертикальный вал АК (рис. Д4 0-Д4.9, табп. Д4), вращающийся
с постоянной угловой скоростью и> = 10 с-', закреплен подпятником
в точке А и цилиндрическим подшипником в точке, указанной в табл. Д4
в столбце 2 (АВ = BD = DE ' ЕК - Ь). К валу жестко прикреплены Неве-
4В
РИС.Д4.0 РИС.Д4.1 Рис. Д4.2 Рис.Д4.3
Рис. Д4.4 Рис- Д4.5 Рис. Д4.6
РИС.Д4.7 Рис. Д4.8 Рис. Л4 9
49
Т а б п к ц а Д4
самый стержень 1 длиной fr = 0.4 ы с точечной массой /и, =6 кг на
конце
к однородный стержень 2 длиной /, = 0.6 м, имеющий массу — 4 кг;
оба стержня лежат в одной плоскости. Точки крепления стержней к ва-
лу указаны в таблице в столбцах 3 и 4. а утлы с и Л — в столбцах 5 и б.
Пренебрегая весом вала, определить реакции подпятника и подшип-
ника. При окончательных подсчетах принять Ь — 0,4 м.
Указания. Задача ,П4 — на применение к изучению движения систе-
мы. принципа Ддламбсра. При
решении задача учесть^ что когда силы
инерции частиц тела (л данной задаче стержня 2) имеют равнодействую-
щую Xй, то численно Яи = нмс. где - ускорение цешрэ масс С стерж-
ня, но линия действия силы А’и в общем случае не проходит через точку С
(СМ. пример Д4) .
Рис. Д4
Пример Д4. С невесомым ралом АВ,
вращающимся с постоянной угловой ско-
ростью и>, Жестко скреплен стержень О[)
длиной f и массой .w,. имеющий на конце
груз массой пц <1>мс- Д4).
дано- Ьг — 0,6 м, £>а — 0,2 м, а —
= 30°, / - 0,5 м, ₽г, = 3 кг, тн, = 2 кг.
О л р е и. е п ц т ь; реакшш тимдятай-
ка Л и &
Решение. Для определения иско-
мых реакций рассмотрим движение меха-
нической системы, состоящей из ва-
ла АВ, стержня 0D и груза, и приме-
ним принцип Даламбсрз. Проведем
вращающиеся вместе с валом оси
50
Ллу так, чтобы стержень лежал в плоскости ху, и изобразим действующие
на систему внешние силы: силы тяжести Р,, Р2, составляющие Л'л, Ya Ре‘
акции подпятника и реакцию X/? подшипника
Согласно принципу Даламбера присоединим к этим силам силы
инерции элементов стержня и грузз, считая груз материальной точкой.
Так как вал вращается равно мерно (w = const), то элементы стержня име-
ют только нормальные ускорения сп^, направленные к оси вращения,
а численно ank — где hfc — расстояние элемента от оси. Тогда силы
инерции 1'^ будут направлены от оси вращения и численно F* — AniC/Jcs
= Am w2 А^, где Дли — масса элемента. Поскольку все F* пропорциональ-
ны то эпюра этих параллельных сил образует треугольник и пх можно
заменить равнодействующей линия действия которой проходит через
центр тяжести этого треугольника, т.с. на расстоянии //, от вершины О,
где //, “ — //, (Яа - ? cos а).
Но, как известно, равнодействующая любой системы сил равна ее
главному вектору, а численно главный вектор сип инерцин стержня
/?“ = тха^. где - ускорение центра масс стержня; при этом, как и для
любого элемента стержня, « (ОС-//2). В ре-
зультате получим
/?“ = »!,«’ ~ sin о = 13,5 II.
Аналогично для силы инерции груза найдем, что она тоже направ-
лена от оси вращения, а численно F” = »it «о1? sin а = 18 Н.
Так как все действующие сипы и силы инерции лежат в плоскос-
ти .ту, го и реакции подпятника А и подшипника В тоже лежат в этой
плоскости, что было учтено при их изображении.
По принципу Даламбера, приложенные внешние сипы н силы инер-
ции образуют уравновешенную систему сил. Составляя для зтой плоской
системы сил три уравнения равновесия, получим:
Е Г1х - 0; ХА + Хв + К J' + - 0.
SF^-О; -0.
23 nijp (/-£) — 0; Л'а (^1 + Ь, ) - /*, (//2) sin а — Рг / sin а +
+ Л” + At> + F" (Нг + \) = 0.
(1)
(2)
(3)
Подстанив сюда числовые значения всех заданных и вычисленных
величин и ранив эту систему уравнений, найдем искомые реакции.
Ответ.- Хл = -11.8 Н.> У4 = 49,1 II, Хц - -19,7 II.
Знаки указывают, что силы Ха и Хд направлены противоположно
Задача Д5
Мехакицрская система состоит та ступвнпксых шкуло-д J у 2 аетом
Л 11 Л с радиусами ступеней Л, - R, г, -0,4 К;/?, = R, г3 - 0,82? (массу
каждого шкива считать равномерно распределенной по его biichihcmv
Ободу); грузов Л 4 и сплошного однородного цилиндрического катка 5
весом A,, Ps соответственно (рис. Д5.0-Ж.9. табл. Д5). Теля систе-
мы соединены нитями, намотанными на шкивы; участки иитсТ парал-
лельны соответствующим ПЛОСКОСТЯМ. Грузы СКОЛЬЗЯТ НО ПЛОСКОСТЯМ
без трения, а катки катятся без скольжения.
Рис. Д5.2 Рис- Д5.3
52
Рис. Д5-8
Рис. Д5.9
Таблица Д5
на одно из тел системы действует постоянная
Кроме сил тяжести
сила F. а на шкивы / и 2 при их вращении Действуют Постоянные момен-
ты сил сопротивления, равные соответственно V, и -
Составить для данной системы уравнение Лагранжа и определить
из него величину, указанную d таблице в столбце "Найти", где обозна-
чено: е,, еа - угловые ускорения шкивов 1 и 2. Cj.<J4.ocs ~ ускорения
грузов 3. 4 и центра масс катка 5 соответственно- Когда в задаче надо оп-
ределить е, или е», считать R = 0,25 м.
Тот из грузов 3, 4, вес которого равен нулю, на чертеже не изобра-
жать- Шкивы 1 и 3 всегда входят в систему.
Указания. Задача Л5 - на применение >с изучению движения систе-
мы уравнений Лагранж* В задаче система имеет одну степень свободы,
следовательно. ее положение определяется одной обобщенной координа-
той и для нее должно быть составлено одно уравнение.
За обобщенную координату q принять: в задачах, где требуется
определить ai, ая или й(?$« ~ перемещение л соответствующего Груза или
центра масс Ct катка 5; в задачах. где требуется определить е s няиср -
угол поворота соответствующего шкива.
53
Для составления уравнения вычислить сначала кинетическую энер-
гию Т системы (как в задаче ДЗ) и выразить все вошедшие в Т ско-
рости через обобщенную скорость, т.с. через х, если обобщенная коорди-
ната х, или через если обобщенная координата ф. Затем вычислить
обобщенную силу Q. Для этого сообщить системе возможное (малое)
перемещение, при котором выбранная координата, т.е. х (или с), почу-
чзет положительное приращение fix (или 6^) , и вычислить сумму элемен-
тарных работ всех сил на этом перемещении; в полученном равенстве
надо все Другие элементарные перемещения выразить череа fix (или че-
рез С^г, если обобщенная координата <р) и вынести fix (или за скобки.
Коэффициент лрн fix (или 6^) м будет обобщенной силой Q (см. еще
пример Д5).
Пример Д5. Механическая система состоит из ступенчатого шки-
ва 2 (радиусы ступеней /?г и г,) , груза 1 и сплошного катка J, прикреп-
ленных к концам нитей, намотанных иа ступени шкива (рис. Д5). На
шкив при его вращении действует момент сил сопротивления Af,. Массу
шкива считать равномерно распределенной по внешнему ободу.
Ряс. Д5
Определить: а, ускорение груза !.
Решение. 1. Система имеет одну степень свободы. Выберем в ка-
честве обобщенной координаты перемещение х груза I (q - х), полагая,
что груз движется вниз, и, отсчитывая х в сторону движения. Составим
уравнение Лагранжа
энергию Г системы. равную
54
Так как груз 1 движется поступательно, шкив 2 вращается вокруг
неподвижной оси, а каток 3 движется плоскопараллельно, то
2s
О)
где, поскольку масса шкива считается распределенной по внешнему
ободу, а каток - сплошной (его радиус обозначим г3).
(4)
3. Все скорости, входящие в Tt, Т3 и Т3, выразим через обобщенную
a Vf з “ bJ2T, и что точка К является для катка 3 мгновенным центром
скоростей, то получим:
R
иСз
КСз
Подставляя значения величин (5) и (4) в равенства (3), а затем
значения Г,. Т\, Tt в равенство (2) , найдем окончательно, что
т= zr- ( pi + Л v й- г» 1 или
2g I 1 1 2 R* * I
(6)
Так как здесь Т зависит только от х, то
4. Нэйдсм обобщенную силу Q. Для этого изобразим силы, совер-
шающие при движении системы работу, т.с. силы pt, Р3 и момент сил
сопротивления Mt. направленный против вращения шкива. Затем сооб-
щим системе возможное перемещение, при котором обобщенная коор-
дината х подучает положительное приращение fix, и покажем перемеще-
ния каждого из тел; для груза I это будет = fix, для шкива 2 — пово-
рот на угол для катка 3 - перемещение 6s s его центра. После этого
вычислим сумму элементарных работ сил и момента на данных пере-
мещениях. Получим
6/1 _ Pt f>s, — flft — Р3 sin ctfijr,.
(8)
Вес входящие сюда перемещения надо выразить через fix. Учтя, что
зависимости между элементарными перемещениями здесь аналогичны
зависимостям (5) между соответствующими скоростями, получим
fix г,
6$. — fx, fitf. — —— . 6s, -Т.бс, = — 6х.
1 ’ Я * 2 1 А
55
Подставляя эти значения в равенство (8) м вынося Бх за скобки,
найдем, что
5.4 =
М9 гг
R ~ R
(10)
Коэффициент при 5х d полученном выражении и будет обобщенной
силой Q. Следовательно,
Q~Pt- — Pt sin о или Q~4,3P-
(И)
5. Подставляя найденные величины (7) и (II) в уравнение (I),
получим
Отсюда находим искомое ускорение с,
Примечание. Fc ш в ответе получится а < 0 (или е < 0). то это озна-
чает. что система движется нс в ту сторону, куда было предположено.
То1да у момента Л/,, направленного против вращения шкива, изменится
направление и, следовательно, как Видно из равенства (II), изменится
величина (?, лля которой надо найти новое верное значение.
Задача Д6*
Механическая система состоит из тел 1, 2, 3. 4. 5. имеющих веса Р,,
Р,. Р3. РА, Pt соответственно; тела системы связаны нитями, наметании*
ми на ступенчатые блоки Z и 2 (рис. Дб.О- Д6.9. табл. Д6). Прочерк в
столбцах таблицы, где заданы веса, означает, что соответствующее тело
и систему нс входит (ла чертеже не изображать), а ноль в столбцах табли-
цы означает, что тело считается невесомым, но в систему входит (на чер-
теже должно быть изображено). Лля колее, обозначенных номером-/.
Рл — их обший вес (вес платформы такой тележки не учитывается).
Радиусы ступенчатых блоков I и 2 равны соответственно: /?,=/?.
г, = 0,8 /?; Р, -R.rt ~ 0.4 R. При вычислении моментов инерции оба бло-
ка, колеса и катки считать однородными ни шнчрами радиуса R.
На систему кроме сил тяжести действуют сила F. приложенная к
телу 4 нзн 5 (если те ю 5 в систему не входит, сила приложена в точке В
к Тележке), и пары сил с моментами Л/, и .V,. Приложенные к блокам:
• Решением кафедры на всех (и ш некоторых) спецма гьностях в задание
По динамике вместо задачи Д5 может бить включена задача Д6, о чем
студентов своевременно известии.
56
Рис Л6 0
Рис. Jlfc.l
Рис Д6.2
Рис. Д6.Э
Рис. Л6.4
Рис. Д6.5
Рис. Лб.6
Рис. Д6.7
58
Рис. Д6.8
Рис. Д6.9
при Л/ < О направление момента Противоположно показанному на рн-
На участке нити, указанном в таблице в столбце ’’Пружина", включе-
на Пружина с коэффициентом жесткости с (например, если в столбце сто-
ит АВ. то участок АВ является пружиной, если А[> то AD пружина, и т.д.);
в начальный момент времени пружина не деформирована.
Составить для системы уравнения Ллрапжа и опрсдс <нть из них
частоту и период колебаний, совершаемых телами системы при ее движс-
Указзния. Задача Л6 — нз применение к изучению движения системы
уравнений Латранжа. В задаче система имеет две степени свободы: следо-
вательно. ее положение определяется двумя обобщенными координатами
q, и qt и для нес должны быть составлены два уравнения.
Обо Стенные координаты можно обозначить q1 = х и q, е <р или
q, - х и q, - у. При этом за координату х принять удлинение пружины,
отсчитываемое в сторону тою из тел Л 4 или 5 системы, к которому пру-
жина прикреплена; ня пример, vc in пружина прикреплена к телу п Точке В
и ее длина в произвольный момент времени раина АВ, то х = АВ - /0, где
- длина нсдсформироваккой пружины. За координату принять угол
59
Рис. ДбЛО
поворота крайнего блока (этот блок может быть и невесомым), отсчи-
тывая & от начального положения Если в систему ни один блок не входит
(входят лишь тела 4 и 5), за координату у принять расстояние тела 4 от
начального положения. Соответствующие примеры даны на рис. Д6.10,
При таком выборе обобщенных координат искомые частота и пе-
риод колебаний могут быть найдены из уравнения, определяющего зави-
симость jt = / (г).
Далее для составления уравнений надо вычислить кинетическую энер-
гию Т системы (как в задаче ДЗ) и выразить все вошедшие в Тскорости
через обобщенные скорости х и если за обобщенные координаты при-
няты х и ч’, или через х и у, если этими координатами являются .* и >’•
Затем определяются обобщенные силы так. как это показано ниже в при-
60
Рис. Д6
Пример Дб, Мехтничсская система (рис. Д() состоит из барабана 1
радиуса R, к которому приложена пара сил с моментом М, тележки 2
к катка 3 (барабан к каток едццриму'ллй цилиндры}; «Аса fxx тел раъ-
ны соответственно Л. ^г. Р3: весом колее тележки пренебрегаем. Тележ-
ка соединена с барабаном намотанной на него нитью, а с катком - пружи-
ной BD; коэффициент жесткости пружины равен с. Система начинает дви-
жение из сосюяИ'ли нохоя-, пуужииа в этот момент не дефефмиро'ЬйИй.
О п р е л с л и т ь: частоту к и период г колебаний, совершаемых те-
лами системы при се движении.
Решение. 1. Лия решения задачи воспользуемся уравнениями Лагран-
жа. Рассматриваемая система имеет две степени свободы. Выберем в ка-
честве обобщенных координат удлинение пружины х и угол доворота ба-
рабана (<7, - Л ?а = №) Тогда уравнения Лагранжа будут иметь виц:
-3-/£L|_1L=Gi
йг \ Эх / 'ох
(1)
=&-
2. Определим кинетическую энергию Т системы, равную сумме энер-
Так как барабан вращается вокруг неподвижной осн О. тележка дви-
жется поступательно, а каток - плоскопараллельно, то
g
(3)
где /с = (Р, /2.?) №. 4) п (Р,/2^) 2?J (Л, - радиус катка J).
Все входящие пода скорости надо выразить через обобщенные
скорости х и !р. Очевидно, что w, - v, “ Ru, _ /?>₽. Для определе-
ния уд рассмотрим движение катка как сложное. У штывая. что х опре-
деляет положение точки D по отношению к тележке, получим йр “ ♦
+ где числение V£)T - х, = v3 ~ R<p. Тогда принимая во внима-
ние. что при возрастании хи; скорости и^т и направлены в разные
стороны и что точка £ для катка мгновенный центр скоростей, получим
. . VD VD х - R>p
l!D~x^^-iD=w; = -Rr~'
Подставляя вес найденные значения скоростей н значения /о и в
равенства (3). получим следующие выражения для Г,. Tt, Т,.
Тогда равенство (2). если учесть, что Р, — РЛ = 2Р, з Pt = 4Р, оконча-
тельно даст:
- 3/?Jx
(4)
Отсюда находим
Р эг
— (-ЗК<л+Зх). —
g Эх
ar
. .ST
(БЯ^-ЗЯх)» —
3. Теперь определим обобщенные силы С, и <4- Изображаем дейст-
вующие на систему активные си гы: силы тяжести Р,, Pt. Pt, силы упру-
в) Для определения Q, сообщим системе возможное перемещение,
при котором координата х получает приращение бх > 0. а нс изменя-
ется. т.с. 6^ ~ Я (барабан при таком перемещении не поворачивается
и тележка не перемещается) Тогда элементарную работу совершат толь-
ко СИ1Ы и Р-. учтя что Г, - IP. получим для згой работы значение
лл, - /*, sin ЗО" - лх - f‘f>x -IP - ex) bx
(6)
G) Для определения сообщим системе возможное перемещение.
62
при котором координата р получает приращение > 0. а хне изменяет-
ся. т.е. 6х = 0 (пружина При таком перемещении системы Нс изменяет
своей длины). Тогда тележка и центр D катка получат одинаковые пере-
мещения 6S, = &S£) - Rt? и элементарная работа всех действующих сил
будет равно
f>A, = Mf»p - Р2 sin 30° • Ь$3 - Р, sin 3(Г • Б— F'tjs, + Л’Б$р.
Заменяя здесь все вели 1ины их значениями, найдем в результате.
БД, - (.V - 0,5Р,/? 0.5РлЛ)Ъ-р-PR6>p.
Коэффициенты при f>x и бу? в равенствах (6) и (7) и будут искомы-
ми обобщенными ситами, следовательно
е, ~ Р- сх.
Q, - PR
Подставляя величины (5) и (8) в уравнения (D, получим следую-
щие дифференциальные уравнения движения системы:
— {-З/ЯШИхУ ~ Г - сх. — {SK’i - ЗКх1 ~ РК.
4 Чтобы определить Лит. иск ночим из уравнений (9) у>. Для этого
умножим обе части Первого из уравнений на 8#, а второго - на 3g/R и сло-
жим почленно полученные равенства. В результате придем к следующему
дифференциальному уравнению свободных колебаний 15Л?= ЦРх - Bctf.v
Е. где
ISF
(10)
Известно, что когда уравнение приведено к виду (10). то к в нем
является круговой частотой, з Период г - 2п/к. Следовательно искомые
величины имеют значения:
к ~ 7&т(/|5/» т- 2rr/A = 2n V1 S/’/SeX