Теоретическая механика: Методические указания к решению задач и варианты для самостоятельной работы

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

ПЕНЗЕНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА для студентов ФИТО

Методические указания к решению задач и варианты для самостоятельной работы

ПЕНЗА 2007

УДК 531. 07. Т

Теоретическая механика для студентов ФИТО: Методические указания к решению задач и варианты для самостоятельной работы. – Пенза: Изд-во Пенз. гос. ун-та, 2007. – 115 с.: 32 ил., 8 табл., библиогр. 10 назв. Составители: Смогунов В.В., Вдовикина О.А., Хураева Т.В., Широков И.Б. Под общей редакцией Смогунова В.В. Методические указания составлены с учетом опыта преподавания курса «Теоретическая механика» в Пензенском государственном университете согласно Государственным образовательным стандартам. Представлен краткий теоретический материал по темам курса, примеры решения задач и варианты для самостоятельной работы. Приведены примерные тесты по разделам дисциплины. Методические указания предназначены для студентов ФИТО машиностроительных, приборостроительных специальностей и специальностей сервиса оборудования, изучающих теоретическую механику. Р е ц е н з е н т ы: Доктор технических наук, профессор Пензенского артиллерийского инженерного института А.И.Богомолов Доктор

технических

наук,

Заведующий

кафедрой

«Высшая

математика и теоретическая механика» Пензенской сельскохозяйственной академии В.А. Мачнев УДК 531. 07. Издательство Пензенского государственного университета, 2007 2

Содержание стр.

Векторный способ задания движения точки………………………..

4

Кинематика твердого тела. Поступательное и вращательное движения твердого тела (простейшие движения)………………………

10

Плоскопараллельное движение твердого тела ……………………...

24

Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки в сложном движении………………………………………………

41

Тесты по разделу «Кинематика»……………………………………

52

Равновесие плоской системы сил……………………………………

56

Равновесие

системы

произвольно

расположенных

сил

(пространственной системы сил)……………………………………….

66

Тесты по разделу «Статика»…………………………………………

76

Дифференциальные уравнения движения твердого тела…………

80

Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы……………………………

93

Тесты по разделу «Динамика»………………………………………..

110

Литература………………………………………………………………...

115

3

Векторный способ задания движения точки При векторном способе задания движения материальной точки ее положение в пространстве в любой момент времени задается радиусвектором r , выходящим из начала координат. Движение материальной точки считается полностью заданным, если известна функция изменения радиус-вектора в зависимости от времени:

r = r (t ) . Произвольный

радиус-вектор

r

может

быть

разложен

по

единичному базису i , j , k в декартовой системе координат:

r = rx i + ry j + rz k , где rx , ry , rz – проекции радиус-вектора на оси координат. Проекции радиус-вектора на оси декартовых координат в любой момент времени представляют собой координаты материальной точки x, y и z. Следовательно:

r = xi + yj + zk . Функция

изменения

вектора

скорости

материальной

точки

определяется дифференцированием по времени функции изменения радиус-вектора (первая производная):

v = r& = x&i + y& j + z&k . Функция

изменения

вектора

ускорения

определяется

дифференцированием по времени функции изменения вектора скорости (первая производная) или как вторая производная от функции изменения радиус-вектора: a = v& = &r& = &x&i + &y&j + &z&k . 4

Пример 1. Материальная точка движется в плоскости, определяемой осями x и y. Законы изменения координат точки (в метрах) от времени (в секундах) описываются функциями:

x = 5 cos(2t ) ;

(1)

y = 5 sin(2t ) .

(2)

Требуется: 1. Построить траекторию точки. 2. Найти функции изменения радиус-вектора точки, вектора скорости и вектора ускорения. 3. Построить радиус-вектор, вектор скорости и вектор ускорения точки для моментов времени t0 = 0 , t1 = 0,785 с, t2 = 1,57 с и t3 = 3,14 с и определить

числовые значения скорости и ускорения для указанных моментов времени. Решение. 1. Движение точки задано параметрическим способом. Для определения формы траектории исключим параметр t из уравнений движения и получим функцию, связывающую координаты точки x и y. Выполним преобразования функций (1) и (2) и сложим почленно левые и правые части преобразованных функций: x = cos(2t ) ; 5

x2 = cos 2 (2t ) ; 2 5

y = sin(2t ) ; 5

y2 = sin 2 (2t ) . 2 5 x2 y2 + = 1. 52 52

x2 y 2 + 2 = cos 2 (2t ) + sin 2 (2t ) ; 2 5 5

Полученное уравнение является каноническим уравнением эллипса с одинаковыми полуосями, т.е. уравнением окружности радиусом 5 м с центром в начале координат (рис. 1).

5

Рис. 1 2. Произвольный радиус-вектор

r

может быть разложен по

единичному базису i и j в декартовой системе координат: r = rxi + ry j .

Проекции искомого радиус-вектора на координатные оси в любой момент времени определяются значениями функций x и y. Следовательно, функция изменения радиус-вектора точки для заданного движения будет иметь вид: r = (5 cos(2t ))i + (5 sin( 2t )) j .

Функция

изменения

(3) вектора

скорости

определяется

дифференцированием по времени функции изменения радиус-вектора: v = r& = (−10 sin( 2t ))i + (10 cos(2t )) j .

Функция

изменения

вектора

(4) ускорения

определяется

дифференцированием по времени функции изменения вектора скорости: a = v& = &r& = (−20 cos(2t ))i + (−20 sin( 2t )) j .

(5)

3. Для определения значений векторов в определенные моменты времени подставим соответствующие значения времени t в формулы 6

(3)…(5). В момент времени t0 = 0 значения функций радиус-вектора точки, вектора скорости и вектора ускорения принимают вид соответственно:

r0 = (5 cos 0)i + (5 sin 0) j = 5i ; v0 = (−10 sin 0)i + (10 cos 0) j = 10 j ; a0 = (−20 cos 0)i + (−20 sin 0) j = −20i . Значение момента времени t1 = 0,785 с примерно соответствует числу

π 4 . Значения функций радиус-вектора точки, вектора скорости и вектора ускорения принимают вид соответственно:

π π r1 = (5 cos )i + (5 sin ) j = 5 j ; 2 2 π π v1 = (−10 sin )i + (10 cos ) j = −10i ; 2 2 π π a1 = (−20 cos )i + (−20 sin ) j = −20 j . 2 2

Значение момента времени t2 = 1,57 с примерно соответствует числу π 2 . Значения функций радиус-вектора точки, вектора скорости и вектора

ускорения принимают вид соответственно:

r2 = (5 cos π)i + (5 sin π) j = −5i ; v2 = (−10 sin π)i + (10 cos π) j = −10 j ; a2 = (−20 cos π)i + (−20 sin π) j = 20i . Значение момента времени t3 = 3,14 с примерно соответствует числу π . Значения функций радиус-вектора точки, вектора скорости и вектора

ускорения принимают вид соответственно:

r3 = (5 cos 2π)i + (5 sin 2π) j = 5i ;

v3 = (−10 sin 2π)i + (10 cos 2π) j = 10 j ; 7

a3 = (−20 cos 2π)i + (−20 sin 2π) j = −20i . Все полученные значения векторов для момента времени t3 = 3,14 с полностью совпадают со значениями, полученными для момента времени t0 = 0 . Радиус-векторы материальной точки в различные моменты времени показаны на рис. 1. На рис. 2 приведено графическое решение задачи.

Рис. 2 Анализ

результатов

решения

задачи

векторным

способом

показывает, что траекторией точки является окружность с центром в начале координат, т.к. модуль радиус-вектора сохраняет постоянное значение r = 5 м. Точка описывает полную окружность за время t = 3,14 с.

Скорость точки постоянна по величине и равна v = 10 м/с, вектор скорости во все рассматриваемые моменты времени направлен по касательной к траектории. Вектор скорости меняет при движении свое направление, поэтому для всех моментов времени определено ускорение, которое сохраняет постоянное значение a = 20 м/с2, вектор ускорения во все рассматриваемые моменты времени направлен к центру кривизны траектории. Варианты задания для самостоятельной работы приведены в табл. 1. 8

Таблица 1 Номер варианта 1

Уравнения движения x = x(t), м

y = y(t), м

–2t2+3 4cos2(πt/3)+2 –cos(πt2/3)+3 4t+4 2sin(πt/3) 3t2+2 3t2–t+1 7sin(πt2/6)+3 –3/(t+2) –4cos(πt/3) –4t2+1

3

4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

–5t 4sin2(πt/3) sin(πt2/3)–1 –4/(t+1) –3cos(πt/3)+4 –4t 5t2–5t/3–2 2–7cos(πt2/6) 3t+6 –2sin(πt/3)–3 –3t

5sin2(πt/6)

–5cos2(πt/6)–3

½ 1 1 2 1 ½ 1 1 2 1 ½ 1

13 14

5cos(πt2/3) –2t–2

–5sin(πt2/3) –2/(t+1)

1 2

15 16 17

4cos(πt/3) 3t

–3sin(πt/3) 4t2+1

7sin2(πt/6)–5

–7cos2(πt/6)

1 ½ 1

18 19 20

1+3cos(πt2/3) –5t2-4 2–3t–6t2

3sin(πt2/3)+3 3t 3–3t/2–3t2

1 1 0

21

6sin(πt2/6)–2

6cos(πt2/6)+3

1

22 23 24

2

7t –3 3–3t2+t

5t 4–5t2+5t/3

–4cos(πt/3)–1

–4sin(πt/3)

¼ 1 1

25

–6t

–2t2–4

1

–8sin2(πt/6)–7

1

26 27 28 29 30

2

t1, c

2

8cos (πt/6)+2 2

2

–3–9sin(πt /6) –4t2+1 5t2+5t/3–3 2cos(πt2/3)–2

–9cos(πt /6)+5 –3t 3t2+t+3 –2sin(πt2/3)+3

9

1 1 1 1

Кинематика твердого тела. Поступательное и вращательное движения твердого тела (простейшие движения)

При поступательном движении твердого тела любая прямая, проведенная в теле через две его точки, остается параллельной самой себе. Траектории всех точек тела совпадают при наложении, все точки тела имеют в любой момент времени одинаковые по модулю и направлению скорости

и

одинаковые

поступательного

движения

ускорения. твердого

Поэтому тела

при

исследовании

можно

ограничиться

рассмотрением движения центра масс этого тела. При вращательном движении остаются неподвижными точки тела, лежащие на оси вращения, а все остальные точки тела движутся по окружностям с центрами на оси вращения. Закон движения представляет собой функцию изменения от времени угла поворота тела ϕ = ϕ(t ) . Вращательное движение тела характеризуется угловой скоростью ω = ϕ& и угловым ускорением ε = ω &. Линейная скорость точки, находящейся на расстоянии r от оси вращения, определяется по формуле v = ωr .

Если два зубчатых колеса находятся в зацеплении или охватываются ремнем, то линейные скорости точек касания этих колес одинаковые:

ω1r1 = ω2 r2 . Ускорение точки вращающегося тела определяется по вращательной и центростремительной составляющим

a = a вр + a ц .

10

Модуль вращательного ускорения точки определяется по формуле a вр = εr , центростремительного – по формуле a ц = ω2 r .

Вектор центростремительного уравнения направлен от точки к оси вращения (по радиусу), вектор вращательного ускорения – по касательной к траектории от точки в сторону, указываемую направлением дуговой стрелки углового ускорения.

Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при поступательном и вращательном движениях

Пример 3. Рейка 4, ступенчатое колесо 2 с радиусами R2 и r2, ступенчатое колесо 1 с радиусами R1 и r1 и ступенчатое колесо 3 с радиусами R3 и r3 находятся в зацеплении, на шкив радиуса r3 намотана нить с грузом 5 на конце (рисунок 3). Угловая скорость колеса 1 изменяется по закону ω1=f(t). 2 vB

1

B

3

ω3

. ω2 a4

O2

O1

ω1 aCn

ε2 C

4

O3 aC

.

aCτ 5

v5

Рисунок 3 11

Дано: r1=2 м, R1=4 м, r2=6 м, R2=8 м, r3=12 см, R3=16 м, ω1 = 5t − 2t 2 , t1=2 c.

Определить: v5 , vB , ε 2 , aC , a4 в момент времени t=t1. Решение. Зубчатые колеса 1 и 2 связаны ременной передачей. Поскольку ремень считается гибким и нерастяжимым, скорости всех точек ремня одинаковы (в том числе точек, принадлежащих колесам 1 и 2): ω1R1 = ω2 R2 .

Определим скорость, передаваемую от колеса 1 колесу 2 в точку B: vB = ω2 R2 = ω1R1 = (5t − 2t 2 ) R1 .

(1)

Зная скорость точки B колеса 2, можно определить угловую скорость

ω2 вращения колеса 2 и угловое ускорение ε 2 колеса 2: ω2 =

R vB = (5t − 2t 2 ) 1 ; R2 R2

& 2 = (5 − 4t ) ε2 = ω

(2)

R1 . R2

(3)

Зубчатое колесо 2 и зубчатая рейка 4 находятся в зацеплении, поэтому скорости точек касания этих тел одинаковые. Определим скорость точек соприкосновения колеса 2 и рейки 4 с учетом (2): v4 = ω2 r2 = (5t − 2t 2 )

R1r2 . R2

Рейка 4 движется поступательно, поэтому, зная закон изменения скорости рейки, можно сразу определить ее ускорение: a4 = v&4 = (5 − 4t )

R1r2 . R2

(4)

12

Колеса 3 и 1 находятся во внешнем зацеплении, поэтому скорости точек их соприкосновения одинаковы в любой момент времени

ω3R3 = ω1r1 , откуда находим ω3 = ω1

r1 r = (5t − 2t 2 ) 1 . R3 R3

(5)

Груз 5 прикреплен к концу нерастяжимой нити, которая сходит с внутреннего обода колеса 3, следовательно, скорости точек центра масс груза 5 и внутреннего обода колеса 3 одинаковы, поэтому с учетом (5) получаем формулу для определения скорости тела 5: v5 = ω3r3 = (5t − 2t 2 )

r1r3 . R3

(6)

Точка C принадлежит вращающемуся телу 3, поэтому ее полное ускорение

является

геометрической

суммой

вращательного

и

центростремительного ускорений:

aC =

(a ) + (a ) вр 2 C

ц 2 C

.

(7)

Вращательное ускорение точки C определим по формуле: aCвр = ε 3r3 = (5 − 4t )

r1r3 . R3

(8)

Центростремительное ускорение точки C определим по формуле: aCц = r3ω32 = (5t − 2t 2 ) 2

r12 r3 . R32

(9)

Значения искомых величин v5 , vB , ε 2 , aC , a4 в момент времени t1 = 2 с определим в соответствии с полученными формулами. Скорость точки B в соответствии с формулой (1) равна: 13

vB = (5 ⋅ 2 − 2 ⋅ 2 2 ) ⋅ 4 = 8 м/с. Скорость тела 5 в соответствии с формулой (6) равна: v5 = (5 ⋅ 2 − 2 ⋅ 2 2 )

2 ⋅ 12 = 3 м/с. 16

(10)

Угловое ускорение колеса 2 в соответствии с формулой (3) равно: 4 & 2 = (5 − 4 ⋅ 2) = −1,5 с-2. ε2 = ω 8 Значение

ускорения

(11)

точки

C

определим

по

формуле

(7).

Предварительно по формулам (8) и (9) определим значения вращательного и центростремительного ускорений: aCвр = (5 − 4 ⋅ 2)

22 2 ⋅12 = −4,5 м/с2; aCц = (5t − 2 ⋅ 2 2 ) 2 ⋅ 2 ⋅12 = 0,375 м/с2. 16 8

Полное ускорение точки C равно: aC = (−4,5) 2 + (0,375) 2 = 4,52 м/с2.

Ускорение рейки 4 определим по формуле (4): a4 = v&4 = (5 − 4 ⋅ 2)

4⋅6 = −9 м/с2. 8

Векторы скорости тела 4 и ускорения тела 5, скорости точки В и ускорений точки С, а также направления угловых скоростей и ускорений колес 1…3 показаны на рисунке 3. Значение угловой скорости тела 1, заданное по условию, в момент времени

t1 = 2 с

– положительное

( ω1 = 5 ⋅ 2 − 2 ⋅ 2 2 = 2 с-1). Покажем

направление угловой скорости тела 1 против хода часовой стрелки (см. рис. 3). Направления угловых скоростей других колес покажем с учетом

14

этого направления. Векторы скоростей тела 4 и точки B покажем также с учетом направлений вращения. Значение углового ускорения тела 2 получилось отрицательным. Учитывая, что значение угловой скорости тела 2 при положительное ( ω2 = (5 ⋅ 2 − 2 ⋅ 2 2 )

t1 = 2

–

4 -1 = 1с ), направление дуговой стрелки 8

ε 2 покажем в направлении, противоположном ω2 . Направления угловых ускорений других колес также будут противоположны направлениям соответствующих угловых скоростей. Векторы ускорения тела 5 и вращательного ускорения точки C покажем с учетом этих направлений. Вектор центростремительного ускорения точки C направлен от точки C к оси вращения колеса 3. Вектор полного ускорения точки C изображается диагональю параллелограмма, построенного на векторах aCвр и aCц как на сторонах. Ответ:

vB = 8 м/с,

v5 = 3

м/с,

ε 2 = −1,5 c − 2 ,

a4 = −9 м/с2,

aC = 4,52 м/c2.

Пример 4. Движение груза 1 (рис. 4) должно описываться уравнением

х = C2t2 + C1t + C0, где t – время, с; С0…С2 – некоторые постоянные. В начальный момент времени ( t0 = 0 ) координата груза должна быть равна х0, а его скорость должна иметь значение v0. Кроме того, необходимо, чтобы координата груза в момент времени

t = t 2 была равна х2. 15

Определить скорость и ускорение точки М одного из колёс механизма для момента времени t = t1. 2 1

2

1

0 2

1

3

Рис. 4

Дано: схема механизма (см. рис. 4);

R2 = 0,5 м,

r2 = 0,25 м,

R3 = 0,65 м, r3 = 0,4 м. Начальные условия: t0 = 0 ; x0 =0,14 м; v0 =0,05 м/с. Граничные условия: t2 = 2 с; x2 = 1,68 м. Найти скорость и ускорение точки М в момент времени t1 = 1 с. Решение. Уравнение движения груза 1 имеет вид

x = C2t 2 + C1t + C0 .

(1)

Коэффициенты C0 , C1 и C2 могут быть определены из начальных и граничных условий: поскольку уравнение движения (1) справедливо для любого момента времени, то для момента начала движения ( t0 = 0 ,

x0 = 0,14 м) должно выполняться соотношение x0 = C2t02 + C1t0 + C0 .

(2)

16

Для момента времени t2 = 2 с ( x2 = 1,68 м) должно выполняться соотношение

x2 = C2t22 + C1t2 + C0 .

(3)

Поскольку закон движения груза 1 задан координатным способом, скорость груза определяется как первая производная по времени от закона движения

v = x& = 2C2t + C1 .

(4)

Этот закон изменения скорости справедлив для любого момента времени, в том числе и для начального ( t0 = 0 , x&0 = 0,05 м/с)

v0 = x&0 = 2C2t0 + C1 .

(5)

Подставляя значения t0 = 0 , x0 = 0,14 см в формулу (2), находим коэффициент С0 : 0,14 = С2 ⋅ 0 2 + С1 ⋅ 0 + С0 , откуда находим С0 = 0,14 м. Подставляя значения t0 = 0 , x&0 = 0,05 м/с в формулу (5), находим коэффициент С1 : 0,05 = 2C2 ⋅ 0 + C1 , откуда находим С1 = 0,05 м/с. Подставляя значения t2 = 2 с, x2 = 1,68 м в формулу (3), находим коэффициент С2 : 1,68 = С2 ⋅ 2 2 + 0,05 ⋅ 2 + 0,14 , откуда находим С2 = 0,36 м/с2.

17

Таким образом, с учетом найденных значений постоянных C0 , C1 и

C2 уравнение движения груза 1 имеет вид: х = 0,36t2 + 0,05t + 0,14. Закон изменения скорости груза 1 в соответствии с (4) имеет вид:

v = x& = 0,72t + 0,05 .

(6)

Ускорение груза 1 равно:

a = &x& = 0,72 м/с2. Скорость точки M должна определяться по формуле

vM = r3ω3 .

(7)

Запишем уравнения кинематических связей, то есть приравняем скорости точек механизма, в которых происходит передача движения от одного тела к другому. В соответствии со схемой механизма

v = r2ω2 ;

⎫ ⎬ R2ω2 = R3ω3 ,⎭

(8)

откуда из второго уравнение системы (8) определяем ω3 = ω2 R2 R3 , из первого уравнения системы (8) определяем ω2 = v r2 , следовательно:

ω3 = vR2 (r2 R3 ) , или после подстановки (6)

ω3 = 2,215t + 0,154. Угловое ускорение колеса 3 равно & 3 = 2,215 рад/с2. ε3 = ω

Скорость точки M может быть определена в любой момент времени по формуле (7) vM = (2,215t + 0,154)r3 . 18

При t1 = 1с скорость точки M равна: vM = (2,215 ⋅ 1 + 0,154) ⋅ 0,4 = 0,77 м/с. Вращательное, центростремительное и полное ускорения точки М определяются по формулам: в aM = r3ε3 ;

ц aM = r3ω32 ;

aM =

(a ) + (a ) ц 2 M

в 2 M

.

В результате вычислений для заданного момента времени ( t1 = 1с) в ц получаем aM = 0,886 м/с2; a M = 2,24 м/с2; aM = 2,41м/с2.

Скорости и ускорения тела 1 и точки М показаны на рис. 5.

ω2

ε3

ω3

0 1

2

3

Рис. 5 Ответ: vM = 0,77 м/с; aM = 2,41 м/с2. Необходимые для самостоятельного решения данные приведены в табл. 2, а схемы механизмов показаны на рис. 6.

19

Таблица 2 Номер варианта

Координаты и скорости груза 1

Радиусы, см

Расчетные моменты времени, с

R2

r2

R3

r3

x0

v0

x2

t2

t1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

60 80 100 58 80 100 45 35 40 15 40 20 30 15 15 20 15 20 15 25 20 40 40 30 50 32 40 40 25 30

45 – 60 45 – 60 35 10 30 – 25 15 20 10 10 15 10 15 10 15 10 20 30 15 20 16 18 20 20 15

36 60 75 60 45 30 105 10 15 40 20 10 40 15 15 15 20 10 20 10 30 35 30 40 60 32 40 40 50 20

– 45 – – 30 – – – – 35 – – – – – – – – – – 10 – 15 20 – 16 18 15 25 –

2 5 8 4 3 7 8 6 10 5 9 5 7 6 5 4 8 3 5 10 6 7 5 9 8 6 5 8 4 10

12 10 6 4 15 16 5 2 7 3 8 10 0 3 2 6 4 12 10 8 5 6 9 8 4 14 10 5 6 7

173 41 40 172 102 215 124 111 48 129 65 179 557 80 189 220 44 211 505 277 356 103 194 105 119 862 193 347 32 128

3 2 4 4 3 4 4 3 2 4 2 3 5 2 4 4 2 4 5 3 5 2 3 4 3 4 2 3 2 2

2 1 2 3 2 2 3 2 1 3 1 2 2 1 2 3 1 1 3 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 1

20

Рис. 6. Начало 21

11

12

2

2

3

3

M

M 1 x

x

13

14 2 M

2

M 3

1

1

3

x

x

15

16

2

2

M

M

3

3

1

1 x

x 2

17

x

18 1

1 3

M

M

2

x

3 19

1

20

2

M 3

1

1 3

x

Рис. 6. Продолжение 22

x M

2

21

22

M

2

M

2 3

3

1 x

1 x

23

24

2

M

1

2

3 M

x

1

3 25

x 26

M

2

2

1 1

3

x

x

27 M

x

3

B

M

1

1

3 30

2

29

2

28

2

2

M

1

1

3

1

3 M

x

Рис. 6. Окончание 23

3 x

Плоскопараллельное движение твердого тела

При плоскопараллельном движении все точки тела движутся в одной плоскости. Плоскопараллельное (плоское) движение можно считать складывающимся в любой момент времени из поступательного движения вместе с некоторой точкой, принятой за полюс, и вращательного движения вокруг оси, проходящей через полюс. Вращательная часть плоского движения от выбора полюса не зависит и характеризуется угловой скоростью вращения. Скорость любой точки плоской фигуры ( vM ) определяется как геометрическая сумма вектора скорости полюса ( vP ) и вектора скорости, приобретаемой точкой во вращательной части плоского движения вокруг полюса ( vMP )

vM = vP + vMP . В любой момент времени существует точка, неизменно связанная с плоской фигурой, скорость которой (точки) равна нулю – мгновенный центр скоростей (МЦС). Если выбрать МЦС за полюс, то скорость любой точки плоской фигуры можно определить в простейшем вращательном движении тела вокруг МЦС. Расстояние от точки до МЦС – мгновенный радиус вращения. Геометрически МЦС находится на пересечении перпендикуляров к скоростям всех точек тела, восстановленных в точках приложения. Ускорение любой точки плоской фигуры ( aM ) складывается геометрически из ускорения полюса ( a P ) и ускорения, приобретаемого точкой при вращении тела вокруг полюса ( aMP ) aM = a P + aMP . 24

Движение полюса в общем случае характеризуется касательным и нормальным ускорениями

a P = a Pτ + a Pn . При движении полюса по прямой линии нормальное ускорение равно нулю. Ускорение точки во вращательном движении характеризуется вращательным и центростремительным ускорениями вр ц . aMP = aMP + aMP

Таким образом, ускорение точки плоской фигуры определяется по формуле вр ц aM = a Pτ + a Pn + aMP + aMP .

Пример 5. Механизм (рисунок 7) состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна В, соединенных друг с другом и с неподвижными опорами О1 и О2 шарнирами. Дано: α = 60o , β = 150o , γ = 90o , ϕ = 30o , θ = 30o , AD=DB, l1 = 0,4 м, l2 = 1,2 м, l3 = 1,4 м, l4 = 0,6 м, ω1 = 5 с-1, ε1 = 8 с-2.

Определить: vB , vE , ωDE , a B , ε AB . Решение. Строим положение механизма в соответствии с заданными углами (рис. 7). Звенья 1 и 4 механизма совершают простейшее вращательное движение, звенья 2 и 3 – плоское, ползун B движется поступательно.

25

1. Определим скорость точки A как скорость точки, принадлежащей звену

1:

v A = l1ω1 = 0,4 ⋅ 5 = 2 м / с .

v A ⊥ O1 A

Покажем

с

учетом

направления угловой скорости ω1 .

Рисунок 7

Точка B принадлежит одновременно звену 2 и ползуну и в силу наложенных связей может двигаться только вдоль направляющих, следовательно, вектор скорости точки B может быть направлен только горизонтально. Для определения скорости точки B найдем положение мгновенного

центра

скоростей

(МЦС)

звена

2

на

пересечении

перпендикуляров к векторам скоростей v A и vB , восстановленных в точках A и B соответственно (точка C2).

Определим угловую скорость вращения звена 2 относительно его МЦС, зная скорость точки A и вычислив расстояние C2A от точки A до МЦС: C2 A = AB ⋅ cos 60° = 1,2 cos 60° = 0,6 м ; ω AB =

26

2 VA = = 3,333 с −1 . C2 A 0,6

Направление ω AB покажем вокруг МЦС с учетом направления вектора v A . Определим скорость точки B, вычислив расстояние C2B от точки B до МЦС: C2 B = AB sin 60° = 1,2 sin 60° = 1,039 м ; VB = ω AB ⋅ C2 B = 3,333 ⋅ 1,039 = 3,463 м / с .

Направление вектора vB покажем с учетом направления ω AB . Точка D также принадлежит звену 2, следовательно, ее скорость можно определить относительно МЦС звена 2, вычислив расстояние C2D от

точки

до

D

C2 D = C2 A = 0,6 м .

МЦС:

Следовательно,

vD = 3,333 ⋅ 0,6 = 2 м / с . Покажем вектор скорости точки D ( vD ⊥ C2 D ) с учетом направления ω AB . Одновременно точка D принадлежит звену 3, совершающему плоское движение. Точка E, также принадлежащая звену 3, в силу наложенных на нее связей может двигаться только по окружности радиусом O2E, следовательно, вектор скорости точки E обязательно будет перпендикулярен

O2E.

МЦС

звена

3

находится

на

пересечении

перпендикуляров к векторам скоростей vD и vE , восстановленных в точках D и E соответственно (точка C3). Определим угловую скорость звена 3 ωDE относительно его МЦС, вычислив расстояние C3 D из треугольника C3 DE : C3D =

1,4 DE = = 1,616 м : cos 30° cos 30°

Следовательно: ωDE =

2 vD = = 1,238 с −1 . C3 D 1,616

27

Направление ωDE покажем вокруг МЦС звена 3 (точка C3) с учетом направления вектора vD . Скорость точки E определим относительно МЦС звена 3, вычислив расстояние C3 E из треугольника C3 DE : C3E = DE ⋅ tg 30° = 1,4tg 30° = 0,808 м .

Следовательно: vE = ωDE ⋅ C3 E = 1,238 ⋅ 0,808 = 1 м / с .

r 2. Определим ускорение a B

точки B (рисунок 8). Точка B

принадлежит звену 2, совершающему плоское движение. Выберем за полюс точку A, так как ускорение этой точки можно определить в данном положении механизма точно: a τA = ε1l1 = 3,2 м / с 2 ; a nA = ω12l1 = 10 м / с 2 .

Тогда a B = a A + a BA , вр ц где a A = a An + a Aτ – ускорение полюса; a BA = a BA + a BA – ускорение,

получаемое точкой B при вращении плоской фигуры вокруг полюса: ц вр a BA = ω2BAl2 = 13,33 м / с 2 ; a BA = ε AB AB .

Проведем через точку B оси координат Bxy таким образом, чтобы одна ось (Bx) была направлена вдоль вектора вращательного ускорения вр ц , а другая (By) – вдоль вектора центростремительного ускорения a BA ,и aBA

вр ц на эти оси соответственно: спроецируем равенство a B = a An + a Aτ + a BA + a BA вр ; − a B cos 30° = −a nA cos 30° + a τA + a BA ц . a B sin 30° = a nA sin 30° + a Aτ cos 30° + a BA

28

Рисунок 8 з второго равенства находим ц aBn sin 30° + a τA cos 30° + aBA = sin 30° 10 sin 30° + 3,2 cos 30° + 13,33 = = 42,202 м / с2 . sin 30°

aB =

Из первого равенства определяем ε AB : вр = −aB cos 30° + aBn cos 30° − aaτ sin 30° = aBA

= −42,202 cos 30° + 10 cos 30° − 3,2 sin 30°; вр a BA = −29,487м / с 2 (знак «минус» означает, что направление вектора вр противоположно выбранному); aBA

ε AB =

вр a BA

AB

=

29,487 = 24,573 с − 2 . 1,2

Ответ: vB = 3,463 м / с , vE = 1 м / с , ωDE = 1,238с −1 , a B = 42,202 м / с 2 , ε AB = 24,573с − 2 .

29

Пример 6. Найти для заданного положения механизма скорости и ускорения точек В и С, а также угловую скорость и угловое ускорение звена, которому эти точки принадлежат. Дано: схема механизма в заданном положении (рис. 9); OA = 0,10 м, AB = 0,60 м, AC = 0,20 м, ωOA = 1,5 с-1, εOA = 2,0 с-2. Найти: vB , vC , a B , aC , ω AB , ε AB .

Рис. 9 Решение. 1. Определение скоростей точек и угловой скорости звена (рис. 10). Проведем

кинематический

анализ

механизма:

кривошип

OA

совершает вращательное движение, ползун B движется поступательно, шатун

AB

движется

плоскопараллельно.

Точка

A

принадлежит

одновременно кривошипу и шатуну. Вычисляем модуль скорости пальца А кривошипа ОА в простейшем вращательном движении при заданном положении механизма: ν A = ωOA ⋅ OA .

(1)

30

Вектор скорости точки А v A перпендикулярен кривошипу ОА. Точка B принадлежит одновременно шатуну AB и ползуну B. Вектор скорости ползуна В в силу наложенных связей может быть направлен только по вертикали. Мгновенный центр скоростей РАВ шатуна AВ, совершающего плоское движение, находится в точке пересечения перпендикуляров, проведенных из точек А и В к векторам их скоростей.

x O

ωOA

vA

A 30˚

C

vC

vB ωAB

B

POA

Рис. 10 Угловая скорость звена АВ равна:

ω AB = ν A APAB .

(2)

Модули скоростей точек В и С соответственно равны: ν B = ω AB ⋅ BPAB ;

(3)

ν C = ω AB ⋅ CPAB .

(4)

Расстояния АРАВ, ВРАВ и СРАВ определяются из рассмотрения треугольников АВРАВ и АСРАВ: 31

АРАВ = 52,0 см; ВРАВ = 30,0 см; СРАВ = 36,1 см. В соответствии с этими значениями по формулам (1)…(4) определяем скорости: ν A =15,0 см/с; ω AB = 0,29 рад/с; ν B = 8,7 см/с; ν C = 10,5 см/с. Направление угловой скорости мгновенного вращения шатуна ω AB r r соответствует вектору скорости точки A. Векторы скоростей точек ν B и ν c направлены

перпендикулярно

отрезкам

BРАВ

и СРАВ

в стороны,

соответствующие направлению мгновенного вращения шатуна АВ. 2. Определение ускорений точек и углового ускорения звена (рис. 11).

O

εOA

aAц

aAB aAц aAB

B aAB

εAB ц aAB

B

aAB

а

ц

aAC B C aAC

aB aAц

A

aAц aB aAв

ц

aAB

B б

в aAB

y

x

aC

aCy

C в

Рис. 11

Точка B одновременно принадлежит шатуну, совершающему плоское движение, и ползуну, совершающему поступательное движение. Выберем за полюс точку A, так как ускорение этой точки можно 32

определить в данном положении механизма точно. Ускорение точки А складывается

из

касательного

(вращательного)

и

нормального

(центростремительного) ускорений: а А = а Аτ + а Аn . По исходным данным определяем модули ускорений: 2 a τA = εOAOA = 20 см/с2; a nA = ωOA OA = 22,5 см/с2.

Вектор a An направлен от A к О. Вектор a Aτ перпендикулярен вектору a An и направлен в сторону, определяемую направлением дуговой стрелки углового ускорения кривошипа ε OA , т.е. противоположно ν А (в данное мгновение вращение кривошипа ОА – замедленное). Согласно теореме об ускорениях точек плоской фигуры: a B = a A + a BA , вр ц где a A = a An + a Aτ – ускорение полюса; a BA = a BA + a BA – ускорение,

получаемое точкой B при вращении шатуна AB вокруг полюса A. Следовательно: вр ц . a В = a Aτ + a An + a BA + a BA

(5)

Модуль центростремительного ускорения точки В во вращательном движении шатуна АВ вокруг полюса А равен: ц a BA = ω2BA AB = 5,0 см/с2.

Модуль вращательного ускорения определяется по формуле: вр a BA = ε AB AB . ц направлен от В к А. Что касается направлений вектора Вектор a BA вр ускорения а В точки В и вектора вращательного ускорения a BA , то

33

известны только линии действия этих векторов: a В – по вертикали вдоль направляющих

ползуна

в

силу

наложенных

связей,

вр a BA

–

перпендикулярно АВ. Зададимся произвольно их направлениями по указанным линиям (рис. 11, а). Проведем через точку B оси координат Bxy таким образом, чтобы одна ось (Bx) была направлена вдоль вектора центростремительного ц ускорения a BA , а другая (By) – вдоль вектора вращательного ускорения вр , и спроецируем равенство (5) на эти оси соответственно. a BA

вр определим из уравнений проекций Модули ускорений a В и a BA

векторного равенства (5) на оси координат. Знак в ответе покажет, соответствует ли истинное направление вектора принятому при расчете. Выбрав направление осей х и у, как показано на рис. 11,а, получаем: B a B cos 30o = −a A cos 60o + a цA cos 30o + a цАВ

(6)

а B cos 60o = a вA cos 30o + a цА cos 60o + a вАВ

(7)

Из уравнения (6) находим аВ= 16,7 см/с2. Вектор ускорения a В направлен так, как показано на рис. 11,a. Из уравнения (7) получаем вр a BA = −20,2 см/с2.

вр противоположно показанному на рис. 11,a. Направление вектора aBA

Вектор ускорения a В и все его составляющие с учетом их истинных направлений и масштаба показаны на рис. 11, б. 34

Угловое ускорение шатуна АВ определим по формуле вр a BA = ε AB AB .

вр – алгебраическая величина, угловое С учетом того, что здесь a BA

ускорение шатуна равно: вр ε AB =| a BA | / AB .

Вычисляя, находим ε АВ = 0,34 рад/с2. Направление вектора вращательного ускорения точки B шатуна вр ) относительно полюса А определяет направление дуговой стрелки ( a BA

углового ускорения

ε АВ . В данном случае направление углового

ускорения противоположно направлению вращения (угловой скорости) шатуна, следовательно мгновенное движение шатуна – замедленное. Точка C принадлежит шатуну AB, угловая скорость и угловое ускорение

которого

найдены.

Определяем

ускорение

точки

С

в

соответствии с формулой (5): вр ц . aС = a Aτ + a An + aСA + aСA

(8)

Вращательное и центростремительное ускорения точки С во вращательном движении шатуна АВ вокруг полюса А определяются по формулам: вр ц = ω2BA AС . = ε AB AС ; aСA aСA

С учетом заданных размеров и полученных значений кинематических характеристик движения шатуна ц вр = 1,7 см/с2. aСA = 6,8 см/с2, aСA

35

ц вр Вектор aСA направлен от С к А, вектор aСA перпендикулярен вектору ц aСA и направлен соответственно дуговой стрелке углового ускорения ε АВ .

Поскольку все слагаемые векторы в уравнении (8) известны точно по модулю и направлению, ускорение точки С находим по проекциям на координатные оси Bx и By (см. рис. 11,а):

аС х = а цАС + а cos 30o − a вA cos 60o , аС y = а цАС + а cos 60o + a вA cos 30o − a вАС , аС =

В

(аС х )2 + (аС у )2 . результате

вычислений

получаем:

аС х = 11,2 см/с2;

аСу = 21,8 см/с2; аС = 24,5 см/с2. Проекции вектора ускорения точки C

показаны на рис. 11, в. Ответ: ν B = 8,7 см/с; ν C = 10,5 см/с; ω AB = 0,29 рад/с; аВ= 16,7 см/с2; аС = 24,5 см/с2.

Варианты заданий для самостоятельной работы приведены в табл. 3 и на рис. 12. Необходимые для расчета данные приведены в табл. 3, а схемы механизмов помещены на рис. 12. Найти для заданного положения механизма скорости и ускорения точек В и С, а также угловую скорость и угловое ускорение звена, которому эти точки принадлежат.

36

Таблица 3 Размеры, см Номер варианта

ωOA, рад/с

ω1, рад/с

εОА, рад/с2

νА, см/с

аА, см/с2

ОА

r

AB

AC

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1

40

15

-

8

2

-

2

-

-

2

30

15

-

8

3

-

2

-

-

3

-

50

-

-

-

-

-

50

100

4

35

-

-

45

4

-

8

-

-

5

25

-

-

20

1

-

1

-

-

6 7 8 9 10 11 12

40 35 25 -

15 -

75 20 45 80 30 30

6 60 10 30 20 15 20

1 5 1 -

1 -

0 10 2 -

40 20 10 20

20 10 0 20

13

25

-

55

40

2

-

4

-

-

14

45

15

-

8

3

12

0

-

-

15 16

40 55

15 20

-

8 -

1 2

-

1 5

-

-

17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

10 20 30 35 25 20 20 20 12 40

30 15 15 15 -

10 20 60 60 60 35 70 50 35 -

10 5 10 6 15 40 20 15 20 10 5 25 15 20

2 1 3 4 2 1 2 1 4 5

2,5 1,2 -

6 0 8 10 3 2 0 1 6 10

80 10 5 60 -

50 15 10 30 -

37

1

2 0

ω0 A

30°

А

r

ε0 A

45°

45°

C B 4

А

C

r

30°

ε0 A

А V αA A

ω0 A

C

90°

0 5

B

C r А

3 B

ω0 A ε0 A

0

B

30°

6

B 30°

А

r

C

C 45°

90°

0

0

ω0 A ε 0 A

ω0 A

B

А

ωI

I

8

7 B

C 45°

0 9

B

А

C А

ε0 A ω0 A

30°

10

VA

B

C

А C

А

αA

60°

ω0 A B

30°

Рис. 12. Начало 38

α A VA

ε0 A 0

А

11

А V A αA

12

VA

90°

30°

C

C B

B 14

13 B C

0

ε0 A

ω0 A

ω0 A

0

C r

45°

А

ωI

I

45°

B

А

15

16

30°

r

ε0 A

C

А

C 30°

А

0

ω0 A

30°

ω0 A

B

17

А

18

αA

ε0 A

r

C r

ω0 A

А VA 45°

0

B

C

ε0 A

45°

45°

B

αA VA

20

19 0

ω0 A

r I

ωI

А

А B C

C

30° 30°

45°

Рис. 12. Продолжение 39

B

0

ω0 A

ε0 A ω0 A

ε0 A

ω0 A ε0 A αA VA

ω0 A

ωI

ω0 A ε 0 A

α A VA

ω0 A

ε0 A

ω0 A ε0 A

ε0 A ω0 A

Рис. 12. Окончание 40

Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки в сложном движении

В сложном движении точка выполняет одновременно два движения – относительное и переносное. Относительное движение материальной точки – это движение по некоторой траектории, расположенной на поверхности движущегося тела. Переносное движение – это движение, которое сообщает материальной точке та точка поверхности движущегося тела, с которой в данное мгновение она совпадает. В

сложном

движении

определяют

абсолютную

скорость

и

абсолютное ускорение материальной точки относительно неподвижной системы координат. В соответствии с теорией сложного движения вектор абсолютной скорости материальной точки равен геометрической сумме векторов относительной и переносной скоростей: vабс = vотн + vпер ,

а

вектор

(1)

абсолютного

геометрической

сумме

ускорения векторов

материальной

относительного,

точки

равен

переносного

и

кориолисова ускорений: aабс = aотн + aпер + aкор .

(2)

Для решения задач на сложное движение материальной точки необходимо исследовать относительное и переносное движения точки. Относительное движение точки может быть задано естественным способом – законом изменения дуговой координаты s = s (t ) . Необходимо выбрать на траектории относительного движения начало отсчета, направление положительного отсчета дуговой координаты (направление

касательной),

а

затем 41

вычислить

значение

дуговой

координаты в заданный момент времени и изобразить материальную точку на траектории с учетом знака результата. Скорость точки при естественном способе задания движения определяется дифференцированием закона движения по времени

vотн = s& . Вектор относительной скорости следует показывать по касательной к траектории

относительного

движения

с

учетом

знака

результата

дифференцирования для заданного момента времени. Ускорение точки при естественном способе задания относительного τ и движения определяется по двум составляющим – касательному aотн n нормальному aотн ускорениям: τ n . aотн = aотн + aотн

Касательное ускорение при естественном способе задания движения определяется как вторая производная по времени от закона движения: τ aотн = &s& = v& .

Вектор касательного ускорения следует показывать по касательной к траектории

относительного

движения

с

учетом

знака

результата

дифференцирования в заданный момент времени. Нормальное ускорение при естественном способе задания движения определяется по формуле: n = aотн

2 vотн , ρ

где ρ – радиус кривизны траектории в данной точке. Вектор нормального ускорения направлен от точки к центру кривизны

траектории

относительного 42

движения.

Если

траектория

относительного движения – прямая линия, нормальное ускорение равно нулю. Переносное движение обычно задается законом вращения твердого тела ϕпер = ϕ(t ) . Направление положительного отсчета угла поворота указывается на схеме. Траектория материальной точки в переносном движении расположена в плоскости, перпендикулярной оси вращения, и представляет собой окружность с центром на оси вращения (если переносное движение – вращательное). Для исследования переносного движения, прежде всего, необходимо определить радиус траектории переносного движения точки. Тогда скорость переносного движения можно определить по формуле: vпер = ωпер ⋅ rпер ,

где ωпер – угловая скорость вращения тела в данный момент времени, которая численно определяется дифференцированием по времени закона переносного вращения ωпер = ϕ& пер . Направление дуговой стрелки угловой скорости переносного движения

следует

дифференцирования

показывать для

с

заданного

учетом момента

знака времени.

результата С

учетом

выбранного направления показывают и вектор переносной скорости материальной точки по касательной к траектории переносного движения. Ускорение переносного движения материальной точки определяется двумя

составляющими

–

вращательным

и

центростремительным

ускорениями, т.к. это ускорение сообщает материальной точке некоторая точка вращающегося тела: вр ц . aпер = aпер + aпер

43

Вращательное ускорение находят по формуле: вр aпер = ε пер rпер ,

&& пер = ω & пер ). где ε пер – угловое ускорение переносного движения ( ε пер = ϕ

Вектор вращательного ускорения переносного движения следует показывать по касательной к траектории переносного движения с учетом направления углового ускорения. Центростремительное ускорение переносного движения находят по формуле: ц 2 aпер = ωпер rпер .

Вектор центростремительного ускорения всегда направлен от точки к центру кривизны траектории переносного движения. Кориолисово ускорение характеризует изменение относительной скорости

в

переносном

движении

и

переносной

скорости

–

в

относительном движении. Модуль кориолисова ускорения определяется по формуле: aкор = 2vотн ωпер sin α ,

где α – угол между направлениями векторов относительной скорости и угловой скорости переносного движения. В плоских задачах α = 90o . Направление кориолисова ускорения удобно определять по правилу Жуковского: направление кориолисова ускорения указывает вектор относительной скорости, повернутый в сторону переносного вращения на 90о в плоскости траектории переносного движения. Кинематические характеристики относительного движения могут иметь индекс «r», а переносного движения – индекс «e».

44

Пример выполнения задания. Пластина (рис. 13) вращается вокруг

оси x по закону ϕe = ϕe (t ) . По краю пластины вдоль прямой BD движется ( точка M по закону sr = AM = sr (t ) . Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки M в заданный момент времени t. z B M

D

ar

45°

Ve a

A

3в

Vr

aeц

aк

45° ω x ω

0

y

Рис. 13 Дано: ϕe = 4t рад; sr = 0,6(t 3 − 2t 2 ) см; в=0,20 м. r r Найти абсолютную скорость V и абсолютное ускорение a точки М в момент t = 1c. Решение.

Рассмотрим движение точки M как сложное, считая ее движение вдоль края пластины относительным, а вращение плаcтины – переносным. Тогда абсолютная скорость vабс и абсолютное ускорение aабс найдутся по формулам (1) и (2) соответственно. 1. Относительное движение. Это движение прямолинейное и ( происходит вдоль прямой BD по закону S = АМ = 60(t 3 − 2t 2 ) . Движение задано естественным способом. Выберем начало отсчета дуговой координаты в точке A. Направление положительного отсчета дуговой координаты выберем в направлении точки D. В момент времени t = 1 с значение дуговой координаты равно ( sr = АМ = 0,6(13 − 2 ⋅ 12 ) = −0,6 м. 45

Знак минус означает, что в данный момент времени точка M находится слева от начала отсчета. Относительная скорость точки M равна vr = s&r = 0,6(3t 2 − 4t ) = 0,6(3 ⋅ 12 − 4 ⋅ 1) = −0,6 м/с.

Относительное ускорение точки M равно 2 ar = &s&r = v&r = 0,6(6t − 4) = 0,6(6 ⋅ 1 − 4) = 1,2 м/с .

Знаки указывают, что вектор v r направлен в сторону отрицательного отсчета дуговой координаты sr , а вектор ar – в сторону положительного отсчета. 2. Переносное движение. Это движение вращательное и происходит по закону ϕe = 4t . Найдем угловую скорость ωe и угловое ускорение ε e переносного вращения:

ωe = ϕ& e = 4 рад/с = const; ε e = 0 . При t=1c ωe = 4 рад/с; ε e = 0 . Знаки указывают, что в момент t = 1 с направление ωe совпадает с направлением положительного отсчета угла ϕe . Найдем расстояние OM точки M от оси вращения x: OM = AM ⋅ 2 = 0,6 ⋅ 2 = 0,84 м.

Переносная скорость точки M равна

ve = ωe ⋅ OM = 4 ⋅ 0,84 = 3,36 м/с. Вектор переносной скорости направлен перпендикулярно отрезку OM (радиусу вращения) в сторону вращения пластины.

Переносное ускорение точки M определим по вращательной и центростремительной составляющим: 46

r aeв = ε e ⋅ OM = 0 , так как ε e = 0 . r aeц = ωe2 ⋅ OM = 4 2 ⋅ 0,84 = 13,44 м/с2. Вектор aeц направлен из точки M к центру вращения O. 3. Кориолисово ускорение. Так как угол между вектором vr и вектором ωe (совпадающим с осью вращения) равен 900, то численно в момент времени t = 1 c aкор = 2 ⋅ ωe ⋅ vr ⋅ sin 90° = 2 ⋅ 4 ⋅ 0,6 ⋅ 1 = 4,8 м / с 2 . Направление aкор найдем по правилу Жуковского. Для этого вектор о vr повернем на 90 в сторону вращения (против хода часовой стрелки).

Вектор aкор направлен вертикально вниз. 4. Определение vабс . Так как векторы vr и ve направдены под углом 45о друг относительно друга, то модуль абсолютной скорости vабс определим по теореме косинусов vабс = ve2 + vr2 + 2ve vr cos 45o = 3,36 2 + 0,6 2 + 2 ⋅ 3,36 ⋅ 0,6 ⋅ 0,707 = 3,81 м/с. 5. Определение

aабс .

aабс = ar + aeвр + aeц + aкор .

По

теореме

о

сложении

ускорений

Для определения aабс вычислим проекции

вектора aабс на оси y и z. a y = ar + aeц ⋅ cos 45o = 1,20 + 13,44 ⋅ 0,707 = 10,702 м/с 2 a z = aкор − aeц ⋅ sin 45o = −4,80 − 13,44 ⋅ 0,707 = −14,302 м/с 2 r aабс = a 2y + a z2 = 10,702 2 + (−14,302) 2 = 17,86 м/с 2 Ответ: vабс =3,81 м/с; aабс =17,86 м/с2. Необходимые данные для расчета приведены в табл. 4, а схемы механизмов показаны на рис. 14.

47

Таблица 4 Номер вар.

Уравнение вращения тела ϕe=f1(t),рад

Уравнение относительного движения точки М ОМ=sr= f2(t), см

t1, с

R, см

а, см

α, град

1

2t3–t2

18sin π/4·t

2/3

–

25

–

2

2

0,4t +t

20sinπt

5/3

20

–

–

3

2t+0,5t2

6t3

2

–

30

–

4

0,75t+1,5t2

150πt2

1/6

25

–

–

20cos2πt

3/5

–

40

60

10+10sin2πt)

1/8

–

–

–

25sin π/3· t

4

–

25

–

5 6 7

2

0,5t

2

4t+1,6t 2

2t –0,5t 2

3

8

5t–4t

15/8·πt

2

30

30

–

9

0,2t3+t

5 2 (t 2 + t )

2

–

60

45

20sinπt

1/3

–

20

–

1

–

4 5

–

2

10

t–0,5t

11

0,5t2

3

8t +2t

2

12

6t+t

30π cos π/6· t

3

60

–

–

13

t+3t2

6t+4t3

2

40

–

–

14

2(t2-t)

50(t2-t)+50

1

–

50

30

15 16 17

2

2

πR/3 · (t -2t)

3

30

–

–

2

25π(t+t2)

1/2

25

–

–

2

3

2

–

20

30

1

10

–

–

t -5t 2t+4t 2t–3t

5 3 / 3⋅t

18

2

2(t -t)

πR/4 · (4-t )

19

3t2-8t

4(3t - t2)

3

2

2

–

12 3

30

3

20

2t-0,3t

75π(0,1t+0,3t )

1

30

–

–

21

0,6t2

6 6 sin π / 16 ⋅ t

4

–

35

30

1

–

40

–

3

–

25

–

1

15

–

45

πR/2 · (t -3)

2

20

30

–

60cos πt2/3

1

30

–

–

1/2

60

–

45

22

3

10π(t +t)

2

30sinπt/4

2t -11t

23

t -2t

24

2

3t -9t

25

2

26 27

3

2

3π/4· R · (2-t) 2

7t–3t 3

t –6t 2

15t–4t

2

2

30(0,5t - t )-60 2 3

28

4t–1,5t

30(2t -t )

1

–

20 3

60

29

3

80sin πt/8

2

40

–

–

0

–

50

–

30

-0,5t

2

5t–4t

2

40(t +t)

48

ϕe

ϕe

ϕe

ϕe

ϕe

ϕe

ϕe ϕe

ϕe

ϕe

Рис. 14 Начало 49

R

2R

a а/2

ϕe

а

ϕe

ϕe

R

ϕe

R

ϕe

ϕe

R

2R

R

ϕe

α α

ϕe

ϕe R

ϕe

Рис. 14 Продолжение 50

21

22 0

M

M

·

a

α

01

ϕe

ϕe

R

01

a

23

24 α

ϕe

M

01

M

0

ϕe

R

0

01

0

a

a

α а

25

26

M

0 01

а

01

R

0

R/2

ϕe 28

27

M α a

α

0

R

· α

01

ϕe

А

0

29

30

M

ϕe

01

0

01

a

R

a

Рис. 14 Окончание 51

ϕe

ϕe

Тесты по разделу «Кинематика» Дидактическая единица: Кинематика точки

1. Ускорение точки характеризует: Ответ: а) изменение вектора скорости по величине; б) изменение вектора скорости по направлению; в) изменение вектора скорости по величине и направлению.

2. При векторном способе задания движения материальной точки ее положение в пространстве в любой момент времени задается: Ответ: а) декартовыми координатами; б) дуговой координатой; в) радиус-вектором.

3. При естественном задании движения траектория в малых окрестностях точки может рассматриваться как плоская кривая, целиком расположенная в соприкасающейся плоскости, определяемой двумя осями естественного трехгранника: Ответ: а) касательной τ и главной нормалью n; б) касательной τ и бинормалью b; в) главной нормалью n и бинормалью b.

52

4. Мгновенное значение скорости точки при координатном способе задания определяется по формулам:

dr Ответ: а) v = ; dt

ds б) v = ; dt

2

2

2

⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎛ dz ⎞ в) v = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ . ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠

5. Если точка движется по кривой линии с постоянной скоростью, ее ускорение равно:

dv а) a = ; dt

v2 б) a = ; ρ

в) a = 0 .

Дидактическая единица: кинематика твердого тела

6. Какое движение совершает тело D, если O1 A = O2 B ? Ответ: а) поступательное; б) вращательное; в) плоскопараллельное.

7. Скорость какой точки схемы определяется по формуле v =

Ответ: а) точки A; б) точки В; в) точки С.

53

ωR R1 ? r1

8. Диск вращается вокруг неподвижной оси по закону ϕ = 2t 2 − 4t . Чему равна угловая скорость вращения через 1 секунду после начала движения? Ответ: а) − 4 с-1; б) 0; в) 2 с-1. 9. Тело вращается по закону ϕ = −2t 3 + 3t 2 . В интервале времени 2 ≤ t < 3 с движение тела: Ответ: а) замедленное; б) равномерное; в) ускоренное. 10. Где находится мгновенный центр скоростей точек плоской фигуры? Ответ: а) в точке пересечения векторов скоростей всех точек; б) на пересечении перпендикуляров к векторам скоростей точек, восстановленных в точках приложения; в) ни то ни другое. 11. В какой точке находится мгновенный центр скоростей звена 2?

Ответ: а) в точке А; б) в точке С; в) в точке D.

54

12. Какие тела совершают в данное мгновение поступательное движение?

Ответ: а) только AC; б) только ползун С; в) AC и ползун С.

Дидактическая единица: сложное движение точки и твердого тела 13. Абсолютное ускорение точки в общем случае сложного движения складывается: Ответ: а) из относительного и переносного ускорений; б) относительного, переносного и кориолисова ускорений; в) относительного и кориолисова ускорений. 14. В каком случае ускорение Кориолиса равно нулю? Ответ: а) когда переносное движение поступательное; б) когда переносное движение вращательное; в) когда переносное движение плоское. 15. Какое движение твердого тела можно рассматривать как сложное? Ответ: а) поступательное; б) вращательное; в) плоскопараллельное. 55

Равновесие плоской системы сил

Условия равновесия плоской системы сил, действующих на твердое тело, могут быть выражены в следующих формах: 1-я – ΣFx=0; ΣFy=0; ΣmO ( F k ) = 0 , т.е. для равновесия плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы равнялись нулю суммы проекций всех сил на оси координат и сумма моментов всех сил относительно какой-либо точки плоскости; 2-я – Σm A ( F k ) = 0 ; Σm B ( F k ) = 0 ; ΣmC ( F k ) = 0 , т.е. для равновесия плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы равнялись нулю суммы моментов всех сил относительно трех каких-либо точек плоскости, не лежащих на одной прямой; 3-я – Σm A ( F k ) = 0 ; Σm B ( F k ) = 0 ; ΣFx = 0 , т.е. для равновесия плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы равнялись нулю суммы моментов всех сил относительно двух каких-либо точек плоскости и сумма проекций всех сил на любую ось, не перпендикулярную прямой, проходящей через эти две точки. Реакции

шарнирно-неподвижной

опоры

изображаются

двумя

векторами сил, параллельными координатным осям (рис. 15).

Ry Rx Рис. 15 Реакция

Рис. 16 невесомого

стержня

направленным вдоль оси стержня. 56

Рис. 17 изображается

вектором

силы,

Реакция шарнирно-подвижной опоры изображается вектором силы, направленным по нормали к поверхности, вдоль которой опора допускает перемещение (рис. 16). Реакция жесткой заделки изображается двумя векторами сил, параллельными координатным осям, и парой сил с моментом реакции (рис. 17). Активные силы могут быть представлены сосредоточенной или распределенной нагрузкой, а также моментом пары сил. Если линия действия сосредоточенной силы не параллельна какойлибо оси координат, то силу необходимо разложить на составляющие (проекции),

параллельные

координатным

осям,

т.е.

заданная

сосредоточенная сила будет являться равнодействующей эквивалентной системы сил. Проекции векторов положительные, если их направление совпадает с положительным направлением координатных осей, в противном случае проекции отрицательны. Если вектор силы перпендикулярен некоторой оси, то проекция этого вектора на эту ось равна нулю. Распределенную нагрузку следует заменить сосредоточенной силой, приложенной

ровно

посредине

нагруженного

участка.

Модуль

равнодействующей равен:

Q = ql , где q – интенсивность распределенной нагрузки, l – длина нагруженного участка. Момент пары сил считается положительным, если изображающая дуговая стрелка направлена против часовой стрелки. В противном случае момент пары сил считается отрицательным. 57

Алгебраическое значение момента силы F относительно некоторого центра O равно произведению модуля силы F на плечо h :

M O (F ) = ±F ⋅ h . Плечом считается кратчайшее расстояние (перпендикуляр) от выбранного центра до линии действия силы: Момент силы относительно выбранного центра положительный, если сила стремится произвести вращение тела против хода часовой стрелки, в противном случае момент силы относительно выбранного центра отрицательный. Если линия действия силы проходит через выбранный центр, то момент этой силы относительно этого центра равен нулю. Момент силы относительно центра может быть найден по теореме Вариньона: если система сил имеет равнодействующую, то момент этой равнодействующей относительного любого центра равен сумме моментов составляющих относительно этого же центра: M O ( R ) = ∑ M O ( Fk ) .

Для решения задачи следует: 1. Провести анализ условия задачи. 2. Выбрать систему координат. 3. Выделить тело, равновесие которого необходимо рассмотреть. 4. Показать активные силы, выполнив, если нужно, преобразование систем сил в эквивалентные системы. 5. Показать реакции внешних опор. 6. Составить уравнения равновесия. 7. Определить искомые реакции.

58

П р и м е р 1. Арочная ферма (рис. 18) имеет неподвижный опорный шарнир в точке А, в точке В – подвижную гладкую опору, плоскость которой наклонена к горизонту по углом 30˚ . Пролет АВ=20 м.

Рис. 18 Центр тяжести фермы, вес которой вместе со снеговой нагрузкой равен 100 кН, находится в точке С, расположенной над серединой пролета

АВ. Равнодействующая сил давления ветра F равна 20 кН и направлена параллельно АВ, линия ее действия отстоит от АВ на 4 м. Определить опорные реакции. Р е ш е н и е: 1.

Анализ

условия

задачи.

Имеем

плоскую

систему

сил,

действующую на ферму. В точке A установлена шарнирно-неподвижная опора, в точке B – шарнирно-подвижная. Следовательно, необходимо определить реакции X A , YA и RB . Задача статически определимая, для нахождения искомых реакций необходимо решить уравнения равновесия плоской системы сил, действующей на тело, в форме: ΣFx=0; ΣFy=0; ΣM B ( F k ) = 0 . 2. Выбор системы координат. Проведем координатные оси Bx и By через точку B таким образом, чтобы ось Bx проходила через точку A, а ось By была ей перпендикулярна.

59

3. Выбор тела, равновесие которого необходимо рассмотреть. Изобразим арку без опор (рис. 19) и проставим геометрические размеры. y RB C

F YA

P

4м x

B

30˚

10 м

10 м

A

XA

Рис. 19 4. Изображение активных сил. Из точки C вертикально вниз проведем силу тяжести P. Силу ветровой нагрузки F можно изобразить в любом месте схемы на расстоянии, соответствующем 4 м от оси Bx . 5. Изображение реакций внешних опор. Реакцию шарнирнонеподвижной опоры изобразим двумя составляющими

XA

и YA ,

параллельными координатным осям. Направление искомых реакций выберем таким, чтобы их проекции вошли в уравнения равновесия со знаком «+». Реакцию шарнирно-подвижной опоры RB направим по нормали к поверхности, вдоль которой опора допускает перемещение. 6. Составим уравнения равновесия: 1) ΣFx=0; RBcos60˚+XA–F=0; 2) ΣFy=0; RBsin60˚+YA–P=0; 3) ΣM B ( F k ); –Pּ10+Fּ4+YAּ20=0; –100ּ10+20ּ4+YAּ20=0. 7. Решая систему уравнений, получим: – из 3-го YA=46кН; – из 2-го RB=62,35кН; – из 1-го XA= –11,2кН. 60

Анализ результатов показывает, что сила XA направлена в сторону, противоположную направлению на рис. 19. Для проверки правильности решения необходимо, чтобы сумма моментов всех сил относительно любой точки, кроме точки B, была равна нулю, например, ΣM A ( F k ) = 0 (или относительно любой другой точки).

ΣM A ( F k ) = 0; –20RB cos 30˚+10P+4F = −20 ⋅ 62,35 ⋅ 0,866 + 10 ⋅ 100 + 4 ⋅ 20 =0. Ответ: X A = –11,2 кН, YA =46 кН и RB =62,35 кН.

Варианты заданий для самостоятельной работы приведены в табл. 5. Необходимо определить реакции опор.

61

Таблица 5 G кН 3

P кН 4

q Н/м 5

M Нм 6

α

10

5

1

20

30º

12

8

4

10

60º

8

4

2

5

60º

14

–

3

8

30º

–

6

1

7

45º

–

10

2

4

60º

7

–

6

1

5

45º

8

16

7

2

6

60º

№ п/п 1

Схема 2

1

C

P

2

q

α

α D

M 2

B

A G

1

3

P

q

3

7

A G

α

B

M 2

2

4

4

2

5

q

P 3

6

α 1 M

A

B

62

Продолжение табл. 5 1

2

3

4

5

6

7

9

6

6

2

4

30º

10

10

8

1

9

30º

11

–

4

0,5

7

45º

10

6

–

8

45º

12

10

2

6

30º

10

6

1

10

45º

4

4

2

4

60º

20

10

2

–

45º

P

B

C

12 G

M α A

1

13

1

14

16

2

4

15

63

Продолжение табл. 5 1

2

2

17

18

3

4

5

6

7

25

5

0,5

–

45º

20

10

–

10

30º

–

4

1

8

45º

–

10

0,5

6

45º

–

8

0,5

7

30º

–

10

1

8

30º

–

7

2

10

30º

1

A

2

19

α

M q

2q 3

B

P

2

21

4

20

2

22

23

64

Продолжение табл. 5 1

2

2

24

q

M

2

4

5

6

7

–

6

1,5

7

30º

–

14

0,5

20

45º

–

16

1

14

30º

5

4

2,5

8

45

–

10

3

7

30º

–

6

1

8

30º

15

10

–

14

30º

P

α 2

2

B

25

3

A P

2q 3

26

2

q

2

2

27

B

3

M

A

α

A M

q

28

B

2

2

29

2

1

P α

2

30 A

α

Bα M G

P 1

0,5

65

Равновесие

системы

произвольно

расположенных

сил

(пространственной системы сил)

Из условий равновесия

R = ΣF k = 0 ; M O = ΣM k ( F k ) = 0 следуют шесть аналитических уравнений равновесия произвольной пространственной системы сил: 1. Rx = ΣFx = 0 . 2. R y = ΣFy = 0 . 3. Rz = ΣFz = 0 . 4. M Ox = Σmx ( F k ) = Σ( yFz − zFy ) = 0 .

(1)

5. M Oy = Σm y ( F k ) = Σ( zFx − xFz ) = 0 . 6. M Oz = Σm z ( F k ) = Σ( xFy − yFx ) = 0 . Таким образом, для равновесия произвольной пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы равнялись нулю суммы проекций всех сил на оси координат и суммы моментов всех сил относительно этих осей координат. Для

закрепления

валов

при

нагружении

произвольной

пространственной системой сил могут использоваться сферические шарниры или подпятники и цилиндрические шарниры (подшипники). Подпятник или сферический шарнир следует рассматривать как шарнирно неподвижную опору, в которой возникают три реакции, параллельные осям координат (рис. 20). В подшипнике возникают две реакции 66

(радиальные),

направленные

параллельно

осям

координат,

не

совпадающим с осью вала (рис. 21). z

RAx

RAy A y

x

Рис. 20

Рис. 21

Активные силы, не параллельные координатным осям, следует разложить на составляющие (проекции), параллельные осям координат. Момент силы относительно оси равен произведению модуля проекции силы на плоскость, перпендикулярную оси, на плечо. Плечом считается кратчайшее расстояние от линии действия проекции до точки пересечения оси и плоскости. Момент силы относительно оси положительный, если при взгляде с конца оси виден поворот тела против хода часовой стрелки. В противном случае момент считается отрицательным. Момент силы относительно оси равен нулю, если линия действия вектора силы и ось лежат в одной плоскости. При составлении уравнений моментов можно использовать теорему Вариньона о моменте равнодействующей: если система сил имеет равнодействующую, то момент этой равнодействующей относительно любой оси равен сумме моментов составляющих ее сил относительно этой же оси, например: M z ( R ) =

∑ M z ( Fk ) . 67

П р и м е р 6. На горизонтальный вал, лежащий в подшипниках А и В (рис. 22), насажены перпендикулярно к оси вала шкив радиусом r1=0,2м и барабан радиусом r2=0,15м. Вал приводится во вращение ремнем, накинутым на шкив, при этом поднимается груз весом Р=1,8 кH, привязанный к тросу, который наматывается на барабан. Не учитывая вес конструкции, определим реакции в подшипниках А и В и натяжение Т1 ведущей ветви ремня, если Т1 = 2Т2. Дано: а=0,4м,

a

b=0,6м, α=30˚.

T2

b

r1 A

T1

a

z α r2

P

В

y

x Рис.22 Применим порядок решения задачи о равновесии произвольной плоской системы сил.

68

Р е ш е н и е: 1. Анализ условия задачи. При равномерном вращении вала действующие на него силы находятся в равновесии. В точках A и B установлены подшипники, следовательно, реакции опор в каждой из этих точек будут представлены двумя составляющими. Система сил – произвольная пространственная. Уравнения равновесия имеют вид (1). 2. Выбор системы координат. Оси координат изображены на схеме. Начало координат – в точке B. 3. Выбор тела, равновесие которого необходимо рассмотреть. Изобразим вал со шкивом и барабаном без опор и проставим геометрические размеры. Отбросим груз, заменив его действие силой

b

a

натяжения троса P , приложенной непосредственно к барабану (рис. 23).

RAz A

T2

r1

T1 RAy

a

z

Pcos

α Psin

RBz В

P

r2 RBy

y

x Рис. 23 69

4. Изображение активных сил. Покажем силы натяжения ремня T1 и

T2 , параллельные оси

By . Разложим силу

P

на составляющие,

параллельные осям By и Bz (проекции силы на соответствующие координатные оси). Сила P перпендикулярна оси Bx , следовательно, ее проекция на эту ось равна нулю. Определим абсолютные значения проекций (без учета знака):

Py = P ⋅ cos 30o =1,8·0,866=1,559 Н; Pz = P ⋅ sin 30o = 1,8 ⋅ 0,5 = 0,9 Н. 5. Изображение реакций внешних опор. В точках A и B установлены цилиндрические

шарниры

(подшипники).

Реакции

цилиндрических

шарниров изобразим в каждой точке двумя составляющими R Ay , R Az и

RBy , RBz , параллельными двум координатным осям, перпендикулярно валу. Направление искомых реакций выберем таким, чтобы их проекции вошли в уравнения равновесия со знаком «+». 6. Составим уравнения равновесия. 1)

∑ Fkx = 0 ;

2)

∑ Fky = 0 ; Py + T1 + T2 + RAy + RBy = 0 ;

3)

∑ Fkz = 0 ; − Pz + RAz + RBz = 0 ;

4)

∑ M x ( Fk ) = 0 ; − P ⋅ r2 + T1 ⋅ r1 − T2 ⋅ r1 = 0 ;

5)

∑ M y ( Fk ) = 0 ; − Pz ⋅ a + RAz (a + b) = 0 ;

6)

∑ M z ( Fk ) = 0 ;

− Py ⋅ a − R Ay (a + b) − T1 (2a + b) − T2 (2a + b) − R Ay (a + b) = 0 . 70

Подставляя исходные данные, имеем: 1)

∑ Fkx = 0 ;

2)

∑ Fky = 0 ; 1,559 + 2T2 + T2 + RAy + RBy = 0 ;

3)

∑ Fkz = 0 ; − 0,9 + RAz + RBz = 0 ;

4)

∑ M x ( Fk ) = 0 ; 1,8 ⋅ 0,15 + 2T2 ⋅ 0,2 − T2 ⋅ 0,2 = 0 ;

5)

∑ M y ( Fk ) = 0 ; 0,9 ⋅ 0,4 − RAz (0,4 + 0,6) = 0 ;

6)

∑ M z ( Fk ) = 0 ;

1,559 ⋅ 0,4 − 2T2 (2 ⋅ 0,4 + 0,6) − T2 (2 ⋅ 0,4 + 0,6) + R Ay (0,4 + 0,6) = 0 . 7. Решая систему уравнений, получим: – из 4-го T2=1,35 кH, следовательно, T1=2,7 кH; – из 5-го R Az = 0,36 кH; – из 6-го R Ay = −6,3 кH; – из 3-го RBz = 0,54 кН; – из 2-го RBy = 0,69 кH.

Ответ: T1=2,7 кH;

R Az = 0,36 кH; R Ay = −6,3 кH; RBz = 0,54 кН;

RBy = 0,69 кH. Знак минус реакции R Ay означает, что направление этой силы противоположно указанному.

Варианты заданий для самостоятельной работы приведены в табл. 6. Необходимо определить реакции опор. 71

Таблица 6 Q кН 3

T кН 4

G кН 5

a см 6

b см 7

c см 8

R см 9

r см 10

–

2

1

20

30

15

15

10

4

6

3

20

40

15

20

10

3

4

–

1

25

20

8

15

10

4

–

2

1

30

90

20

30

10

5

3

–

2

60

20

40

20

5

№ п/п 1

Схема 2 δ=5·10-3R

B

b

T

y 30°

r

a

z

1

P

t R

C

G N

b

b

R

r

b

2

N || Az N = 2G

x

c

А

δ

T=2t T и t Ay P и t || Ax

72

Продолжение табл. 6 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

–

–

0,09

40

60

10

–

12

7

1,6

4

11

12

25

12,5

–

17,5

8

12,3 5,02 36,5

29

11

–

–

24

z

6

b

c B

A

x

G

· Q b

r

a

y Q || Ax

9

3

–

–

15

45

15

30

10

10

–

–

1

–

10

40

50

11

73

Продолжение табл. 6 1

2

11

3

4

5

6

7

8

9

10

8

3

1,5

30

30

15

10

2,5

12

0,42– –

–

40

50

60

40

30

13

2,4

1,7

10

60

40

–

–

12

–

2

–

30

30

20

40

20

2

–

20

20

30

10

15

5

3

–

2

30

20

40

15

10

r z

G R

14

b

A

15

c

y

a

R

r

R

16

T

b

x

2T

B

74

Продолжение табл.6 1

2

4

5

6

7

8

9

10

1

4

2

40

30

20

20

10

–

3

1

30

10

5

18

6

1

4

2

30

40

20

20

10

10

–

5

40

30

20

25

15

c

17

3

18

19

B G

y

t 30° Т

b

45°

P

a

x

T=2t Ay P || Az t || Ax Ay

c

A

c

r

z

R

20

75

Тесты по разделу «Статика» Дидактическая единица: Статика 1. Что изучает статика? Ответ: а) способы преобразования систем сил в эквивалентные системы; б) условия равновесия сил, приложенных к твердому телу; в) то и другое. 2. Система сходящихся сил – это совокупность сил, в которой: Ответ: а) линии действия сил совпадают; б) линии действия сил пересекаются в одной точке; в) линии действия сил параллельны. 3. На какой схеме R является равнодействующей системы сходящихся сил? Ответ:

а)

б)

в)

4. На какой схеме система активных сил эквивалентна нулю? Ответ:

а)

б)

76

в)

5. На какой схеме система активных сил эквивалентна паре сил? Ответ: 2

а) 6.

На

б)

какой

схеме

система

в) активных

сил

эквивалентна

равнодействующей? Ответ:

а)

б)

в)

7. Алгебраический момент силы относительно центра считается положительным, если он вызывает вращение: Ответ: а) по часовой стрелке; б) против часовой стрелки; в) то и другое. 8. В каких видах опор возникает момент реакции? Ответ: а) в шарнирных опорах; б) в стержневых опорах; в) в заделках.

77

9. На какой схеме правильно изображены реакции жесткой заделки в случае нагружения произвольной плоской системой активных сил? Ответ:

а)

б)

в)

10. Как изображается шарнирно-неподвижная опора и ее реакции в случае нагружения произвольной плоской системой внешних сил: Ответ:

а)

б)

в)

11. На какой схеме правильно изображена реакция гладкой опорной плоскости? Ответ:

а)

б)

в)

12. Аналитическими условиями равновесия произвольной плоской системы сил являются уравнения: 1)

∑ Fkx = 0 ; ∑ Fky = 0 ; ∑ M A ( Fk ) = 0 ;

2)

∑ Fkx = 0 ; ∑ M A ( Fk ) = 0 ; ∑ M B ( Fk ) = 0 ;

3) ∑ M A ( Fk ) = 0 ;

∑ M B ( Fk ) = 0 ; ∑ M С ( Fk ) = 0 .

Ответ: а) 1; б) 2 и 3; в) все. 78

13. Для какой схемы составлены уравнения равновесия?

R Ax + P cos 60o = 0 ; R Ay − P sin 60o + RBy = 0 ; − R Ay ⋅ h1 + RBy ⋅ h2 = 0 Ответ: 1

2

60о

а)

б)

в)

14. Какое уравнение моментов составлено относительно точки В?

а)

14 RBy − 8 P = 0 ; б)

15.

Что

будет

6 P − 14 R Ay = 0 ;

происходить

с

в) 6 RBy − 8R Ay = 0 .

абсолютно

твердым

телом,

находящимся под действием некоторой системы сил, если главный вектор и главный момент этой системы сил не равны нулю, а направления векторов совпадают? Ответ: а) перемещение в направлении главного вектора; б) вращение в плоскости действия главного момента; в) винтовое движение.

79

Дифференциальные уравнения движения твердого тела

Дифференциальные уравнения простейших движений твердого тела получают из общих теорем динамики. Дифференциальное уравнение поступательного движения тела получают из теоремы об изменении количества движения механической системы:

m

dvC = dt

∑ Fke + ∑ Fki ,

(6.2)

где vС – скорость центра масс тела, а m – масса тела,

∑ Fke

– главный

∑ Fki – главный вектор внутренних сил. Для абсолютно твердого тела ∑ Fki = 0 .

вектор внешних сил,

В случае прямолинейного движения дифференциальное уравнение движения имеет вид: m&x& =

∑ Fkxe .

Дифференциальное уравнение вращательного движения твердого тела получают из теоремы об изменении кинетического момента механической системы: Jz

dω = dt

∑ M ze + ∑ M zi ,

где J z – осевой момент инерции тела, ω – угловая скорость вращения,

∑ M ze

– главный момент внешних сил,

внутренних сил относительно оси вращения. В абсолютно твердом теле

∑ M zi = 0 . 80

∑ M zi

– главный момент

Следовательно,

дифференциальное

уравнение

вращательного

движения твердого тела имеет вид:

&& = M ze , J zϕ && – угловое ускорение. где ϕ Для исследования поступательного и вращательного движения механической системы необходимо: 1) разделить систему на абсолютно твердые тела, действие отброшенной части системы заменить силами, приложенными в точках соприкосновения; 2) составить дифференциальные уравнения движения каждого тела; 3) записать уравнения кинематических связей и выразить все ускорения тел, входящие в систему дифференциальных уравнений движения, через искомое; 4) исключить из уравнений неизвестные силы взаимодействия, получив в общем виде выражение для ускорения тела, движение которого требуется исследовать; 5) дважды проинтегрировать полученное выражение; 6) определить постоянные интегрирования из начальных условий.

Исследование поступательного и вращательного движений твердого тела

Механическая система состоит из механизма (колес 1 и 2) и груза 3. К колесу 1 приложена пара сил с моментом M = M(t) (движущий момент) (рис. 24).

81

Время t отсчитывается от некоторого момента ( t = 0 ), когда угловая скорость колеса 1 равна ω10. Момент сил сопротивления ведомого колеса 2 равен Мс. Другие силы сопротивления движению системы не учитывать. Массы колес 1 и 2 равны m1 и т2, а масса груза 3 – т3. Радиусы окружностей колес R1, R2, r2. Найти уравнение вращательного движения колеса 2 механизма.

Рис. 24 Дано: т1 = 100 кг; т2 = 150 кг; т3 = 400 кг; M = 4200 + 200t Н·м; M с = const = 2000 Н ⋅ м ; R1 = 0,6 м; R2 = 0,4 м; r2 = 0,2 м; ix1 = 0,2 2 м; ix2 = 0,3 м ; ω10 = 2 рад/с . Найти: ϕ2 = f (t ) . Р е ш е н и е . 1. В данной механической системе колеса 1 и 2 механизма вращаются вокруг неподвижных осей, а поднимаемый груз 3 совершает поступательное движение. Отделим тела друг от друга, разрезав нить, удерживающую груз 3, и разъединив колеса 1 и 2 в точках соприкосновения зубьев.

82

r К колесу 1 механизма приложены сила тяжести G1 движущий r r момент М, составляющие реакции подшипника YA , Z A , окружное усилие r r S и нормальная реакция N колеса 2 (рис. 25).

Рис. 25

r К колесу 2 механизма приложены сила тяжести G2 , момент сил r r сопротивления Мс, составляющие реакции подшипника YB , Z B , сила r r натяжения T нити, к которой подвешен груз 3, окружное усилие S и r нормальная реакция N колеса 1 (рис. 26).

Рис. 26 r r К грузу 3 приложены сила тяжести G3 и сила натяжения нити T (рис. 27). Очевидно, что в силу закона равенства действия и противодействия окружные усилия, нормальные реакции и силы натяжения нити, 83

приложенные к телам механической системы, соответственно равны друг другу по модулю и противоположны по направлению.

Рис. 27 2. Составим дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 1 вокруг оси x1: &&1 = J x1ϕ здесь

∑ M ixe 1

∑ M ixe 1 , – главный момент внешних сил, приложенных к колесу 1,

относительно оси вращения х1. Заданный движущий момент M приводит в движение колесо 1 и поэтому его следует принять положительным, а момент, создаваемый r окружным усилием S , препятствует вращению колеса 1 и, следовательно, его следует принять отрицательным:

∑ M ixe 1 =M − SR1 . Дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 1 примет вид &&1 = M − SR1 . J x1ϕ

(1)

Составим дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 2 вокруг оси х2: && 2 = J x2ϕ

∑ M ixe 2 . 84

Здесь

∑ M ixe 2

– главный момент внешних сил, приложенных к колесу 2,

относительно оси вращения х2. r Момент, создаваемый окружным усилием S , приводит в движение колесо 2 и поэтому его следует принять положительным, а момент силы r натяжения нити T и момент сил сопротивления Mс препятствуют движению колеса и, следовательно, их следует принять отрицательными:

∑ M ixe 2 =SR2 − Tr2 − M c . Дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 2 имеет вид && 2 = SR2 − Tr2 − M c . J x 2ϕ

(2)

Составим дифференциальное уравнение поступательного движения груза 3:

Здесь

m3&z&3 =

∑ Z ie .

∑ Z ie

– проекция главного вектора внешних сил, приложенных к

грузу 3, на ось z, направленную в сторону движения груза, т.е. вверх:

∑ Z ie = T − G3 . Дифференциальное уравнение поступательного движения груза 3: m3 &z&3 = T − G3 .

(3)

Таким образом, движение механической системы описывается системой дифференциальных уравнений (1)…(3): &&1 = M − SR1; ⎧ J x1ϕ ⎪ && 2 = SR2 − Tr2 − M с ; ⎨ J x 2ϕ ⎪m &z& = T − G . 3 ⎩ 3 3

(4)

85

В уравнениях (4) неизвестными являются силы T и S , а также &&1 (t ), ϕ && 2 (t ), и &z&3 (t ) – угловые ускорения колес 1, 2 и ускорение функции ϕ груза 3 соответственно. 3. Запишем уравнения кинематических связей для тех точек системы, где происходит передача движения от одного тела к другому. Скорость груза равна скорости точки внутреннего обода колеса 2: v3 = ω2 r2 . Скорость точки внешнего обода колеса 2 равна скорости обода точки колеса 1: ω2 R2 = ω1R1 , откуда ω1 = ω2 R 2 / R1 , Ускорения

тел

в

простейших

движениях

определяются

как

производные по времени от функций изменения скоростей: && = ω &. &z& = v& и ϕ

Следовательно, функции ускорений, входящих в уравнения (4) связаны между собой соотношениями: &&1 = ϕ && 2 R 2 / R1 , ϕ

(5)

&& 2 r2 , &z&3 = ϕ

(6)

&& 2 . так, что в трех уравнениях (4) – три неизвестные: Т, S и ϕ Подставим выражения (5) и (6) в первое и третье уравнения системы (4) соответственно. Получим систему уравнений: && 2 R2 / R1 = M − SR1; ⎧ J x1ϕ ⎪ && 2 = SR2 − Tr2 − M с ; ⎨ J x 2ϕ ⎪m ϕ ⎩ 3&& 2 r2 = T − G3 .

(7)

4. Выразим силу T из последнего уравнения (7): && 2 r2 + G3 = m3ϕ && 2 r2 + m3 g . T = m3ϕ 86

Выразим из первого уравнения (7) силу S : S=

&& 2 R2 / R1 M − J x1ϕ . R1

Подставим эти выражения во второе уравнение системы (7). После && 2 , получим: приведения подобных членов, содержащих ϕ && 2 = ϕ

MR2 R1 − (m3 gr2 + M c ) R12 . J x1R22 + ( J x 2 + m3r22 ) R12

(8)

Выражение (10) определяет в общем виде угловое ускорение колеса 2 механизма. Моменты инерции колес 1 и 2 относительно осей x1 и x2 равны соответственно:

J x1 = m1ix21;

J x 2 = m2ix22 .

Учитывая исходные данные, находим J x1 = 8 кг⋅ м 2 ;

J x 2 = 13,5 кг⋅ м 2 .

Теперь по формуле (8) получаем && 2 = 4,034t + 0,4597 . ϕ

(9)

5. Интегрируя уравнение (9) дважды, получаем: ϕ& 2 = 2,017t 2 + 0,4597t + C1 – закон изменения скорости,

(10)

ϕ2 = 0,672t 3 + 0,230t 2 + C1t + C2 – закон движения.

(11)

6. Постоянные интегрирования определим из начальных условий: при t = 0 ϕ2 0 = 0 , ϕ& 2 0 = ω20 = ω10 R1 / R2 = 3 с-1. Подставляя начальные условия в (10) и (11), получим: ϕ& 2 0 = C1 , ϕ2 0 = C2 , откуда C1 = 3 с-1, C2 = 0 . Искомое уравнение вращательного движения колеса 2 имеет вид: 87

ϕ2 = 0,672t 3 + 0,230t 2 + 3t (рад). Ответ: ϕ2 = 0,672t 3 + 0,230t 2 + 3t . Варианты для самостоятельной работы приведены на рис. 28 и в табл. 8. Схемы механических систем показаны на рис. 28, а необходимые для решения данные приведены в табл. 8. Движение системы вызывает движущий момент M или движущая сила P . Колеса 1 и 2, для которых радиусы инерции ix1 и ix 2 в табл. 7 не заданы, считать сплошными однородными дисками. Найти уравнение движения тела системы, указанного в последней графе табл. 7.

88

Таблица 7 № варианта

m1

m2 m3

R1

r1

R2

1

кг см 100 300 500 20 –

60

2

300

3

200 100 400 60

–

4

100 250 300 20

5

r2

ix1

ix2

M,

P,

MC, ω10,

t1,

H·м

H

H·м рад

c

/с

см 50

2100+20t

–

–

40

–

20

–

60

30

20

60

–

50

30

–

150 300 600 30

–

50

20

–

6

400 250 600 70

–

30

20

70

–

800

3

4

1

7

300 200 400 60 40

30

20

50

20

–

3000+100t

500

0

3

3

8

300 250 700 50 30

40

20

40

30

–

9700+50t

500

1

2

1

9

200 100 500 80 60

20

–

50√2

–

5900+30t

–

600

2

3

2

10

250 100 400 40 20

30

–

30

–

2500+50t

–

1200 0

1,5

2

11

150 300 700 40 30

60

30

30

40

–

3900+50t

1000 1

2

1

12

100 200 600 30 20

60

–

20√2

60

–

5700+50t

1500 2

2

1

13

180 100 300 50 40

30

20

30√2

20

–

2700+200t

400 0,5

1

2

14

150

80 400 40 20

30

–

30

–

1800+20t

–

700 1,5

2,5

3

15

300 180 500 20 10

50

–

10√2

50

700+40t

–

300

1,5

1

16

300 250 400 60 40

50

30

50

40

–

2

1

17

250 100 800 50 30

20

–

40

–

5400+50t

–

900

2

1

18

200 100 600 20

–

50

–

–

50

1900+20t

–

1500 0,5

1

2

19

250 150 400 50 30

30

20

40

20√2

–

14200+200t 500 0,5

2

1

20

400 100 800 50 20

30

–

40

–

3700+50t

–

1

2

21

200 150 300 50 40

30

20

30√2

20

–

3800+100t

800

1

1,5

2

22

250 100 800 60 20

10

–

50

–

–

9700+200t

700

2

0,5

1

23

200

30

–

30

–

2300+20t

–

1

2

24

100 200 500 30

–

40

20

–

30

–

1

1

25

150

–

20

–

60

–

4900+40t

–

800

0

1,5

2

26

250 200 500 50 20

40

30

40

30

–

3500+150t

600

2

2

1

27

250 150 500 50 30

40

30

30√2

30

–

15200+100t 700 1,5

1

1

50

900+10t

–

1500 0

2

2

25√2 2100+20t

–

1000 2

0,5

1

1

2

80 500 70 50

80 400 40 20 80 400 60

28

60

200 900 20

–

60

10

–

29

50

200 500 20

–

40

30

–

30

300

60 600 50 30

20

–

40

–

1000 2

Тело, для которого нужно определить уравнение движения

10200+100t 600

1

0,5

2

20√2 6100+20t

–

800 0,5

2,5

1

40

1000+40t

–

1400 1,5

2

1

30

–

1

3

20√2 4800+10t

–

–

1

2

5500+200t 1500 2

0

7300+100t 1200 1 2

1200 2

900 0,5

12600+100t 500 1,5

7200+50t

700 1,5

П р и м е ч а ни е . Радиусы инерции звеньев 1 и 2 ix1 и ix2 заданы относительно неподвижных осей этих звеньев

89

Рис. 28 Начало

90

Рис. 28 Продолжение

91

Рис. 28 Окончание

92

Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы

Теорема об изменении кинетической энергии механической системы применяется в тех случаях, когда по условию задачи неизвестно время движения, но известно перемещение одного из тел механической системы. С помощью теоремы об изменении кинетической энергии в конечной (интегральной) форме можно определить скорость любого тела системы в конечном положении. В соответствии с теоремой изменение кинетической энергии системы на некотором перемещении равно сумме работ всех внешних и внутренних сил системы на этом перемещении: T − T0 = ∑ Ake + ∑ Aki , где T0 – кинетическая энергия системы в начальном положении; T – кинетическая энергия системы в конечном положении; работ внешних сил;

∑ Aki

∑ Ake

– сумма

– сумма работ внутренних сил на заданном

перемещении. Системы, состоящие из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями, называются неизменяемыми. Для неизменяемых механических систем сумма работ внутренних сил на любом перемещении равна нулю:

∑ Aki = 0 . Если по условию задачи система в начальный момент времени находилась в состоянии покоя, ее кинетическая энергия в начальном положении равна нулю: 93

T0 = 0 . Таким образом, математическая формулировка теоремы имеет вид: T = ∑ Ake . Для исследования движения неизменяемой механической системы из положения равновесия необходимо определить конечное положение (определить перемещения всех тел системы), составить формулу для определения кинетической энергии в конечном положении и вычислить сумму работ внешних сил при перемещении всех тел системы из начального положения в конечное. Кинетическая энергия механической системы определяется как сумма кинетических энергий всех тел, образующих эту систему: T = ∑ Tk . Кинетическая энергия твердого тела определяется в зависимости от вида ее движения. Если тело движется поступательно, все его точки имеют в любой момент времени одинаковые по модулю и направлению скорости, следовательно, его кинетическую энергию можно определить по формуле: 1 T = mvC2 , 2 где m – масса тела, vC – скорость центра масс. Если тело вращается вокруг неподвижной оси, это движение характеризуется единой для всех точек угловой скоростью вращения тела, следовательно, его кинетическую энергию можно определить по формуле: T=

1 2 Jω , 2

где J – осевой момент инерции тела, ω – угловая скорость вращения. 94

Если тело движется плоскопараллельно, его кинетическую энергию можно определить по формуле: 1 1 T = mvC2 + Jω2 , 2 2 где m – масса тела, vC – скорость центра масс, J – осевой момент инерции тела относительно оси, проходящей через центр масс, ω – угловая скорость вращения. Угловую скорость следует определять относительно мгновенного центра скоростей, т.к. вращательная часть плоского движения от выбора полюса не зависит. Работа постоянной силы определяется как скалярное произведение вектора силы на вектор перемещения точки приложения силы: A( F ) = F ⋅ s ⋅ cos α ,

где F – модуль силы, s – модуль перемещения, α – угол между перемножаемыми векторами. Знак работы может быть положительным или отрицательным в зависимости от знака cos α . В случае коллинеарности перемножаемых векторов работа силы положительна, если направление действия силы совпадает с направлением линейного перемещения точки приложения силы. В противном случае работа силы отрицательна. Если точка приложения силы не перемещается, работа силы равна нулю. Работа пары сил с моментом M определяется произведением модуля момента пары на величину углового перемещения тела: A( M ) = ± M ⋅ ϕ .

95

Работа момента пары сил положительна, если направление момента совпадает с направлением углового перемещения тела, в противном случае работа момента отрицательная. Для изучения движения механической системы с помощью теоремы об изменении кинетической энергии необходимо: 1) определить конечное положение системы; 2) записать формулы для определения кинетической энергии каждого тела системы; 3) составить формулу для определения кинетической энергии системы в конечном положении; 4) записать уравнения кинематических связей и выразить все скорости тел, входящие в формулу кинетической энергии, через искомую; 5) записать формулы для определения работ внешних сил на заданном перемещении; 6) составить формулу для определения суммы работ внешних сил; 7) записать уравнения геометрических связей и выразить все перемещения

тел,

входящие

в

формулы

работ,

через

заданное

перемещение; 8) приравнять полученные выражения для кинетической энергии системы и суммы работ внешних сил, из полученного равенства найти искомую скорость.

96

Пример

выполнения

задания.

Механическая

система

под

действием сил тяжести приходит в движение из состояния покоя; наклонные участки нитей параллельны соответствующим наклонным плоскостям. Учитывая трение скольжения тела 1 и сопротивление качению тела 3, катящегося без проскальзывания, пренебрегая другими силами сопротивления и массами нитей, предполагаемых нерастяжимыми, определить скорость тела 1 в тот момент, когда пройденный им путь станет равным s .

Рис. 29 В задании приняты следующие обозначения: m1 , m2 , m3 – массы тел 1, 2, 3; R2 , r2 , R3 – радиусы больших и малых окружностей; i2 x – радиус инерции тела 2 относительно горизонтальной оси, проходящей через его центр тяжести; α , β – углы наклона плоскостей к горизонту; f – коэффициент трения скольжения; δ – коэффициент трения качения. Дано: m1 = m – масса груза 1; m2 = 0,5m ; m3 = 2m ; f = 0,2 ; α = 60o ; β = 30o ; R2 = 2r2 ; i2 = 0,3м ; r2 = R3 = 0,2м ; δ = 0,5см ; s = 2м . Каток 3 считать однородным сплошным цилиндром. На рис. 29 показана механическая система в начальном положении. Найти v1 – скорость груза 1 в конечном положении. 97

Решение.

Применим теорему об изменении кинетической энергии системы:

T − T0 = ∑ Ake + ∑ Aki .

(1)

Рассматриваемая система состоит из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями, следовательно, это неизменяемая система:

∑ Aki = 0 . Так как в начальном положении система находится в покое, то T0 = 0 . Следовательно, уравнение (1) принимает вид

T = ∑ Ake .

(2)

1. Определим конечное положение системы при перемещении тела 1, равном s . При этом учтем, что тело 1 движется поступательно, тело 2 вращается вокруг неподвижной оси, тело 3 совершает плоскопараллельное движение. Тело 1 сместится вниз вдоль наклонной плоскости на s м. Тело 2 повернется на угол ϕ2 . Центр масс катка 3 совершит перемещение sC3 вверх вдоль наклонной плоскости, при этом каток совершит поворот на угол ϕ3 . Перемещения тел и соответствующие этим перемещениям скорости показаны на рис. 30. 2. Определим кинетическую энергию каждого тела системы. Кинетическая энергия груза 1, движущегося поступательно, равна: T1 = 98

m1v12 . 2

Рис. 30

Кинетическая энергия тела 2, вращающегося вокруг неподвижной оси, равна: T2 =

1 J 2 ⋅ ω22 , 2

Т.к. масса тела 2 распределена неравномерно, для определения осевого момента инерции воспользуемся заданным радиусом инерции: J 2 = m2i22 . Кинетическая энергия катка 3, совершающего плоское движение, равна: T3 =

1 1 m3vc23 + J 3ω32 . 2 2

Так как каток 3 – сплошной однородный цилиндр, его момент инерции относительно продольной центральной оси C3 равен: J3 =

m3 R32 . 2

3. Вычислим кинетическую энергию системы в конечном положении как сумму кинетических энергий тел 1, 2, 3: 99

T = T1 + T2 + T3 . Кинетическая энергия системы определяется выражением: 2 m1v12 m2i22ω22 m3vC3 m3 R32ω32 . T= + + + 2 2 2 2⋅2

(3)

4. Все скорости, входящие в выражение кинетической энергии системы выразим через искомую скорость v1 . Для этого напишем уравнения кинематических связей: ω2 =

vC ω r v1 vr vr ; vC3 = 2 2 = 1 2 ; ω3 = 3 = 1 2 . R2 2 R2 R3 2 R3 R2 2

Тогда формула (3) примет вид: T=

m3 R32v12 r22 m1v12 m2i22v12 m3v12 r22 = + + + 2 2 R22 2 ⋅ 4 R22 2 ⋅ 2 ⋅ 4 R32 R22

m r2 ⎞ 1⎛ m i2 m r 2 = ⎜⎜ m1 + 222 + 3 22 + 3 2 2 ⎟⎟v12 . 2⎝ R2 4 R2 2 ⋅ 4 R2 ⎠ После подстановки исходных данных кинетическая энергия системы будет определяться следующим выражением: 1 1 T = (m + 0,28m + 0,094m)v12 = (1,374m)v12 . 2 2

(4)

Здесь выражение в скобках представляет собой массу системы, приведенную к звену 1. Анализируя формулу (4), приходим к выводу, что это выражение соответствует кинетической энергии поступательного движения твердого тела. Таким образом, механическая система, состоящая из трех тел, совершающих разные движения, заменена эквивалентной системой, имеющей такую же кинетическую энергию, состоящей из одного твердого тела, совершающего поступательное движение.

100

5. Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном ее перемещении. Покажем внешние силы, приложенные к системе (рис. 31): активные силы: силы тяжести всех тел P1...P3 ; реакции внешних опор: N1 , N 3 (нормальные реакции поверхностей) и Y2 , Z 2 (реакции шарнирно-неподвижной опоры); силы сопротивления: силу трения скольжения тела 1 Fтр и пару сил момента сопротивления качению тела 3 M с .

Рис. 31

Таким образом, сумма работ внешних сил системы при перемещении из начального положения в конечное должна быть равна:

∑ Ake = A(P1) + A(P2 ) + A(P3 ) + A(N1) + A(N3 ) + A(Y2 ) + A(Z2 ) + A(Fтр ) + A(Mc ) . Заметим, что сила тяжести тела 2 и реакции шарнирно-неподвижной опоры приложены в неподвижной точке, следовательно, работы этих сил равны нулю: A( P2 ) = 0 ; A(Y2 ) = 0 ; A( Z 2 ) = 0 .

101

Нормальные реакции N1 и N 3 перпендикулярны направлениям перемещений точек приложения этих сил, следовательно, работы этих сил также равны нулю: A( N1 ) = 0 ; A( N 3 ) = 0 .

Таким образом, необходимо определить следующую сумму работ внешних сил:

∑ Ake = A( P1 ) + A( P3 ) + A( Fтр ) + A(M с ) . Для определения работы сил тяжести тел 1 и 3 разложим эти силы на составляющие,

параллельные

перпендикулярные соответственно).

им

плоскостям

( P1 sin α,

Перемещения

тел

P1 cos α вдоль

перемещения и

P3 sin β,

наклонных

тел

и

P3 cos β плоскостей

происходят под действием составляющих, параллельных плоскостям перемещения тел. Работа силы тяжести P1 равна:

A( P1 ) = P1 sin α ⋅ sC1 .

(5)

Работа силы тяжести P3 равна: A( P3 ) = − P3 sin β ⋅ sC3 .

(6)

Работа силы трения скольжения Fтр равна:

( )

A Fтр = − Fтр sC1 . Сила трения равна произведению коэффициента трения скольжения на величину нормальной реакции: Fтр = fN1 .

102

Величина нормальной реакции равна составляющей силы тяжести тела 1, перпендикулярной поверхности перемещения тела:

N1 = P1 cos α . Так как Fтр = fP1 cos α , то работа силы трения равна: A( Fтр ) = − fP1 cos α ⋅ sC1 .

(7)

Работа пары сил момента сопротивления качению катка 3 равна:

A( M с ) = − M с ϕ3 , где M с – момент пары сил сопротивления качению катка 3; ϕ3 – угол поворота катка 3. Момент сопротивления качению равен произведению коэффициента трения качения на величину нормальной реакции: M с = δ ⋅ N3 . Величина нормальной реакции равна составляющей силы тяжести тела 3, перпендикулярной поверхности перемещения тела: N 3 = P3 cos β . Таким образом, работа пары сил сопротивления качению равна A( M с ) = −δ ⋅ P3 cos β ⋅ ϕ3 .

(8)

6. Учитывая, что P = mg , сумма работ внешних сил определится сложением работ, вычисляемых по формулам (5)…(8):

∑ Ake = m1g sin α ⋅ sC

1

7.

Выразим

− m3 g sin β ⋅ sC3 − fm1 g cos α ⋅ sC1 − δ ⋅ m3 g cos β ⋅ ϕ3 .

перемещения

тел

через

заданное

перемещение.

Перемещение центра масс тела 1 вниз вдоль наклонной плоскости задано: sC1 = s м. Угол поворота тела 2 будет равен ϕ2 = 103

s . Точки внутреннего R2

обода блока 2 совершат перемещение s2 = ϕ2 r2 . Тела 2 и 3 связаны нерастяжимой нитью, следовательно, точки обода катка 3 совершат такое же перемещение: s3 = s2 = ϕ2 r2 . Перемещение центра масс катка 3 равно sC3 =

sC s3 ϕ2 r2 sr2 sr2 . Угол поворота катка 3 равен ϕ3 = 3 = . = = 2 2 2 R2 R3 2 R2 R3 Тогда сумма работ внешних сил будет определяться выражением:

⎛

r

r

⎞

∑ Ake = ⎜⎜⎝ m1g sin α − m3 g sin β 2R2 2 − fm1g cos α − δ ⋅ m3 g cos β 2R22R3 ⎟⎟⎠s . Подставляя заданные значения масс и радиусов тел, получаем

∑ Ake = (0,6341mg )s .

(9)

Здесь выражение в скобках представляет собой внешние силы системы, приведенные к телу 1. 8. Согласно формуле (2), приравняем значения кинетической энергии T и суммы работ внешних сил

∑ Ake , определяемые по формулам (4) и (9):

1 (1,374m)v12 = (0,6341mg) s . 2 Откуда получаем: 0,687mv12 = 12,482m ;

v1 =

12,482 = 18,2 = 4,26 м/с . 0,687

Ответ: v1 = 4,26 м/с. Необходимые для решения данные приведены в табл. 8, схемы механизмов в начальном положении приведены на рис. 32. Указания: блоки и катки, для которых радиусы инерции в табл. 8 не

указаны, считать сплошными однородными цилиндрами; учитывать трение скольжения тела 1 и сопротивление качению тела 3, если соответствующие коэффициенты трения указаны в табл. 8. 104

Таблица 8 R2 R3 i2x I3ξ см см

α β град

ƒ

δ, см

s, м

Примечание

5

6

7

8

10

12

13

14

15

1/5m 1/3m 1/10m

4/3m – m

– – –

– 30 –

– – –

2m

40m

m

m m m m m m m m m

2m 3m 2m 1/2m 2m 1/4m 1/2m 1/2m 2m

m m 2m 1/3m 9m 1/4m 1/4m 1/5m 5m

– – – – – 1/5m – m 2m

20 – 16 – – – – 30 30

15 28 25 30 30 – 30 – 20

18 – 60 – 0,12 – 0,28π – – 30 45 0,10 0,28 1,5 14 – 30 – – 0,20 2 – – 30 45 0,15 0,20 1,75 – 20 30 – 0,12 0,25 1,5 – – 60 – 0,10 – 3 – 25 30 45 0,17 0,20 2,5 20 – 30 – 0,20 – 2,5 26 – 30 – – 0,24 2

14

m

1/2m

5m

4m

–

25

–

–

–

–

–

0,20

15 16

m m

1/2m 4m 1/2m 20 15 18 1/10m 1/20m 1/10m 10 12 –

– –

60 –

– –

– –

0,25 1,5 – 0,05π

17

m

1/4m

–

60

–

0,10

Номер вар-та

m1

1

2

1 2 3

m2

m3

m4

3

4

m m m

4m 1/2m m

4

m

5 6 7 8 9 10 11 12 13

кг

1/5m

20 40 18

1/10m 20

–

15

9

11

– 60 – 0,10 – 20 30 45 0,22 0,20 – 45 – 0,10 – –

–

105

–

–

0,30

–

2 2 2 0,1π

2

0,16π

Массами звеньев АВ, ВС и ползуна В пренебречь Массой водила пренебречь

Массы каждого из 4-х колес одинаковы Массой водила пренебречь Шатун3 - тонкий однородный стержень

Продолжение табл. 8 1

2

3

4

5

18 19

m m

3m 1/3m

m 1/10m

– m

20

m

2m

20m

21 22 23

m m m

m 1/2m m

24

m

25

6

7

9

10

11

12

13

14

15

35 15 32 24 – 20

– –

60 60

– –

0,15 0,15

– –

0,2π 1,5

Массой водила пренебречь

–

20 15 16

–

30

–

0,10 0,20

0,2π

Массами звеньев АВ, ВС и ползуна В пренебречь

2m 1/4m 1/10m

– – 4/5m

20 20 16 20 10 – 20 – 18

– – –

30 45 0,20 0,32 60 – 0,17 – 30 – 0,10 –

1,2 0,1π 1

Массой водила пренебречь

3m

20m

–

20 30 18

–

–

–

–

m

1/3m

1/4m

–

16 20

–

–

–

–

–

–

0,04π

26

m

1/2m

m

1/3m

30

20

–

–

–

–

–

0,6π

27

m

m

6m

1/2m

20 20 16

–

30

–

–

0,20

2

28

m

2m

3m

–

20

–

60

–

0,10

–

0,1π

29 30

m m

1/4m 1/2m

1/8m 3/10m

– 3/2m

–

–

8

14

0,60 0,08π

– 35 – – 15 30 0,20 0,20 26 20 20 18 30 – 0,12 –

106

2,4 2

Массами звеньев АВ, ВС и ползуна В пренебречь Массой водила пренебречь Массы и моменты инерции блоков 2 и 5 равны. Шатун3 - тонкий однородный стержень Шатун3 - тонкий однородный стержень

r3 =

AB = 5R2

r2 = 0,8R2

r2 =

3 R2 4

r3 = 0,5R3

Рис. 32. Начало 107

2 R3 3

r2 = 0,5R2 R4 = r2

11

2

2

12

1

1

s

3

β

α 13

r3 =

3

2 R3 3

2

α

r2 = 0,5 R2

4

4

i4 x = 0,5i2 x

S

14 4

3

2

3

15

1 S

α

1 s

r2 = 0,8R 2 r4 = 0,2 R 4 R4 = R2

16

4

2

2

1

R4 = R2 α r4 = r2 = 0,5R2 i4 x = i2 x

s

s

C

0

3 1

17

4

3

OC = 6R3 R4 = 2R3

18 1

s

3

s

α r2 = 0,8R 2

19

3

α

4 20 3

2 1

s

2 1

2 C

α r2 = 0,8R 2

B

A

AB = 6r2 r2 = 0,5R 2

3 4

Рис. 32. Продолжение 108

1

s

α

r2 =

3 R2 4

OC = 2R2

АВ = 4R2 r2 = 0,8R2

r2 = 0,8R 2

R2 = R5 r2 = r5 = 0,5R2

OC = 2,5 R2

r2 = 0,5R2 R4 = r2

r2 = 0,5R2

r2 = 0,5R2 r3 = 0,5R3

Рис. 32. Окончание 109

Тесты по разделу «Динамика» Дидактическая единица: динамика точки 1. Динамика изучает: Ответ: а) способы преобразования систем сил в эквивалентные системы; б) движение тел с геометрической точки зрения без учета сил, вызвавших это движение; в) движение тел под действием сил. 2. Как записывается основной закон динамики (второй закон Ньютона): Ответ: а) F1 = F2 ;

б); ma = F

в) mv = F t .

3. Содержание второй (обратной) задачи динамики материальной точки состоит: Ответ: а) в определении закона движения точки по заданным силам; б) в определении сил, действующих на точку, по заданному закону движения; в) в определении кинетической энергии точки. 4. В какой форме составляются дифференциальные уравнения движения при естественном способе задания движения материальной точки:

Ответ: а)

m&x& = ∑ Fkx ;

m&y& = ∑ Fky ;

dx = ∑ S kx ; dt б) dy m = ∑ S ky ; dt

m

m

110

в)

dv = ∑ Fkτ ; dt 2

m ⎛ ds ⎞ ⎜ ⎟ = ∑ Fkn . ρ ⎝ dt ⎠

5. Что включает в себя группа начальных условий: Ответ: а) t0 = 0; x0 , y0 , z0 ; б) t0 = 0; x&0 , y& 0 , z&0 ; в) t0 = 0; x0 , y0 , z0 , x&0 , y& 0 , z&0 . 6. Как записывается дифференциальное уравнение свободных колебаний материальной точки: Ответ: а) &x& + k 2 x = h sin pt ; б) &x& + 2nx& + k 2 x = 0 ;

в) &x& + k 2 x = 0 .

7. Какой вид имеет закон свободных прямолинейных колебаний материальной точки: Ответ: а) x = Ae − nt sin(kt + a ); б) x = Ae − nt (C1t + C2 ); в) x = A sin(kt + a ). Дидактическая единица: общие теоремы динамики 8. Как определяется количество движения материальной точки q k : б) mk vk2 2 ;

Ответ: а) mk ak ;

в) mk vk .

9. Какая формула выражает теорему об изменении количества движения механической системы? Ответ: а)

dQ = dt

∑ Fke ; б)

dL = dt

∑ M ke ; в) dΤ = ∑ δAke + ∑ δAki .

10. По какой из формул определяется момент количества движения твердого тела относительно оси вращения? Ответ: а) LO = r × q ;

б) Lz = J z ω ;

в) LO = mvh .

11. Регулятор скорости имеет осевой момент инерции I z = 4 кг·м2 и вращается по инерции вокруг оси z со скоростью ω = 3 c-1. Какова будет

111

скорость вращения вала, если осевой момент инерции регулятора станет равен I z = 6 кг·м2. Ответ: а) 1 с-1; б) 2 с-1; в) 4 с-1. 12.

Дифференциальное

уравнение

вращения

тела

вокруг

неподвижной оси имеет вид: Ответ: а) M

d 2x n e dQ = ∑ Fkx ; б) = 2 dt dt k =1

∑

Fke ;

в) I z

( )

d 2ϕ = ∑ M z Fke . 2 dt

13. Диск, имеющий осевой момент инерции J , насажен на вал. В некоторый момент времени на вал, находящийся в состоянии покоя, начинает действовать постоянный вращающий момент M = 1200 кН·м. В подшипниках имеется постоянный момент сопротивления M с = 120 кН·м. Движение диска будет: Ответ: а) замедленное; б) равномерное; в) ускоренное. 14. Механическая система, состоящая из вала и насаженного на него маховика массой m = 10 кг с радиусом инерции i = 10 м, находится в состоянии покоя. В некоторый момент времени к валу прикладывают постоянный вращающий момент M = 120 Н·м. Какова будет скорость вращения вала через 1 секунду, если трением в подшипниках пренебречь? Ответ: а) 0,12 рад/с; б) 1,2 рад/с; в) 12 рад/с. 15. Как определяется кинетическая энергия тела, совершающего плоскопараллельное движение? Ответ: а) T =

MvC2 ; 2

б) T =

J z ω2 ; 2

в) T =

MvC2 J z ω2 . + 2 2

16. Механическая система состоит из тела 1 массой

m1 и

ступенчатого диска 2 массой m2 , имеющего осевой момент инерции J 2 и радиусы большой и малой окружностей 112

R2

и r2 соответственно.

Определить, для какой схемы составлено выражение кинетической энергии

Τ=

(

)

1 4m1r22 + J 2 + m2 r22 ϕ& 22 ? 2

Ответ: а)

б)

в)

Дидактическая единица: Элементы аналитической механики 17. Какое уравнение описывает стационарную связь? Ответ: а) уравнение, содержащее только координаты; б) уравнение, содержащее первые производные от координат и время; в) уравнение, содержащее координаты и время. 18. Какие перемещения называются возможными? Ответ: а) перемещения, происходящие за бесконечно малый промежуток времени; б) перемещения, происходящие под действием сил; в) бесконечно малые воображаемые перемещения, допускаемые наложенными на систему связями. 19.

Возможное

перемещение

диска,

вращающегося

неподвижной оси, равно: Ответ: а) нулю; б) возможному угловому перемещению;

113

вокруг

в) возможному линейному перемещению точки обода. 20.

Принцип

возможных

перемещений

математически

формулируется следующим образом: Ответ: а) δS = 0 ;

б)

∑ δAka = 0 ;

в) F + N + Φ = 0 .

21. Механическая система находится под действием взаимно уравновешивающих сил. Пренебрегая силами сопротивления, определить с помощью принципа возможных перемещений силу Q, если известна величина силы F.

Ответ: а) Q = F ; б) Q = 2 F ; в) Q =

F . 2

22. Какая из записей представляет уравнение Лагранжа второго рода?

d ⎛ ∂Τ ⎞ ∂Τ ⎜ ⎟− = Qi ; dt ⎜⎝ ∂q& i ⎟⎠ ∂qi

d ⎛⎜ ∂Τ dt ⎜⎝ ∂q& j

⎞ ∂Τ ∂Π ⎟− ; =− ⎟ ∂q j ∂q j ⎠

Ответ: а) все; б) первая и вторая; в) вторая и третья.

114

d ⎛⎜ ∂L dt ⎜⎝ ∂q& j

⎞ ∂L ⎟− =0 ⎟ ∂q j ⎠

Литература 1. Смогунов В.В. Теоретическая механика для заочников / Под ред. Н.И. Гордиенко. – Пенза: изд-во ПензГУ, 1995. 2. Тарг С.М. Курс теоретической механики. – М.: Физматгиз, 1963 и последующие издания. 3. Теоретическая механика: Методические указания / Под ред. С.М. Тарга. – М.: Высшая школа, 1988. 4. Теоретическая механика: Методические указания / Под ред. С.М. Тарга. – М.: Высшая школа, 1989. 5. Теоретическая механика. Статика: Методические указания к практическим занятиям / Сост.: Н.И. Гордиенко, В.В. Смогунов. – Пенза: Изд-во Пенз. гос. ун-та, 2002. 6. Теоретическая механика. Кинематика / Н.И. Гордиенко, В.В. Смогунов – Пенза: Изд-во Пенз. гос. ун-та, 1998. 7. Теоретическая механика. Динамика. Части 1, 2, 3 / Н.И. Гордиенко, В.В. Смогунов – Пенза: Изд-во Пенз. гос. ун-та, 1999. 8. Решение задач статики на ЭВМ: Методические указания / Под ред. В.В. Смогунова. – Пенза: Изд-во Пенз. гос. ун-та, 2001. 9. Исследование колебаний материальной точки: Метод. указания и контрольные задания / Сост.: Т.В. Хураева, О.А. Вдовикина. – Пенза: Издво Пенз. гос. ун-та, 2000. 10. Исследование

колебаний

механической

системы

с

одной

степенью свободы: Метод. указания и контрольные задания / Сост.: Т.В. Хураева, О.А. Вдовикина. – Пенза: Изд-во Пенз. гос. ун-та, 2002.

115