Теоретическая механика. Часть 1. Статика. Кинематика: комплексное учебное пособие

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования

«Ульяновский государственный технический университет»

В. К. МАНЖОСОВ, О. Д. НОВИКОВА, А. А. НОВИКОВ

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА Часть I Статика. Кинематика. Комплексное учебное пособие

Ульяновск 2009

УДК 531(075) ББК 22.21 я7 М23

Утверждено редакционно-издательским советом университета в качестве комплексного учебного пособия. Рецензент: профессор кафедры технологии Ульяновского государственного педагогического университета, канд. техн. наук Котельникова В. И.

М23

Манжосов, В. К. Теоретическая механика. Часть 1. Статика. Кинематика : комплексное учебное пособие / В. К. Манжосов, О. Д. Новикова, А. А. Новиков; – Ульяновск : УлГТУ, 2009. – 244 с. ISBN 978-5-9795-0568-8 Пособие включает выписку из ГОС ВПО с указанием дидактических единиц, которые раскрываются в учебном пособии; цели и задачи и их связь со знаниями, умениями и навыками, которые студент должен приобрести в результате изучения дисциплины; методические рекомендации при освоении содержания учебного пособия; разделы с контрольными вопросами, тестовыми заданиями; практикум по дисциплине с заданиями, примерами и их выполнения и тестами для контроля и самоконтроля уровня знаний; глоссарий. Предназначено для всех студентов, изучающих теоретическую механику. Особенно будет полезен студентам заочно-вечернего факультета и тем, кто решил самостоятельно изучить указанные разделы.

УДК 531(075) ББК 22.21 я7 В. К.Манжосов, О. Д. Новикова, А. А.Новиков, 2009

ISBN 978-5-9795-0568.8

Оформление. УлГТУ, 2009

2

ОГЛАВЛЕНИЕ

ВВЕДЕНИЕ……………………………………………………………………….. ЦЕЛИ И ЗАДАЧИ………………………………………………………………... МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ...……………………………………….

5 7 10

1. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ ТЕОРИИ……………………………………... 1.1. Статика…………………………………………………………………….. 1.1.1. Основные понятия и исходные положения статики………………...... 1.1.2. Система сходящихся сил……………………………………………...... 1.1.3. Произвольная система сил…………………………………………….. 1.1.4. Плоская система сил……………………………………………………. 1.1.5. Центр тяжести твердого тела………………………………………….. 1.1.6. Контрольные вопросы………………………………………………….. 1.1.7. Тестовые задания………………………………………………………..

16 16 16 24 30 41 56 63 64

1.2. Кинематика………………………………………………………………… 1.2.1. Кинематика точки………………………………………………………. 1.2.2. Простейшие движения твердого тела…………………………………. 1.2.3. Плоское движение твердого тела……………………………………… 1.2.4. Сложное движение точки……………………………………………… 1.2.5. Контрольные вопросы…………………………………………………. 1.2.6. Тестовые задания………………………………………………………..

67 67 78 83 100 106 107

2. ПРАКТИКУМ…………………………………………………………………. 2.1. Статика………………………………………………………………………. 2.1.1. Задание С-1. Определение реакций опор твердого тела……………. 2.1.2. Задание С-2. Определение реакций составной конструкции (система двух тел)………………………………………………………………… 2.1.3. Задание С-3. Определение реакций опор твердого тела (произвольная система сил)……………………………………………. 2.1.4. Примеры решения задач. Тесты………………………………………. Определение реакций опор твердого тела……………………………. Определение усилий в стержнях плоской фермы……………………. Определение реакций составной конструкции (система двух тел)…. Определение опор твердого тела (произвольная система сил)……… Центр тяжести тела……………………………………………………..

111 111 111

2.2. Кинематика………………………………………………………………….. 2.2.1. Задание К-1. Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения……………………………………………….. 2.2.2. Задание К-2. Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при поступательном и вращательном движениях……………… 2.2.3. Задание К-3. Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при плоском движении…………………………………………... 2.2.4. Задание К-4. Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки в случае вращательного переносного

170

3

117 125 132 132 139 146 153 165

170 173 180

движения………………………………………………………………… 2.2.5. Примеры решения задач.Тесты………………………………………... Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения……………………………………………………………. Составление уравнений движения и определение ее скорости и ускорения………………………………………………………………. Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при поступательном и вращательном движениях………………………… Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при плоском движении……………………………………………………. Сложное движение точки…………………………………………….. Сферическое движение твердого тела……………………………….

186 193 193 197 205 213 221 231

ЗАКЛЮЧЕНИЕ…………………………………………………………………..

237

ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ…………………………………………………..

238

ГЛОССАРИЙ……………………………………………………………………..

240

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК…………………………………………….

242

4

ВВЕДЕНИЕ Под теоретической механикой понимается механика, основанная на трех законах Ньютона. В нее не входят механика сплошной среды, требующая для своего обоснования некоторых дополнительных аксиом, а также общая теория колебаний, гироскопия, общая теория механизмов и некоторые другие специальные дисциплины, которые «выросли на стволе теоретической механики» и совокупность которых составляет механику вообще. Преподавание теоретической механики преследует двоякую цель и имеет двоякое значение. Во-первых, механика наряду с математикой и физикой имеет огромное общеобразовательное значение: изучение этой дисциплины выполняет мировоззренческую функцию, развивает логическое мышление и дает понимание широкого круга явлений, относящихся к простейшей форме движения материи – к механическому движению. Во-вторых, теоретическая механика является научной базой современной техники, научным фундаментом инженерного образования. Поэтому глубокие и достаточно широкие знания по теоретической механике в настоящее время необходимы инженеру любой специальности. Механикой называется наука о простейшей форме движения материи – о механическом движении. Простейшими являются движения, сводимые к перемещениям во времени физических тел из одного положения в пространстве в другое. Механика относится к числу естествоведческих наук. Как известно, естествознание изучает различные формы движения материи. Теоретическая механика изучает наиболее общие законы механического движения. Она не учитывает индивидуальные свойства физических тел, за исключением двух: свойства протяженности и свойства гравитации (свойства частиц материи тяготеть друг к другу или обладать весом). Все основные понятия теоретической механики возникли в результате многовековых опытов и наблюдений над явлениями природы с последующим абстрагированием от конкретных особенностей отдельных опытов и обобщением ряда наблюдений. В теоретической механике широко пользуются абстракциями. К числу абстракций относятся понятия о материальной точке и абсолютно твердом теле, системе материальных точек и тел. Материальной точкой называют тело, размерами которого в условиях данной задачи механики можно пренебречь. Например, в небесной механике планеты, движущиеся вокруг Солнца, часто рассматриваются как материальные точки, поскольку их размеры ничтожно малы по сравнению с расстояниями, которые они проходят. Целесообразно пользоваться понятием материальной точки также в том случае, когда все частицы движущегося физического тела перемещаются одинаково. Тогда задача об исследовании движения тела сводится к изучению движения одной материальной точки. Системой материальных точек называется совокупность материальных точек, положения и движения которых взаимосвязаны между собой. Особый интерес представляет понятие о неизменяемой системе. Неизменяемой называется такая система, которая сохраняет взаимное расположение точек при их движении. Частным случаем неизменяемой системы является абсолютно твердое тело. Абсолютно твердым называется такое тело, в котором расстояния между любыми двуми его точками при движении остаются неизменными. Применение абстракции об абсолютно твердом теле является целесообразным, так как во многих случаях изменение формы тела очень незначительно. Поэтому при исследовании движения тела можно пренебречь изменением его формы и размеров (деформацией) и рассматривать его как абсолютно твердое. В дальнейшем для краткости абсолютно твердое тело будем называть твердым. 5

В основе теоретической механики лежат законы Ньютона, с которыми читатели знакомы из курса физики (анализ этих законов будет приведен в разделе динамики), и система других аксиом. Законы Ньютона представляют собой объективные законы природы и имеют опытное происхождение. Точно так же и другие аксиомы механики, как и все человеческие знания, имеют опытное происхождение. Не следует забывать, что аксиомы механики являются относительными истинами: они соответствуют данной ступени исторического развития и отражают достигнутый уровень человеческих знаний. С расширением и углублением наших познаний об объективной реальности аксиомы механики подлежат опытной проверке, обоснованию и уточнению. При этом может оказаться, что принятая система аксиом является устаревшей, не соответствующей данному уровню знаний. Такому пересмотру подверглись основы классической механики (начало XX в.) в связи с появлением теории относительности (релятивистской механики). Тогда же были уточнены и углублены такие понятия механики, как масса и энергия, пространство и время. Оказалось, что классическая механика, основанная на законах Ньютона, является первым приближением к релятивистской. Классическую механику следует рассматривать как механику малых скоростей (малых по сравнению со скоростью света с = 3 · 108 м/с). При скоростях, соизмеримых со скоростью света, проявляются иные законы так называемой релятивистской механики.

6

Выписка из ГОС ВПО ОПД.Ф.02 ОПД.Ф.02.03

Механика Теоретическая механика кинематика точки и твердого тела, уравнения и параметры движения, элементы статики, силовое поле, система сил, уравнения равновесия, динамические характеристики механической системы, теоремы и уравнения динамики

ЦЕЛИ И ЗАДАЧИ Теоретическая механика, также как и математика и физика, имеет огромное общеобразовательное значение, так как она относится к разряду естественных наук, т.е. наук о природе. Законы и методы теоретической механики позволяют изучить и объяснить целый ряд важных явлений в окружающем нас мире и способствуют дальнейшему росту и развитию естествознания в целом, а также выработке правильного мировоззрения. Оставаясь основой познания многих явлений природы, теоретическая механика является в то же время теоретической базой описания многих технических систем. Современная техника ставит перед специалистами множество задач, решение которых связано с исследованием так называемого механического движения и механического взаимодействия материальных тел. Круг проблем, рассматриваемых в механике, очень велик, и с развитием науки и техники в ней появился целый ряд самостоятельных областей, связанных с изучением механики твердых деформируемых тел, жидкостей и газов; теории упругости, теории пластичности, гидромеханика, аэромеханика, газовая динамика и ряд разделов прикладной механики, в частности, сопротивление материалов, статика сооружений, теория машин и механизмов, гидравлика, а также многие специальные инженерные дисциплины. Однако во всех областях, наряду со специфическими для каждой из них закономерностями и методами, исследования опираются на ряд основных законов или принципов и используют многие понятия и методы, общие для всех областей механики. Рассмотрение этих общих понятий, законов и методов составляет предмет теоретической механики. Теоретическая механика изучает общие законы механического движения и механического взаимодействия материальных тел. При этом механика оставляет в стороне вопрос о физической природе механических взаимодействий и изучает лишь количественную сторону связи их с механическими движениями. В теоретической механике устанавливаются законы действия сил и изучаются движения тел, происходящие под действием этих сил. Отсутствие в механике рассмотрения физических свойств материальных тел и причин силового взаимодействия между телами позволяет ей более широко осветить решение тех задач о механических перемещениях тел, которыми она занимается. Теоретическая механика является фундаментом для изучения специальных дисциплин. Эта дисциплина имеет самостоятельное практическое значение для понимания принципов работы механических устройств, без чего невозможно сознательно участвовать в проектировании, изготовлении и эксплуатации техники. Законы механики – подлинное руководство к безошибочному действию в современной технической практике. Чтобы научно и всесторонне раскрыть ведущие положения изучаемых тем теоретической механики, нужно определить степень перекрываемости их содержания с содержанием дисциплин общего математического и естественнонаучного, а также общего гуманитарного и социально-экономического циклов. Такими дисциплинами являются «Математика», «Физика», «Философия». Тематическое построение этих дисциплин позволяет рассматривать 7

их учебные темы как отдельные «узлы» систематизированных знаний, находящихся между собой в определенной степени связи и ограничения.

Дисциплина

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА РАЗДЕЛЫ

Раздел 1. Математика Линейная алгебра Матрицы Определители

Статика Теория пар сил и моментов.

Кинематика Кинематика точки. Кинематика твердого тела.

Система сходящихся сил. Теория пар сил и моментов.

Кинематика точки. Кинематические параметры движения точки. Сложное движение точки. Кинематика точки. Кинематика твердого тела

Функции Производная функции Функции комплексного переменного Пределы Дифференциальное и интегральное исчисление Дифференциальные уравнения

Кинематика точки. Кинематика твердого тела.

Динамика Динамика точки и твердого тела. Теория потенциального силового поля. Работа силы.

Динамика точки. Основы теории колебаний материальной точки.

Центр тяжести Динамика вращательного движения твердого тела. Работа силы. Основы теории колебаний материальной точки. Основы аналитической механики.

Основные понятия, законы и методы теоретической механики используются в различных областях естествознания. Наиболее существенные применения классической механики относятся к области техники. Задачи, выдвигаемые техникой перед механикой, весьма разнообразны. Это вопросы движения машин и механизмов, механики транспортных средств. Знания, полученные студентами при изучении теоретической механики, будут востребованы ими при изучении дисциплин «Теория механизмов», «Сопротивление материалов» (кинематический и динамический анализ плоских механизмов, расчет на прочность при растяжении и сжатии, расчет изгибаемых элементов конструкций, кручение, сложные виды деформаций стержней и т. д.). 8

Таким образом цель обучения по дисциплине – формирование навыков и умений создавать физическую модель реального и проектируемого объекта, овладение методикой ее математического описания с учетом требуемых ограничений и допущений (постановка задачи), выработка навыков последующего исследования этой модели с помощью законов механики (решение задачи), обучение анализу полученных результатов (с целью достижения желаемых свойств объекта или наиболее эффективного использования имеющихся свойств). В результате изучения дисциплины «Теоретическая механика» студент должен: иметь представление:  о роли и месте теоретической механики как основе познаний многих явлений природы и теоретической базы очень многих областей современной техники (нет явлений природы, которые могут быть поняты без уяснения их механической стороны и ни одно творение техники невозможно без использования законов механики); знать:  основные понятия теоретической механики;  законы и методы механики, позволяющие изучить и объяснить целый ряд важных явлений в окружающем мире;  производственную роль механики;  частные случаи уравнений равновесия;  трение скольжения и его законы;  частные случаи движения точки; уметь:  объяснять и точно описывать изучаемые объекты и явления природы;  проводить теоретические исследования, базируясь на основных постулатах механики;  проводить статический, кинематический и динамический расчет проектируемых и эксплуатируемых установок;  учитывать возможные последствия многих явлений (в том числе резонанса, вибраций, ударов) и способы защиты зданий, разрабатываемых и эксплуатируемых установок от их воздействий;  использовать в расчетах средства современной вычислительной техники;  самостоятельно работать со специальной справочной и нормативной литературой;  критически анализировать аналоги разрабатываемых и эксплуатируемых механизмов;  определять опорные реакции составной конструкции;  определять центр тяжести плоской фигуры;  определять кинематические характеристики твердого тела при вращательном движении;  определять скорости и ускорения точки при сложном движении;  определять кинетическую энергию твердого тела;  определять число степеней свободы механизма. владеть:  навыками основ практической инженерной деятельности, предполагающей широкий научный и технический кругозор, основанный на глубоких и прочных знаниях теоретической механики.  навыками определения скоростей точек плоской фигуры.

9

МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ Указания для студентов 1. Содержание пособия разбито на два раздела: статика и кинематика. Каждый раздел содержит несколько тем. 2. В начале каждой темы дан перечень рассматриваемых вопросов. 3. Для более глубокого изучения материала предлагается библиографический список, содержащий не только рекомендованные учебники по данной дисциплине, но и руководства, справочники, методические указания, позволяющие самостоятельно разобраться в решении предложенных задач, решить задачи, вынесенные на самостоятельное изучение, а также справиться с выполнением расчетно-графических работ и подготовиться к сдаче итогового контроля по данной дисциплине. 4. При изложении материала авторами учитывалась одна из основных задач высшего образования: научить обучаемого учиться, т. е. ставится задача на базе минимального количества материала сообщить обучаемому такие знания и навыки, которые позволят ему в дальнейшем всю необходимую дополнительную информацию находить и усваивать самостоятельно. Рекомендации при изучении разделов дисциплины Статика Основные понятия и исходные положения статики Цель: усвоение основных понятий, определений, аксиом, связей и их реакций, используемых при преобразовании систем сил и определении силовых взаимодействий тел. Учебные вопросы: Введение в теоретическую механику. Основные понятия и определения статики, две задачи статики твердого тела. Аксиомы статики. Несвободное твердое тело, связи (основные виды) и их реакции. Аксиома связей. Сила как вектор. Проекция силы на ось. Связь проекции равнодействующей силы и проекций составляющих ее сил. Изучив данную тему, студент должен: иметь представление о способах описания силового взаимодействия материальных тел; знать:  основные понятия и аксиомы статики;  виды связей и их реакции; уметь:  отразить силовое взаимодействие выделенного объекта с окружающими телами, используя принцип освобождаемости от связей. При освоении темы необходимо:  изучить учебный материал по соответствующей теме учебного пособия;  акцентировать внимание на свойствах основного понятия статики – силы как векторной величины и важности правильного выбора объекта рассмотрения в условиях данной задачи;  выполнить задание, назначенное преподавателем, по соответствующей теме;  выполнить тестовые задания по статике, касающиеся данной темы;  ответить на контрольные вопросы. Система сходящихся сил 10

Цель: выработка навыков преобразования простейших систем сил и использования условий равновесия этих систем сил при решении задач. Учебные вопросы: Система сходящихся сил. Геометрическое и аналитическое сложение сил. Условие и уравнения равновесия. Теорема о трех силах. Сложение сил. Изучив данную тему, студент должен: иметь представление о способах преобразования систем сходящихся сил и способах решения задач на равновесие тел, находящихся под действием таких систем сил; знать:  формы условий равновесия рассмотренных систем сил; уметь:  записать условия равновесия систем сходящихся сил, действующих в пространстве и на плоскости; владеть навыками решения задач на систему сходящихся сил. При освоении темы необходимо:  изучить учебный материал по соответствующей теме учебного пособия;  акцентировать внимание на умении использовать теорему о трех силах;  выполнить задание, назначенное преподавателем, по соответствующей теме;  выполнить тестовые задания по статике, касающиеся данной темы;  ответить на контрольные вопросы: Произвольная система сил Цель: усвоение способов преобразования систем сил с целью их упрощения. Учебные вопросы: Введение в произвольную систему сил. Момент силы относительно точки. Момент силы как вектор и как векторное произведение, алгебраический момент силы. Момент силы относительно оси. Зависимость между моментом силы относительно точки и оси, проходящей через точку. Пара сил, момент пары сил. Момент пары сил как вектор и как векторное произведение, алгебраический момент пары сил. Основная теорема теории пар сил. Свойства пары сил. Эквивалентные пары. Теорема о сложении пар сил. Равновесие системы пар сил. Приведение произвольной пространственной системы сил к одному центру. Теорема Пуансо о параллельном переносе силы. Главный вектор и главный момент сил. Частные случаи приведения. Условия и уравнения равновесия произвольной пространственной системы сил. Теорема Вариньона о моменте равнодействующей. Изучив данную тему, студент должен: иметь представление об условии и уравнениях равновесия тел, находящихся под действием произвольных пространственных систем сил; знать:  возможности упрощения пространственных систем сил;  условия и уравнения равновесия; уметь:  определять проекции векторных величин на плоскость и на оси координат;  определять моменты векторных величин относительно координатных осей; владеть навыками решения задач на условия равновесия тел, находящихся под действием произвольной пространственной системы сил. При освоении темы необходимо:  изучить учебный материал по соответствующей теме учебного пособия;  акцентировать внимание на частных случаях приведения систем сил;  выполнить задание, назначенное преподавателем, по соответствующей теме; 11

 выполнить тестовые задания по статике, касающиеся данной темы;  ответить на контрольные вопросы: Плоская система сил Цель: усвоение основных понятий и навыков, используемых для расчета равновесия тел, находящихся под действием плоских систем сил. Учебные вопросы: Алгебраические моменты силы и пары. Приведение плоской системы сил к простейшему виду. Равновесие плоской системы сил. Случай параллельных сил. Равновесие систем тел. Статически определимые и статически неопределимые системы тел. Определение внутренних усилий. Распределенные силы. Фермы. Задача расчета фермы. Расчет плоской фермы способом Риттера (разрезов фермы). Условия равновесия тел с учетом трения скольжения и трения качения. Изучив данную тему, студент должен: иметь представление о способах расчета равновесия тел, находящихся под действием плоских систем сил; знать:  способы приведения плоской системы сил к простейшему виду;  способы расчета ферм методом вырезания узлов и способом Риттера; уметь:  классифицировать статически определимые и статически неопределимые системы тел;  приводить плоские системы сил к простейшему виду; владеть навыками решения задач на равновесие тел, находящихся под действием плоских систем сил, в том числе и с учетом сил трения качения и трения скольжения. При освоении темы необходимо:  изучить учебный материал по соответствующей теме учебного пособия;  акцентировать внимание на частных случаях приведения плоских систем сил и леммах о нулевых стержнях;  выполнить задание, назначенное преподавателем, по соответствующей теме;  выполнить тестовые задания по статике, касающиеся данной темы;  ответить на контрольные вопросы. Центр тяжести твердого тела Цель: усвоение основных понятий, определений и навыков для определения центра тяжести тела. Учебные вопросы: Центр тяжести твердого тела. Центр параллельных сил и его координаты. Координаты центра тяжести однородных тел: объема, площади, линии. Способы вычисления центра тяжести однородных тел. Изучив данную тему, студент должен: иметь представление о способах и методах нахождения центров тяжести; знать:  формулы определения координат центра тяжести;  методы нахождения центров тяжести;  положение центра тяжести площади треугольника и дуги окружности, площади кругового сектора и объема конуса; уметь:  выбрать способ нахождения центра тяжести конкретного тела; 12

 пользоваться формулами определения центра тяжести; владеть навыками решения задач по определению центра тяжести с учетом специфики специальности. При освоении темы необходимо:  изучить учебный материал по соответствующей теме учебного пособия;  акцентировать внимание на методах определения центра тяжести и условиях применимости методов;  выполнить задание, назначенное преподавателем, по соответствующей теме;  выполнить тестовые задания по статике, касающиеся данной темы;  ответить на контрольные вопросы: Кинематика Кинематика точки Цель: знакомство с траекториями движения точки, движением точки в зависимости от вида траектории, способами задания движения точки, определением основных кинематических характеристик и их расчетам при разных способах задания движения точки. Учебные вопросы: Введение в кинематику. Пространство и время в классической механике. Система отсчета. Способы задания движения точки: векторный, координатный, естественный. Скорость точки и ее определение при различных способах задания движения. Ускорение точки. Определение модуля и направления ускорения. Касательное и нормальное ускорения точки, их физический смысл. Равномерное и равнопеременное движение точки. Изучив данную тему, студент должен: иметь представление о геометрии движения материальной точки и ее кинематических характеристиках; знать:  способы задания движения точки;  скорость точки;  ускорение точки; уметь:  определить скорость и ускорение точки при векторном, координатном и естественном способах задания движения точки;  определить радиус кривизны в любой точке траектории; владеть навыками решения задач по теме. При освоении темы необходимо:  изучить учебный материал по соответствующей теме учебного пособия;  акцентировать внимание на отличии понятия дуговая координата и пройденный путь, условиях выбора способов задания движения точки.  выполнить задание, назначенное преподавателем, по соответствующей теме;  выполнить тестовые задания по кинематике, касающиеся данной темы;  ответить на контрольные вопросы: Простейшие движения твердого тела Цель: знакомство с поступательным движением и вращением твердого тела вокруг неподвижной оси; определение законов этих движений, кинематических характеристик тела и отдельных его точек. Учебные вопросы: Поступательное движение твердого тела. Вращение тела вокруг неподвижной оси. Уравнение вращения, угловая скорость и угловое ускорение. Равномерное и 13

равнопеременное вращение. Скорость и ускорение точек тела при вращении. Формула Эйлера. Формулы Пуассона. Изучив данную тему, студент должен: иметь представление о способах преобразования простейших движений твердого тела и чем это преобразования может быть реализовано; знать:  законы поступательного и вращательного движения твердого тела;  кинематические характеристики тела и отдельных его точек в случае вращательного движения;  траектории точек тела; уметь:  провести расчеты при преобразовании простейших движений твердого тела; владеть навыками решения задач по теме. При освоении темы необходимо:  изучить учебный материал по соответствующей теме учебного пособия;  акцентировать внимание на особенностях расчета при внутренних и внешних зацеплениях рядовой зубчатой (или фрикционной) передачи, понятиях «паразитные колеса» и специфики задач, требующих их применения;  выполнить задание, назначенное преподавателем, по соответствующей теме;  выполнить тестовые задания по кинематике, касающиеся данной темы;  ответить на контрольные вопросы. Плоское движение твердого тела Цель: выработка навыков, необходимых при расчетах тел, совершающих плоское движение. Учебные вопросы: Плоское движение твердого тела. Уравнения движения, кинематические характеристики. Теорема о скоростях точек тела в плоском движении, следствие из теоремы. Мгновенный центр скоростей точек плоской фигуры, частные случаи определения его положения. Теоремы об ускорениях точек тела в плоском движении. Изучив данную тему, студент должен: иметь представление о законе плоско-параллельного движения тела, разложения движения на поступательное вместе с полюсом и вращение вокруг полюса; знать:  формулы для определения скоростей и ускорений точек тела, совершающего плоское движение;  способы нахождения мгновенного центра скоростей (мцс);  способы нахождения мгновенного центра ускорений (мцу);  отличие в понятиях мцс и мцу и месте их расположения; уметь:  найти положение мгновенного центра скоростей и мгновенного центра ускорений;  решать задачи плоско-параллельного движения двумя способами: с использованием понятия полюса и мгновенного центра скоростей; владеть навыками решения задач по теме плоско-параллельное движение. При освоении темы необходимо:  изучить учебный материал по соответствующей теме учебного пособия;  акцентировать внимание на отличиях понятий поступательное и мгновеннопоступательное движение и двух способах решения задач по определению скоростей точек тела, совершающего плоское движение; 14

 выполнить задание, назначенное преподавателем, по соответствующей теме;  выполнить тестовые задания по кинематике, касающиеся данной темы;  ответить на контрольные вопросы. Сложное движение точки Цель: овладение навыками разбиения сложного движения точки на относительное и переносное, выработки понимания физической сущности и математической зависимости ускорения Кориолиса. Учебные вопросы: Сложное движение точки. Абсолютное, относительное и переносное движение точки; траектория, скорость и ускорение точки в этих движениях. Теорема о сложении скоростей точки. Теорема о сложении ускорений точки (теорема Кориолиса). Физический смысл ускорения Кориолиса. Изучив данную тему, студент должен: иметь представление о траекториях, скоростях и ускорениях абсолютного, относительного и переносного движений; знать:  способы нахождения кинематических характеристик точки;  формулы для расчета поворотного ускорения;  частные случаи сложного движения точки; уметь:  найти ускорение Кориолиса по величине и по направлению (либо как вектор векторного произведения или по правилу Жуковского); владеть навыками решения задач по теме. При освоении темы необходимо:  изучить учебный материал по соответствующей теме учебного пособия;  акцентировать внимание на взаимном влиянии переносного и относительного движений и особенностях расчета, если переносное движение – поступательное;  выполнить задание, назначенное преподавателем, по соответствующей теме;  выполнить тестовые задания по кинематике, касающиеся данной темы;  ответить на контрольные вопросы.

15

1. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ ТЕОРИИ 1.1. СТАТИКА 1.1.1. Основные понятия и исходные положения статики Вопросы: 1. Введение в теоретическую механику. 2. Основные понятия и определения статики, две задачи статики твердого тела. 3. Аксиомы статики. 4. Несвободное твердое тело, связи (основные виды) и их реакции. 5. Аксиома связей. 6. Сила как вектор. 7. Проекция силы на ось. 8. Связь проекции равнодействующей силы и проекций составляющих ее сил. Теоретическая механика – это наука, в которой изучаются общие законы механического движения и механического взаимодействия материальных тел. Механическим движением называется изменение с течением времени взаимного положения материальных точек в пространстве. Механическим взаимодействием называется такое взаимодействие материальных тел, которое изменяет или стремится изменить характер их механического движения. Курс теоретической механики делится на три раздела: статику, кинематику и динамику. Статика – раздел механики, в котором изучаются методы преобразования систем сил в эквивалентные системы и устанавливаются условия равновесия сил, приложенных к твердому телу. Кинематика – раздел механики, в котором изучается движение тел в пространстве с геометрической точки зрения, вне связи с силами, определяющими это движение. Динамика – раздел механики, в котором изучается движение материальных тел в пространстве в зависимости от действующих на них сил. Приступая к изучению статики, следует определить основные понятия механики, встречающиеся в этом разделе. Материальное тело, размеры которого в рассматриваемых конкретных условиях можно не учитывать, называют материальной точкой. Материальная точка обладает массой и способностью взаимодействовать с другими телами. Например, при изучении движения планет Солнечной системы вокруг Солнца их размерами по сравнению с их расстояниями от Солнца пренебрегают и рассматривают эти планеты как материальные точки. Системой материальных точек (механической системой) называется такая совокупность материальных точек, в которой положение и движение каждой точки зависят от положения и движения других точек этой системы. В теоретической механике часто рассматриваются тела, расстояния между любыми точками которых остаются неизменными. Такие тела называются абсолютно твердыми. Полагая тела абсолютно твердыми, не учитывают деформаций, которые возникают в реальных телах. Это значительно упрощает изучение действия сил на тело и условий, при которых эти силы уравновешиваются. Условия равновесия сил, приложенных к абсолютно твердому телу, используются при изучении действия сил на деформируемое тело с соответствующими дополнениями. 16

Твердое тело может находиться в состоянии покоя или движения определенного характера. Каждое из этих состояний условимся называть кинематическим состоянием тела. Важнейшим понятием в теоретической механике является понятие силы. Сила – это мера механического взаимодействия тел, определяющая интенсивность и направление этого взаимодействия. Сила определяется тремя элементами: числовым значением (модулем), направлением и точкой приложения. Сила изображается вектором (рис. 1.1.1). Прямая, по которой направлена сила, называется линией действия силы. За единицу силы в Международной системе единиц – СИ (в Рис. 1.1.1 механике – система МКС) принимается ньютон (Н). Совокупность нескольких сил, действующих на данное тело, называется системой сил. Системы сил, под действием каждой из которых твердое тело находится в одинаковом кинематическом состоянии, называются эквивалентными. Сила, эквивалентная некоторой системе сил, называется равнодействующей. Сила, равная по модулю равнодействующей и направленная по линии ее действия в противоположную сторону, называется уравновешивающей. Система сил, которая, будучи приложенной к твердому телу, находящемуся в покое, не выводит его из этого состояния, называется системой взаимно уравновешивающихся сил. Силы, действующие на механическую систему, делятся на две группы: внешние и внутренние силы, Внешними называются силы, действующие на материальные точки (тела) данной системы со стороны материальных точек (тел), не принадлежащих этой системе. Внутренними называются силы взаимодействия между материальными точками (телами) рассматриваемой системы. Содержание статики абсолютно твердого тела составляют две основные задачи: 1. Задача о приведении системы сил: как данную систему сил заменить другой, в частности наиболее простой, ей эквивалентной? 2. Задача о равновесии: каким условиям должна удовлетворять система сил, приложенная к данному телу (или материальной точке), чтобы она была уравновешенной системой? Первая основная задача имеет важное значение не только в статике, но и в динамике. Вторая задача часто ставится в тех случаях, когда равновесие заведомо имеет место, например, когда заранее известно, что тело находится в равновесии, которое обеспечивается связями, наложенными на тело. При этом условия равновесия устанавливают зависимость между всеми силами, приложенными к телу; во многих случаях с помощью этих условий удается определить опорные реакции. Хотя этим не ограничивается сфера интересов статики твердого тела, но нужно иметь в виду, что определение реакций связей (внешних и внутренних) необходимо для последующего расчета прочности конструкции. В более общем случае, когда рассматривается система тел, имеющих возможность перемещаться друг относительно друга, одной из основных задач статики является задача определения возможных положений равновесия. Основной задачей статики является исследование условий равновесия внешних сил, приложенных к абсолютно твердому телу. Для изучения курса статики твердого тела рассмотрим аксиомы, лежащие в основе этого курса. Эти аксиомы сформулированы на основе наблюдения и изучения окружающих 17

нас явлений реального мира. Некоторые основные законы механики Галилея – Ньютона являются одновременно и аксиомами статики. Аксиомы статики 1. Аксиома инерции. Под действием взаимно уравновешивающихся сил материальная точка (тело) находится в состоянии покоя или движется прямолинейно и равномерно. Аксиома инерции выражает установленный Галилеем закон инерции. 2. Аксиома равновесия двух сил. Две силы, приложенные к твердому телу, взаимно уравновешиваются только в том случае, если их модули равны и если они направлены по одной прямой в противоположные стороны (рис. 1.1.2). 3. Аксиома присоединения и исключения уравновешивающихся сил. Действие системы сил на твердое тело не изменится, если к ней присоединить или из нее исключить систему взаимно уравновешивающихся сил.     Пусть, например, к твердому телу приложены силы P1 , P2 , P3 , P4 , под действием которых тело находится в покое или совершает какое-то движение (рис. 1.1.3). Приложим к   телу две равные противоположно направленные силы Q1 и Q2 , которые взаимно уравновешиваются.

Рис. 1.1.2

Рис. 1.1.3

Если тело находится в покое, то оно сохранит его; если тело находится в движении, то       оно будет двигаться под действием новой системы сил Q1 , Q2 , P1 , P2 , P3 и P4 так же, как под     действием сил P1 , P2 , P3 , P4 , т. е. новая система сил эквивалентна прежней. Это же произойдет, если из заданной системы сил, приложенных к твердому телу, исключить взаимно уравновешивающиеся силы, входящие в ее состав. Следствие. Не изменяя кинематического состояния абсолютно твердого тела, силу можно переносить вдоль линии ее действия, сохраняя неизменными ее модуль и направление.  Предположим, что к твердому телу в точке А приложена сила P (рис. 1.1.4).

18

Рис. 1.1.4 Рис. 1.1.5    Приложим в точке В две силы P ’ и P ”, равные по модулю силе P и направленные по   линии ее действия в противоположные стороны. Затем отбросим силы P ’ и P ” как взаимно   уравновешивающиеся. Тогда к телу в точке В будет приложена сила P ’ = P , эквивалентная  силе P в точке А. Таким образом, силу можно переносить в любую точку по линии действия, не изменяя ее модуля и направления. Поэтому в статике твердого тела сила рассматривается как скользящий вектор. 4. Аксиома параллелограмма сил. Равнодействующая двух пересекающихся сил приложена в точке их пересечения и изображается диагональю параллелограмма, построенного на этих силах (рис. 1.1.5). Это положение, хорошо известное из элементарного курса физики, выражается следующим геометрическим равенством:    R  P1  P2 . Модуль равнодействующей силы определяется по следующей формуле:

R  P12  P22  2 P1 P2 cos  , (1.1.1)   где φ – угол между направлениями сил P1 и P2 . 5. Аксиома равенства действия и противодействия. Всякому действию соответствует равное и противоположно направленное противодействие. Эта аксиома утверждает, что силы действия друг на друга двух тел равны по модулю и направлены по одной прямой в противоположные стороны. Таким образом, в природе не существует одностороннего действия силы. Будучи приложенными к разным телам, эти силы не уравновешиваются. Аксиома действия и противодействия установлена Ньютоном и известна как один из основных законов классической механики. 6. Аксиома сохранения равновесия сил, приложенных к деформирующемуся телу при его затвердении. Равновесие сил, приложенных к деформирующемуся телу, сохраняется при его затвердении. Из этой аксиомы следует, что условия равновесия сил, приложенных к абсолютно твердому телу, должны выполняться и для сил, приложенных к деформирующемуся телу. Однако в случае деформирующегося тела эти условия необходимы, но не достаточны. Так, например, условие равновесия двух сил, приложенных к твердому стержню на его концах, состоит в том, что силы равны по модулю и направлены по одной прямой в противоположные стороны (рис. 1.1.6, а, 6). 19

а

б

Рис. 1.1.6 Две уравновешивающиеся силы, приложенные к нити, удовлетворяют этому условию, но при наличии добавочного условия силы должны только растягивать, а не сжимать нить (рис. 1.1.6, а, б). Несвободное твердое тело. Основные виды связей и их реакции Твердое тело, на перемещение которого не наложено никаких ограничений, называется свободным твердым телом. Тело, ограничивающее свободу движения данного твердого тела, является по отношению к нему связью. Твердое тело, свобода движения которого ограничена связями, называется несвободным. Все силы, действующие на несвободное твердое тело, наряду с делением на внешние и внутренние можно также разделить на задаваемые или активные силы и реакции связей. Задаваемые силы выражают действие на твердое тело других тел, вызывающих или способных вызвать изменение его кинематического состояния. Реакцией связи называется сила или система сил, выражающая механическое действие связи на тело. Одним из основных положений механики является принцип освобождаемоспш твердых тел от связей, согласно которому несвободное твердое тело можно рассматривать как свободное, на которое, кроме задаваемых сил, действуют реакции связей. Пусть на идеально гладкой неподвижной горизонтальной плоскости покоится шар (рис. 1.1.7, а). Плоскость, ограничивая движение шара, является для него связью.

Рис. 1.1.7

Рис. 1.1.8

Если мысленно освободить шар от связи (рис. 1.1.7, б), то для удержания его в покое к   нему в точке касания с плоскостью нужно приложить силу N , равную силе тяжести шара G  по модулю и противоположную ей по направлению. Сила N и будет нормальной реакцией плоскости. Тогда шар, освобожденный от связи, будет свободным телом, на которое   действуют задаваемая сила G и реакция плоскости N . Гладкая плоскость не противодействует перемещению тела вдоль плоскости под действием задаваемых сил (рис. 1.1.8, а), но не допускает его перемещения в направлении, 20

перпендикулярном плоскости. Поэтому действие плоскости на тело выражается нормальной  реакцией N (рис. 1.1.8, б). Реакция гладкой плоскости направлена перпендикулярно плоскости.  Если к концу В нити АВ, прикрепленной в точке А, подвесить груз весом G  (рис. 1.1.9, а) то реакция S нити будет приложена к грузу в точке В, равна по модулю его  весу G и направлена вертикально вверх (рис. 1.1.9, б). Реакция нити направлена вдоль нити. Пусть балка весом G в точке В опирается на гладкую поверхность, а в точках А и D – на гладкие горизонтальную и вертикальную плоскости (рис. 1.1.10). Тогда реакции опорной поверхности и опорных плоскостей будут иметь указанные на рис. 1.1.10 направления. Для определения каждой реакции нужно знать три ее элемента: модуль, направление и точку приложения. Точка приложения реакции, как правило, бывает известна. Направление же реакций известно лишь для некоторых типов связей. Если существуют два взаимно перпендикулярных направления на плоскости, в одном из которых связь препятствует перемещению тела, а в другом – нет, то направление ее реакции противоположно первому направлению. Так, например, гладкая горизонтальная плоскость препятствует перемещению шара вертикально вниз и не препятствует его горизонтальному перемещению. В этом случае реакция плоскости направлена вверх (см. рис. 1.1.7, б). Так же определяется направление реакции нити (см. рис. 1.1.9).

Рис. 1.1.9

Рис. 1.1.10

Гладкая поверхность, на которую опирается балка точкой В (рис. 1.1.10), препятствует перемещению балки по нормали к поверхности вниз и не препятствует перемещению вдоль оси балки. Поэтому реакция этой поверхности направлена по нормали к поверхности вверх. Аналогично, если балка опирается на ребро в точке D (точечная опора), то реакция в точке D направлена перпендикулярно оси балки (рис. 1.1.11).

Рис. 1.1.11

Рис. 1.1.12 21

Рассмотрим два основных типа опор балок и их реакции. Hа рис. 1.1.12 изображена шарнирно-неподвижная опора, которая препятствует любому поступательному движению балки, но дает ей возможность свободно поворачиваться вокруг оси шарнира. По своей конструкции такая шарнирная опора состоит из двух обойм, из которых одна закреплена на балке, а другая – на неподвижной поверхности. Эти обоймы соединяются с помощью цилиндрического валика (на рис. 1.1.12 показано среднее сечение конструкции). В зависимости от действующих сил валик может прижиматься к различным точкам  обоймы. Реакция R шарнирно-неподвижной опоры проходит через центр шарнира О и точку соприкосновения А (рис. 1.1.13, а, б), но ее модуль и направление не известны. Шарнирно-подвижная опора, нижняя обойма которой поставлена на катки, не препятствует перемещению балки параллельно опорной плоскости (рис. 1.1.14). Если не учитывать трения катков, то линию действия реакции такой опоры следует считать проходящей через центр шарнира перпендикулярно опорной плоскости. Таким образом, не известен лишь модуль этой реакции.

Рис. 1.1.13

Рис. 1.1.14

Шаровой шарнир (рис. 1.1.15) представляет собой шар, который может вращаться как угодно внутри сферической полости. Центр шара остается неподвижной точкой, через  которую проходит линия действия реакции R .

Рис. 1.1.15

Рис. 1.1.16

Подпятник (рис. 1.1.16) представляет собой совокупность цилиндрического шарнира, рассмотренного на рис. 1.1.12 и 1.1.13, и упорной плоскости. Подпятник закрепляет одну из точек твердого тела так, что она не может совершать никаких перемещений в пространстве.  Линия действия реакции R подпятника проходит через эту точку. 22

Модули реакций шарового шарнира и подпятника и их направления в пространстве не известны. Поэтому при решении задач их раскладывают на составляющие вдоль оси координат. Определение модулей и направлений реакций различных связей – основное содержание задач статики и излагается в курсе ниже. В курсе теоретической механики обычно рассматривают только действие внешних сил на абсолютно твердое тело. Однако при расчете различных конструкций иногда необходимо определять внутренние силы, возникающие в растянутых и сжатых стержнях. Для определения внутренних усилий в стержнях воспользуемся так называемым методом сечений, дающим возможность принимать внутренние силы за внешние. Рассмотрим сущность этого метода. Пусть стержень АВ, весом которого пренебрегаем, растягивается двумя равными по   модулю силами P1 и P2 , приложенными к его концам (рис. 1.1.17). Рассечем мысленно стержень, разделив его на две произвольные части AD и DB. На часть AD действуют две   уравновешивающиеся силы: внешняя сила P1 и внутреннее усилие S1 , заменяющее действие  отброшенной части стержня. Из второй аксиомы следует, что внутреннее усилие S1   направлено по оси стержня и равно по модулю силе P1 . Внутреннее усилие S1 , выражающее действие отброшенной части DB на рассматриваемую AD, является по отношению к  рассматриваемой части стержня внешней силой. Аналогично на часть DB, кроме силы P2 ,  действует внутреннее усилие S 2 , заменяющее действие части AD.

Рис. 1.1.17

Рис. 1.1.18

Если стержень АВ растягивается (рис. 1.1.18, а) или сжимается (рис. 1.1.18, б) силами   P1 и P2 , то на тела, вызывающие его растяжение или сжатие, со стороны стержня действуют   реакции S1 и S 2 . При этом реакции растянутого стержня равны по модулю задаваемым силам и направлены по оси стержня от его концов внутрь стержня. Реакции сжатого стержня равны по модулю задаваемым силам и направлены по оси стержня к его концам. Так как реакции и внутренние усилия по модулю равны, то для определения усилия в стержне достаточно определить его реакцию. 7. Аксиома об освобождаемости от связей. Не изменяя движения или равновесия твердого тела, можно отбросить наложенные на нее связи, заменяя их действие реакциями отображенных связей. Методика решения задач статики: 1. Выбираем объект (тело), равновесие которого рассматриваем. 2. Прикладываем все активные силы (если к телу приложена распределенная нагрузка, то она заменяется сосредоточенной, приложенной в центре тяжести эпюры распределения нагрузки. По величине сосредоточенная нагрузка равна площади эпюры распределения нагрузки). 23

3. Пользуясь аксиомой освобождаемости от связей, заменяем все наложенные на тело связи их реакциями. 4. Записываем условия и уравнения равновесия, решая которые находим требуемые величины. 5. Делаем проверку. Примечание. Решать можно только статически определимые задачи (задачи, в которых число неизвестных не превышает возможного числа уравнений равновесия). Для статически неопределимых задач решение проводится методами сопротивления материалов с привлечением условий совместности деформаций.

1.1.2. Система сходящихся сил Вопросы: 1. Система сходящихся сил. 2. Геометрическое и аналитическое сложение сил. 3. Условие и уравнения равновесия. 4. Теорема о трех силах. 5. Сложение двух параллельных сил. 6. Определение усилий в стержнях плоской фермы. Сложение двух сходящихся сил. Параллелограмм и треугольник сил Сходящимися называются силы, линии действия которых пересекаются в одной точке. Если к телу приложены две силы, линии действия которых пересекаются в одной точке, то, как указывалось в аксиоме параллелограмма сил, их равнодействующая приложена в точке А пересечения линий действия сил; она изображается диагональю параллелограмма, построенного на этих силах (рис. 1.1.19). Построение параллелограмма сил можно заменить построением треугольника сил ABD (рис. 1.1.20).

Рис. 1.1.19

Рис. 1.1.20 

Направление равнодействующей силы R по контуру силового треугольника противоположно направлению обхода контура треугольника, определяемому слагаемыми силами. При помощи параллелограмма или треугольника сил можно решить и обратную задачу    – разложить силу P на две составляющие P1 и P2 , приложенные в той же точке и направленные по заданным линиям действия KL и DE (рис. 1.1.21 и 1.1.22). 24

Рис. 1.1.21

Рис. 1.1.22

Используя известные формулы тригонометрии (теорему синусов), имеем

P1 P P  2  . sin  sin  sin (180   ) Так как      , то

P1  P

sin  ; sin(   )

P2  P

sin  . sin(   )

Многоугольник сил. Условие равновесия сходящихся сил Пусть к твердому телу в точках A1 , A2 , A3 , A4 , A5 приложены сходящиеся силы      P1 , P2 , P3 , P4 , P5 , (рис. 1.1.23). Все эти силы можно перенести в точку O пересечения линий их действия и, строя треугольники сил, последовательно сложить. Тогда равнодействующая этих сил изобразится замыкающей стороной многоугольника сил.

Таким образом, равнодействующая сходящихся сил приложена в точке О пересечения линий действия сил и равна их геометрической сумме:     R  P1  P2  ...  Pn . Направление равнодействующей по контуру силового многоугольника противоположно направлению обхода этого контура, определяемому направлением первой силы.

25

Если к твердому телу приложены три сходящиеся силы, не лежащие в одной плоскости, то их равнодействующая приложена в точке пересечения линий действия сил и изображается диагональю параллелепипеда, построенного на этих силах (рис. 1.24). Действительно, диагональ параллелепипеда Ос является замыкающей стороной      многоугольника Oabc, т. е. Oc  P1  P2  P3  R . Правило сложения трех сходящихся сил в пространстве называется правилом параллелепипеда сил. Сходящиеся силы уравновешиваются в случае, если их равнодействующая равна нулю, т. е. многоугольник сил замкнут (рис. 1.1.25):    P1  P2  ...  Pn  0 , или   Pi  0 . В замкнутом многоугольнике сил все силы направлены по контуру многоугольника в одну сторону по обходу многоугольника. Частный случай. Три сходящиеся силы уравновешиваются, если треугольник этих сил замкнут. Все задачи на равновесие сил, приложенных к твердому телу (точке), решают по следующему плану: 1. Выделяют твердое тело (точку), к которому приложена система взаимно уравновешивающихся сил. 2. Показывают все действующие на тело активные (задаваемые) силы. 3. Согласно принципу освобождаемости от связей, действие связей на тело заменяют соответствующими силами – реакциями связей. 4. К полученной системе сил применяют условия равновесия, соответствующие этой системе. 5. Из этих условий определяют искомые величины. Теорема о равновесии трех непараллельных сил Линии действия трех непараллельных взаимно уравновешивающихся сил, лежащих в одной плоскости, пересекаются в одной точке. Пусть к твердому телу в точках A1 , A2 , A3 , приложены три непараллельные взаимно    уравновешивающиеся силы P1 , P2 , P3 , лежащие в одной плоскости (рис. 1.1.26). Перенесем силы   P1 и P2 в точку О пересечения линий их  действия и найдем равнодействующую R , которая будет приложена в этой же точке.  Сила уравновешивающей P3 , будучи   системы сил P1 и P2 , равна по модулю их  Рис. 1.1.26 равнодействующей R и направлена по линии ее  действия в противоположную сторону. Следовательно, линия действия силы P3 проходит через точку О, что и требовалось доказать.   Примечание. Если две силы P1 и P2 параллельны, то, как известно из элементарного  курса физики, уравновешивающая их сила P3 параллельна им и расположена в одной с ними

26

плоскости. Расстояния от линии действия уравновешивающей силы до линий действия сил  обратно пропорциональны их модулям, а модуль уравновешивающей P3 равен сумме или   разности модулей сил P1 и P2 . Проекции силы на оси декартовых координат Взяв правую систему неподвижных осей декартовых координат x, y и z, разложим силу     P по правилу параллелепипеда на три составляющие силы Px , Pу и Pz , направленные

параллельно этим осям (рис. 1.1.27).    Силы Px , Pу и Pz называются компонентами силы по осям x, y и z. Алгебраические значения длин направленных отрезков Aa, Ab и Ac называются проекциями силы на оси x, y и z.   Обозначив i , j и k единичные векторы, направленные по осям x, y и z, а X, Y и Z –     проекции силы на эти оси, получим P  Px  Py  Pz .

Рис. 1.1.27 Но поэтому

Рис. 1.1.28

  Px  i X ;

    Py  j Y ; Pz  k Z ;

    P  i X  jY  kZ .

(1.1.2)

Равенство (1.1.2) представляет собой формулу разложения силы на составляющие по осям координат. Проекция силы на каждую координатную ось определяется произведением модуля силы на косинус угла между направлениями оси и силы:      X  Pcos(P, i ); Y  P cos(P, j ); Z  P cos(P, k ) , (1.1.3)       где ( P, i ), ( P, j ), ( P, k ) – углы, заключенные между направлением силы P и направлениями осей x, y и z. Если известны проекции силы на три взаимно перпендикулярные оси x, y и z, то модуль и направление силы определяются по следующим формулам:

P  X 2 Y 2  Z 2 ; 27

  X cos( P , i )  ; P

  Y cos( P, j )  ; P

  Z cos( P, k )  . P

Если рассматриваются силы, лежащие в одной плоскости, то, взяв две взаимно  перпендикулярные оси x и y в этой плоскости, каждую силу R можно разложить на две   составляющие силы Px и Py , направленные параллельно этим осям (рис. 1.1.28). В этом случае

      P  Px  Py или P  i X  j Y . Модуль и направление силы определяются по проекциям:     Y X cos( P, i )  ; cos( P, j )  . P P     В формуле (1.1.3) X  P cos(P, i ) угол ( P, i ), как известно, представляет собой угол α между направлениями силы P и оси x, проведенной через точку приложения силы (рис. 1.1.29). Этот угол отсчитывается от оси по часовой стрелке или против; он не должен превышать 180° при любом направлении силы. P

X 2  Y 2;

Рис. 1.1.29 При вычислении проекции силы на ось возможны следующие частные случаи: 1. Проекция положительна:    90 ; X  P cos  . 2. Проекция равна нулю:    90 ; X  P cos 90   0 . 3. Проекция отрицательна:    90 ; X  P cos    P cos  , где β – острый угол между линией действия силы и осью. При решении задач рекомендуется вычислять абсолютное значение проекции силы как произведение модуля силы на косинус острого угла между линией действия силы и осью, определяя знак проекции непосредственно по чертежу. Аналитический способ определения равнодействующей системы сходящихся сил. Уравнения равновесия сил Равнодействующая сходящихся сил    P1 , P2 , . . . , Pn (рис. 1.1.30) равна геометрической сумме этих сил:     P  P1  P2  ...  Pn .

Проекция равнодействующей на каждую из координатных осей равна алгебраической сумме проекций всех составляющих: Рис.1.1.30

28

X  X 1  X 2  ...  X n ;  Y  Y1  Y2  ...  Yn ; . Z  Z1  Z 2  ...  Z n 

(1.1.4)

Здесь проекции сил вычисляются по формулам       X 1  P1 cos( P1 , i ); X 2  P2 cos( P2 , i ); ...; X n  Pn cos( Pn , i );       Y1  P1 cos( P1 , j ); Y2  P2 cos( P2 , j ); ...; Yn  Pn cos( Pn , j );       Z1  P1 cos( P1 , k ); Z 2  P2 cos( P2 , k ); ...; Z n  Pn cos( Pn , k ). Формулам (1.1.4) можно придать вид X   X i ; Y   Yi ; Z   Z i ,

причем i = 1, 2, ..., n. Вычислив проекции равнодействующей X, Y и Z, найдем модуль и направление равнодействующей:

R    X cos( R, i )  ; R

X

2

 Y

2

 Z

  Y cos( R, j )   ; R

2

;   Z cos( R , k )  . R 

В случае если силы взаимно уравновешиваются, их равнодействующая R равна нулю. Так как R  X 2  Y 2  Z 2  0, то X = 0, Y = 0 и Z = 0. Таким образом, для сходящихся сил в пространстве имеем следующие три уравнения равновесия: X 1  X 2  ...  X n  0,  или  X i  0;  Y1  Y2  ...  Yn  0,  (1.1.5) . или  Yi  0;  Z 1  Z 2  ...  Z n  0,    или  Z i  0.

При помощи уравнений (1.1.5) можно решать задачи на равновесие сходящихся сил, если число неизвестных в задаче не превышает трех. Такой метод решения этих задач называется аналитическим. При помощи этих уравнений можно решить задачу на равновесие сходящихся сил на плоскости, если число неизвестных в ней равно двум. Если в задаче на равновесие сходящихся сил число неизвестных превышает число уравнений равновесия, то ее нельзя решить методами статики твердого тела. Определение усилий в стержнях ферм по способу вырезания узлов Фермой называется геометрически неизменяемая шарнирно-стержневая конструкция (рис. 1.1.31). Если оси всех стержней фермы лежат в одной плоскости, то ее называют плоской фермой. Точки, в которых сходятся оси стержней, называются узлами фермы, а те узлы, которыми ферма опирается на основание, называются опорными узлами.

29

Стержни плоской фермы, расположенные по верхнему контуру, образуют верхний пояс, а расположенные по нижнему контуру – нижний пояс фермы. Вертикальные стержни называются стойками, а наклонные – раскосами. Лемма 1. Если в незагруженном узле плоской фермы сходятся два стержня, то усилия в этих стержнях равны нулю (рис. 1.1.32):

 X  0; Y  0; i

i

S 2  S1 cos  0; S1 cos(90   )  0; S1  0 и S 2  0.

Лемма 2. Если в незагруженном узле плоской фермы сходятся три стержня, из которых два расположены на одной прямой, то усилие в третьем стержне равно нулю. Усилия в первых двух стержнях равны между собой (рис. 1.1.33):

 X  0; Y  0; i

i

 S1  S 2  S 3 cos  0; S 3 cos(90   )  0; S 3  0 и S1  S 2 .

Лемма 3. Если в узле плоской фермы сходятся два стержня и к узлу приложена внешняя сила, линия действия которой совпадает с осью одного из стержней, то усилие в этом стержне равно по модулю приложенной силе, а усилие в другом стержне равно нулю (рис. 1.1.34):  X i  0; S1 cos  0; S1  0;

Y

i

 0;

 P  S 2  S1 sin   0; S 2   P.

1.1.3. Произвольная система сил Вопросы: 1. Пара сил, момент пары сил. 2. Момент пары сил как вектор и как векторное произведение, алгебраический момент пары сил. 30

3. 4. 5. 6. 7.

Основная теорема теории пар сил. Свойства пары сил. Эквивалентные пары. Теорема о сложении пар сил. Равновесие системы пар сил. Момент силы относительно точки. Момент силы как вектор и как векторное произведение, алгебраический момент си-

лы. 8. Момент силы относительно оси. 9. Зависимость между моментом силы относительно точки и оси, проходящей через данную точку. 10. Приведение произвольной пространственной системы сил к одному центру. 11. Теорема Пуансо о параллельном переносе силы. 12. Главный вектор и главный момент системы сил. 13. Частные случаи приведения. 14. Условия и уравнения равновесия произвольной пространственной системы сил. 15. Теорема Вариньона о моменте равнодействующей. Пара сил. Момент пары сил Система двух равных по модулю, параллельных и противоположно направленных сил  ' P и P называется парой сил. Плоскость, в которой находятся линии действия сил   P и P ' , называется плоскостью действия пары сил (рис. 1.1.35).

Рис. 1.1.35

Рис.1.1.36

Пара сил не имеет равнодействующей, однако силы пары не уравновешиваются, так как они не направлены по одной прямой. Пара сил стремится произвести вращение твердого тела, к которому она приложена. Пара сил, не имея равнодействующей, очевидно, не может быть уравновешена силой. Кратчайшее расстояние d между линиями действия сил, составляющих пару, называется плечом пары сил. Действие пары сил на твердое тело характеризуется ее моментом. Момент пары сил определяется произведением модуля одной из сил пары па ее плечо: M = P×d. Если силы выражать в ньютонах, а плечо – в метрах, то момент пары сил будет выражаться в ньютон-метрах (Н·м). Момент пары сил изображают вектором.    Вектор момента M пары P , P ' направляют перпендикулярно плоскости действия пары сил в такую сторону, чтобы, смотря навстречу этому вектору, видеть пару сил, стремящихся вращать плоскость ее действия в сторону, обратную вращению часовой стрелки (рис. 1.1.36). Если рассматриваются только пары сил, лежащие в одной плоскости, то эту плоскость совмещают с плоскостью чертежа (рис. 1.1.37). 31

Вместо вектора момента каждой пары сил, перпендикулярного плоскости чертежа, указывают только направление, в котором пара сил стремится вращать эту плоскость.

Рис. 1.1.37 В этом случае момент пары сил определяют произведением модуля сил на плечо пары сил, взятым со знаком плюс или минус, т. е. момент пары сил рассматривают как алгебраическую величину

M  P  d . Момент пары сил считают положительным, если пара сил стремится вращать плоскость чертежа в сторону, противоположную вращению часовой стрелки (рис. 1.1.37, а), и отрицательным – в сторону вращения часовой стрелки (рис. 1.1.37, б).

Теорема об условии эквивалентности пар сил, лежащих в одной плоскости Пары сил, лежащие в одной плоскости, эквивалентны, если их моменты численно равны и одинаковы по знаку. Теорема об условии эквивалентности пар сил в пространстве Пары сил в пространстве эквивалентны, если их моменты геометрически равны. Не изменяя действия пары сил на твердое тело, пару сил можно переносить в любую плоскость, параллельную плоскости действия пары, а также изменять ее силы и плечо, сохраняя неизменным модуль и направление ее момента. Таким образом, вектор момента пары сил можно переносить в любую точку, т. е. момент пары сил является свободным вектором. Вектор момента пары сил определяет все три ее элемента: положение плоскости действия пары, направление вращения и числовое значение момента. Сложение пар сил. Условие равновесия пар сил Рассмотрим сложение двух пар сил, расположенных в пересекающихся плоскостях, и докажем следующую теорему: геометрическая сумма моментов составляющих пар сил равна моменту эквивалентной им пары. Пусть требуется сложить две пары сил, расположенные в пересекающихся плоскостях I   и II и имеющие моменты M 1 и M 2 (рис. 1.1.38).

32

Рис. 1.1.38 Выбрав силы этих пар равными по модулю P1  P2  P3  P4  P , определим плечи этих пар: M M d1  1 и d 2  2 . P P   Расположим эти пары сил таким образом, чтобы силы P1 и P3 были направлены по линии пересечения плоскостей KL в противоположные стороны и уравновешивались.   Оставшиеся силы P2 и P4 образуют пару сил, эквивалентную данным двум парам сил. Эта пара сил имеет плечо BC = d и момент, перпендикулярный плоскости действия пары сил, равный по модулю M = Pd. Геометрическая сумма моментов составляющих пар сил равна моменту эквивалентной пары. Так как момент пары сил является свободным вектором, перенесем   моменты составляющих пар сил M 1 и M 2 в точку B и сложим их, построив на этих моментах параллелограмм.    Диагональ этого параллелограмма BF  M 1  M 2 представляет собой момент     эквивалентной пары P2 , P4 . Отсюда следует, что вектор B F  M , т. е. геометрическая сумма моментов составляющих пар сил равна моменту эквивалентной им пары сил:    M1  M 2  M . Такой способ сложения моментов пар сил называется правилом параллелограмма моментов. Построение параллелограмма моментов можно заменить построением треугольника моментов. Применяя построение параллелограмма или треугольника моментов, можно решить и обратную задачу, т. е. разложить любую пару сил на две составляющие. Пусть требуется сложить несколько пар сил, расположенных произвольно в пространстве (рис. 1.1.39). Определив моменты этих пар, их можно перенести в любую точку O пространства. Складывая последовательно моменты этих пар сил, можно построить многоугольник моментов пар, замыкающая сторона которого определит момент эквивалентной им пары сил. На рис. 1.1.39 показано построение многоугольника моментов при сложении трех пар сил.

33

Рис. 1.1.39 Момент пары сил, эквивалентной данной системе пар сил в пространстве, равен геометрической сумме моментов составляющих пар сил:     M  M 1  M 2  ...  M n , или   M  Mi.  Плоскость I действия этой пары сил перпендикулярна направлению ее момента M . Если момент эквивалентной пары сил равен нулю, то пары сил взаимно уравновешиваются:   M   M i  0.

Таким образом, условие равновесия пар сил, произвольно расположенных в пространстве, можно сформулировать так: пары сил, произвольно расположенные в пространстве, взаимно уравновешиваются в том случае, если геометрическая сумма их моментов равна нулю. Если пары сил расположены в одной плоскости (рис. 1.1.40), то моменты этих пар сил, направленные по одной прямой, складываются алгебраически.

34

Рис. 1.1.40 Момент пары сил, эквивалентной системе пар сил на плоскости, равен алгебраической сумме моментов составляющих пар: M  Mi,

где M i   Pi  d i .

Условие равновесия

M

i

 0,

т. е. пары сил, расположенные в одной плоскости, взаимно уравновешиваются, если алгебраическая сумма их моментов равна нулю. Момент силы относительно точки и относительно оси Момент силы относительно точки как векторное произведение   Момент силы P относительно точки О изображается вектором M o , приложенным в этой точке и направленным перпендикулярно плоскости, содержащей силу и точку, в такую  сторону, чтобы, смотря навстречу этому вектору, видеть силу P , стремящуюся вращать эту плоскость в сторону, обратную вращению часовой стрелки (рис. 1.1.41). Модуль этого вектора Mo равен произведению модуля силы P на ее плечо d относительно точки О:

Mo = P×d. Плечо d является кратчайшим расстоянием от этой точки до линии действия силы (длиной перпендикуляра, опущенного из точки на линию действия силы). Модуль момента силы относительно точки может быть выражен удвоенной площадью треугольника AOB: Mo = 2 × S∆ AOB.

Рис. 1.1.41

Таким образом, вектор момента силы М0 относительно точки О можно рассматривать как векторное произведение  радиуса-вектора r , проведенного из этой точки в точку  приложения силы, на вектор силы P . При переносе силы по линии ее действия в точки  A1 , A2 , ... , An вектор ее момента M o относительно данной точки не изменяется (рис. 1.1.42).

35

Рис. 1.1.42 Момент силы относительно оси

Положим, что к твердому телу в точке А  приложена сила P . Чтобы вычислить момент этой силы относительно оси z, следует спроецировать  силу P на плоскость I, перпендикулярную оси  z, а затем вычислить момент ее проекции P1 на эту плоскость относительно точки О пересечения оси z с плоскостью I, приписав этому моменту знак плюс или минус (рис. 1.1.43).  Таким образом, моментом силы P относительно оси z называется взятое со знаком плюс или минус произведение модуля Рис.1.1.43   на плоскость, проекции P1 силы P перпендикулярную оси, на ее плечо d1 относительно точки О пересечения оси с плоскостью: M z   P1  d 1 .

Момент силы относительно оси считается положительным, если, смотря навстречу оси  z, можно видеть проекцию P1 , стремящуюся вращать плоскость I вокруг оси z в сторону, противоположную вращению часовой стрелки. Момент силы относительно оси изображается отрезком, отложенным по оси z от точки О в положительном направлении, если Мz > 0, и в отрицательном – если Мz < 0. Значение момента силы относительно оси может быть также выражено удвоенной площадью треугольника: M z  2  S  A1OB1 . Момент силы относительно оси равен нулю в двух случаях: 1) если Р1 = 0, т. е. линия действия силы параллельна оси; 2) если d1 = 0, т. е. линия действия силы пересекает ось. Отсюда следует: если сила и ось лежат в одной плоскости, то момент силы относительно этой оси равен нулю. Главные моменты системы сил, произвольно расположенных в пространстве, относительно точки и относительно оси Теорема о сумме моментов сил, составляющих пару    Если имеется система сил P1 , P2 , ... Pn , произвольно расположенных в пространстве, то можно определить моменты всех сил относительно произвольной точки О:          M 1O  r1  P1 ; M 2 O  r2  P2 ; ...; M nO  rn  Pn .

36 Рис.1.1.44

Построив в точке О многоугольник этих моментов, можно найти их геометрическую сумму. Момент, равный геометрической сумме моментов всех сил системы относительно точки О, называется главным моментом системы сил относительно этой точки:     M O  M 1O  M 2 O  ...  M nO .    На рис. 1.1.44 показано определение главного момента трех сил P1 , P2 и P3 относительно точки О.    Если заданы силы P1 , P2 , ... Pn , произвольно расположенные в пространстве, можно определить их моменты относительно любой оси z и сложить эти моменты алгебраически.    На рис. 1.1.45 сложены моменты трех сил P1 , P2 и P3 . Момент, равный алгебраической сумме моментов всех сил системы относительно оси z, называется главным моментом системы сил относительно оси z: M z  M 1 z  M 2 z  ...  M nz .

Главный момент системы сил относительно оси изображается отрезком, отложенным по оси z от любой ее точки О в положительном направлении, если Мz > 0, и в отрицательном, если Мz < 0. Рис.1.1.45 Теорема: главный момент сил, составляющих пару, относительно любой точки в пространстве не зависит от положения этой точки и геометрически равен моменту пары сил. Зависимость между главными моментами системы сил относительно точки и оси, проходящей через эту точку    На рис. 1.1.44 изображен многоугольник моментов сил P1 , P2 и P3 относительно точки О. Проведем через эту точку произвольную ось z и спроецируем на эту ось главный момент     M O , а также моменты M 1O , M 2 O , M nO . Тогда     M O cos( M O , z )  M 1O cos( M 1O , z )  M 2 O cos( M 2 O , z )  M 3O cos( M 3O , z ).

Отсюда  M 1O cos( M 1O , z )  M 1 z ;

 M 2 O cos( M 2 O , z )  M 2 z ;

 M 3O cos( M 3O , z )  M 3 z .

Получаем  M O cos( M O , z )  M 1 z  M 2 z  M 3 z  M z .

Распространяя эту зависимость на любое число сил, получаем  M O cos(M O , z )   M iz  M z . Таким образом, проекция главного момента системы сил относительно некоторой точки на ось, проходящую через эту точку, равна главному моменту системы сил относительно этой оси. 37

Момент силы и главный момент системы сил, лежащих в одной плоскости. Теорема о сумме моментов сил, составляющих пару

Если рассматриваются только силы, лежащие в одной плоскости, то их моменты относительно точек этой плоскости должны быть направлены по перпендикулярам к этой плоскости в ту или иную сторону. Поэтому моменты сил относительно точки плоскости тождественны их моментам относительно оси, проходящей через эту точку перпендикулярно плоскости расположения сил (рис. 1.1.46, а, б).

Рис. 1.1.46 Моменты сил относительно точки плоскости следует рассматривать как алгебраические величины (не векторы). Плоскость расположения сил обычно изображают плоскостью чертежа.  Таким образом, моментом силы P относительно некоторой точки О на плоскости называется алгебраическая величина, равная произведению модуля силы на ее плечо d относительно этой точки (рис. 1.1.47): Mo = P×d.

Рис. 1.1.47

Рис. 1.1.48 

Момент силы относительно точки считается положительным, если сила P стремится повернуть плоскость чертежа вокруг точки О в сторону, противоположную вращению часовой стрелки, и отрицательным, если в сторону вращения часовой стрелки. Момент силы относительно точки можно определить удвоенной площадью треугольника AOB: M o  2  S  AOB . За единицу момента принимается 1 Н·м. При переносе вдоль линии ее действия момент силы относительно данной точки  плоскости не изменяется (рис. 1.1.48). Момент силы P относительно данной точки О равен нулю, если линия действия силы проходит через эту точку, т. е. d = 0 (рис. 1.1.49). 38

Рис. 1.1.49

Рис. 1.1.50

Если к твердому телу приложено несколько сил, лежащих в одной плоскости, можно вычислить алгебраическую сумму моментов этих сил относительно любой точки этой плоскости (рис. 1.1.50): M 1O  P1 d1 ; M 2O  P2 d 2 ; M 3O   P3 d 3 ; M 4O   P4 d 4 и т. д.

Момент М0, равный алгебраической сумме моментов данной системы сил относительно какой-либо точки в той же плоскости, называют главным моментом системы сил относительно этой точки: M O  M 1O  M 2 O  ...  M nO или M O   M 1O .

Основываясь на понятии главного момента системы сил относительно точки на плоскости, сформулируем теорему о моменте пары сил на плоскости: главный момент сил, составляющих пару относительно произвольной точки на плоскости действия пары, не зависит от положения этой точки и равен моменту этой пары сил (рис. 1.1.51). M O   Pd  M .

Как видно, главный момент сил, составляющих пару относительно произвольной точки на плоскости ее действия, так же как и главный момент сил пары относительно точки в пространстве, является величиной, не зависящей от выбора этой точки. Приведение силы к заданному центру 

Пусть даны сила P , приложенная к твердому телу в точке А, и произвольная точка О, которую назовем центром приведения. Проведем из точки О в точку А радиус-вектор r  (рис. 1.1.52, а) и определим момент силы P относительно центра приведения:    MO  r  P.

Рис. 1.1.51

39

а

б

в

Рис. 1.1.52 



Приложим в точке О две уравновешивающиеся силы P ' и P " , равные и параллельные      силе P (рис. 1.1.52, б). Получим эквивалентную силе P систему трех сил P, P' и P" ,    которую можно рассматривать как совокупность силы P" ( P"  P) , приложенной в центре   приведения О и присоединенной пары сил P, P' .  Опустив из точки О перпендикуляр на линию действия силы P , получим плечо этой пары сил и найдем модуль ее момента M  Pd  MO, 

равный модулю момента силы P относительно центра приведения О.  Вектор M момента присоединенной пары сил направлен перпендикулярно плоскости   пары P, P ' , совпадающей с плоскостью треугольника ОАВ, в ту сторону, с которой пара   P, P' представляется стремящейся вращать эту плоскость в сторону, противоположную вращению часовой стрелки. Приложив его как свободный вектор в центре приведения О,   убедимся, что направление совпадает с направлением вектора M O момента силы P относительно центра приведения. Так как эти векторы равны по модулю и совпадают по направлению, то они геометрически равны, т. е.     M  M O  r  P. 

Таким образом, силу P , не изменяя ее действия на твердое тело, можно перенести из точки ее приложения А в любой центр приведения О, приложив при этом к телу пару сил с   моментом M , геометрически равным моменту M O этой силы относительно центра приведения (рис. 1.1.52, в). Этот метод был предложен французским ученым Пуансо (1777 – 1859) и называется приведением силы к заданному центру. Приведение произвольной системы сил к заданному центру

Применяя метод Пуансо, приведем систему трех произвольно расположенных    сил P1 , P2 и P3 , приложенных к твердому 40 Рис. 1.1.53

телу в точках A1 , A2 и A3 , к заданному центру О.    Получим три силы P"1 , P"2 и P"3 , приложенные в центре О, и три присоединенные          пары сил P1 , P '1 , P2 , P '2 и P3 , P '3 (рис. 1.1.53). Складывая силы P"1 , P"2 и P"3 по правилу 

многоугольника, получим их равнодействующую R * , равную геометрической сумме заданных сил и приложенную в центре приведения О:        R*  P"1  P"2  P"3  P1  P2  P3 .

Геометрическая сумма всех сил системы называется главным вектором системы сил и   в отличие от равнодействующей R обозначается R * .       Складывая пары P1 , P '1 ; P2 , P '2 ; P3 , P '3 , получим эквивалентную им пару сил. Момент каждой присоединенной пары сил равен моменту соответствующей силы относительно центра приведения:     M 1  M 1O  r1  P1 ;     M 2  M 2O  r2  P2 ;     M 3  M 3O  r3  P3 . Момент пары сил, эквивалентной трем присоединенным геометрической сумме моментов этих пар. Строя многоугольник моментов присоединенных пар, находим     M  M1  M 2  M 3       M 1O  M 2O  M 3O  M O ,

парам

сил,

равен

т. е. момент пары сил, эквивалентной трем присоединенным парам, равен главному моменту этих трех сил относительно центра приведения. Распространяя полученные результаты на любое число сил, произвольно расположенных в пространстве, имеем      R*   Pi ; M  M O   M iO . Этот результат можно сформулировать следующим образом: силы, произвольно расположенные в пространстве, можно привести к одной силе, равной их главному вектору и приложенной в центре приведения, и к паре сил с моментом, равным главному моменту всех сил относительно центра приведения. Выбор центра приведения не отражается на модуле и направлении главного вектора   R * , но влияет на модуль и направление главного момента M O .

1.1.4. Плоская система сил Вопросы: 1. Алгебраические моменты силы и пары. 2. Приведение плоской системы сил к простейшему виду. 3. Равновесие плоской системы сил. 4. Случай параллельных сил. 5. Равновесие систем тел. 41

6. 7. 8. 9. 10. 11.

Статически определимые и статически неопределимые системы тел. Определение внутренних усилий. Распределенные силы. Фермы. Задача расчета фермы. Расчет плоской фермы способом Риттера (разрезов фермы). Условия равновесия тел с учетом трения скольжения и трения качения. Возможные случаи приведения сил, произвольно расположенных на плоскости

При приведении сил, произвольно расположенных на плоскости, к заданному центру возможны следующие случаи:  Случай I. R*  0; M  M O  0 . Если главный вектор системы сил равен нулю и ее главный момент относительно центра приведения тоже равен нулю, то силы взаимно уравновешиваются.  Случай II. R*  0; M  M O  0 . Если главный вектор системы сил равен нулю, а ее главный момент относительно центра приведения не равен нулю, то силы приводятся к паре сил. Момент этой пары сил равен главному моменту системы сил относительно центра приведения. В этом случае главные моменты данной системы сил относительно всех точек плоскости равны по модулю и совпадают по знаку.  Случай III. R*  0; M  M O  0 . Если главный вектор системы сил не равен нулю, а главный момент ее относительно   центра приведения равен нулю, то силы приводятся к равнодействующей R  R * , линия действия которой проходит через центр приведения.  Случай IV. R*  0; M  M O  0 . Теорема Вариньона о моменте равнодействующей плоской системы сил. Момент равнодействующей силы относительно любой точки на плоскости равен алгебраической сумме моментов составляющих сил относительно той же точки.  R*M M O ( R)   M  M O  M 1O  M 2 O  ...  M nO . R* Уравнения равновесия системы сил, произвольно расположенных на плоскости

Для сил, произвольно расположенных на плоскости, имеются два условия равновесия: M   M iO  0; R* 

X 2  Y 2  0.

Из второго условия следует, что X   X i  0 и Y   Yi  0 . Таким образом, два условия равновесия сил, произвольно расположенных на плоскости, можно выразить в виде системы трех уравнений:

M

iO

 0;

X

i

42

 0;

Y

i

 0.

Эти уравнения называются основными уравнениями равновесия плоской системы сил (универсальная форма). Центр моментов и направление координатных осей для этой системы уравнений можно выбирать произвольно. Существуют и две другие системы трех уравнений равновесия сил – системы:

M

iA

 0;

M

iB

U

 0;

i

 0,

(1.1.6)

при этом ось U не должна быть перпендикулярна прямой, проходящей через точки А и В; (1.1.7)  M iA  0;  M iB  0;  U iC  0, точки А, В и С не должны лежать на одной прямой. Пусть дана система сил, произвольно    расположенных на плоскости P1 , P2 , ..., Pn (рис. 1.1.54), удовлетворяющая трем уравнениям равновесия (1.1.6):

M

iA

 0;

M

iB

 0;

U

i

 0;

причем ось U не перпендикулярна прямой АВ. Известно, что неуравновешивающиеся силы, произвольно расположенные на плоскости, приводятся или к паре сил, или к равнодействующей. Так как главные моменты системы сил Рис. 1.1.54 относительно двух центров равны нулю, то рассматриваемая система сил не приводится к паре сил. При наличии пары сил главные моменты системы сил относительно всех точек плоскости одинаковы и равны моменту этой пары (см. теорему о моменте пары сил). Если силы приводятся к равнодействующей силе, то ее линия действия должна проходить через точки А и В, так как на основании теоремы Вариньона   M A ( R)   M iA  0; M B ( R)   M iB  0. Но проекция равнодействующей на любую ось равна сумме проекций составляющих сил, т. е. R cos    U i  0, где cos   0; следовательно, предполагаемая равнодействующая R = 0. Таким образом, система уравнений (1.6) показывает, что данная система сил не приводится ни к паре, ни к равнодействующей; следовательно, она уравновешивается. В случае если ось и перпендикулярна прямой AВ, то система уравнений (1.6) справедлива и при наличии равнодействующей, для которой АВ является линией действия. Пусть плоская система сил удовлетворяет трем уравнениям:

M

iA

 0;

M

iB

 0;

M

iC

 0,

причем точки А, В и С не лежат на одной прямой. В этом случае силы не приводятся к паре сил, так как главные моменты этих сил относительно трех центров равны нулю. Силы не приводятся и к равнодействующей силе, так как если она существует, то линия ее действия не может пройти через три точки, не лежащие на одной прямой. Следовательно, рассматриваемая система сил уравновешивается, и система уравнений (1.7) является системой уравнений равновесия плоской системы сил. 43

Итак, установлено, что число уравнений равновесия плоской системы сил равно трем. При помощи этих уравнений можно решать задачи статики на плоскости, в которых число неизвестных не превышает трех. Распределенные силы В инженерных расчетах часто приходится встречаться с нагрузками, распределенными вдоль данной поверхности по тому или иному закону. Рассмотрим некоторые простейшие примеры распределенных сил, лежащих в одной плоскости. Плоская система распределенных сил характеризуется ее интенсивностью q , т. е. значением силы, приходящейся на единицу длины нагруженного отрезка. Измеряется интенсивность в ньютонах, деленных на метры (Н/м). 1) Силы, равномерно распределенные вдоль отрезка прямой (рис. 1.1.55, а). Для такой системы сил интенсивность q имеет постоянное значение. При статических расчетах эту  систему сил можно заменить равнодействующей Q . По модулю, Q = a × q.  Приложена сила Q в середине отрезка АВ. 2) Силы, распределенные вдоль отрезка прямой по линейному закону (рис. 1.1.55, б). Примером такой нагрузки могут служить силы давления воды на плотину, имеющие наибольшее значение у дна и падающие до нуля у поверхности воды. Для этих сил интенсивность q является величиной переменной, растущей от нуля до максимального  значения qm. Равнодействующая Q таких сил определяется аналогично равнодействующей сил тяжести, действующих на однородную треугольную пластину АВС. Так как вес однородной пластины пропорционален ее площади, то, по модулю,

Q = 0,5 × qm . б

а

в

Q

С

Q

qт q В

А

А

a

 Q

 Q

3

В

Е А

D

 Q

В

Рис. 1.1.55  Приложена сила Q на расстоянии а/3 от стороны ВС треугольника АВС. 3) Силы, распределенные вдоль отрезка прямой по произвольному закону  (рис. 1.1.55, в). Равнодействующая Q таких сил, по аналогии с силой тяжести, по модулю равна площади фигуры ABDE, измеренной в соответствующем масштабе, и проходит через центр тяжести этой площади. 4) Силы, равномерно распределенные по дуге окружности (рис. 1.1.56). Примером таких сил могут служить силы гидростатического давления на боковые стенки цилиндрического сосуда. 44

Рис. 1.1.56

Пусть радиус дуги равен R, a BOD  AOD   , где OD – ось симметрии, вдоль которой направим ось Ох. Действующая на дугу система сходящихся сил имеет  равнодействующую Q , направленную в силу симметрии вдоль оси Ох; при этом численно Q = Qx. Для определения величины Q выделим на дуге элемент, положение которого определяется углом , а длина ds = Rd. Действующая на этот элемент сила численно равна Dq = qds = qRd, а проекция этой силы на ось Ох будет тогда Qx 









 dQ x  qR  cos   d  2qR sin  .

Но из рис. 1.1.56 видно, что R sinа = АВ/2. Следовательно, так как Qx = Q, то Q = q×h, где h = q – интенсивность.

AB

–

длина

хорды,

стягивающей

дугу

 AB ;

Задача. На консольную балку АВ, размеры которой указаны на чертеже (рис. 1.1.57), действует равномерно распределенная нагрузка интенсивностью q0 Н/м. Пренебрегая весом балки и считая, что силы давления на заделанный конец распределены по линейному закону, определить значения наибольших интенсивностей qm и q'm этих сил, если b = па. Решение. Заменяем распределенные силы их равнодейст   вующими Q , R и R  ,

где Q = q0 b, R = 0,5qm a,

R   0,5q m a ,

и составляем условия равновесия для действующих на балку параллельных сил:  a b a  Fky  Q  R  R   0,  m C ( Fk )  R 3  Q ( 2  3 )  0.    Подставляя сюда вместо Q , R и R  их значения и решая полученные уравнения, найдем окончательно q m  (3n 2  4n)q0 . qm = (3n2+2n)q0, Рис. 1.1.57

Например, при n = 2 получим qm = 16 q0, qm  20q0 , а при n = 4 получим qm = 56 q0, q m  64q 0 . Задача. Цилиндрический баллон, высота которого равна Н, а внутренней диаметр d, наполнен газом под давлением рН/м2. Толщина цилиндрических стенок баллона а. Определить испытываемые этими стенками растягивающие напряжения в направлениях: 1) продольном и 2) поперечном (напряжение равно б отношению растягивающей силы к площади попе- а речного сечения), считая a/d малым. Решение. 1) Рассечем цилиндр плоскостью, перпендикулярной его оси, на две части и рассмотрим равновесие одной из них (рис. 1.1.58, а). На нее в направлении оси цилиндра действуют: сила давления на дно F = ( d2/4) p и распределенные по пло-

45

Рис. 1.1.58

щади сечения силы (действие отброшенной половины), равнодействующую которых обозна чим Q . При равновесии Q = F =  d2p/4. Считая приближенно площадь поперечного сечения равной  da, получим для растягивающего напряжения 1 значение

1 = Q/ da= (d/4a)p. 2) Рассечем теперь цилиндрическую поверхность плоскостью, проходящей через ось цилиндра, на две другие половины и рассмотрим равновесие одной из них, считая, что все силы приложены к ней в плоскости среднего сечения (рис. 1.1.58, б). На эту половину цилиндра действуют: а) равномерно распределенные по дуге полуокружности силы давления с интенсивностью q = pH; согласно формуле равнодействующая этих сил R = qd = pHd; б) распределенные по сечениям цилиндра силы (действие отброшенной половины), равно  действующие которых обозначим S1 и S 2 , причем ввиду симметрии S1 = S2 = S. Из условий равновесия S1 + S2 = R, откуда S = pHd/2. Так как площадь сечения, по которому распределена сила S, равна аН (площадью сечения дна цилиндра пренебрегаем), то отсюда для растягивающего напряжения 2 находим 2 = S/aH = (d/2a) p. Как видим, растягивающее напряжение в поперечном направлении вдвое больше, чем в продольном. Расчет плоских ферм Пример решения задач на равновесие системы тел дает расчет ферм. Фермой называется жесткая конструкция из прямолинейных стержней, соединенных на концах шарнирами. Если все стержни фермы лежат в одной плоскости, ферму называют плоской. Места соединения стержней фермы называют узлами. Все внешние нагрузки к ферме прикладываются только в узлах. При расчете фермы трением в узлах и весом стержней (по сравнению с внешними нагрузками) пренебрегают или распределяют веса стержней по узлам. Тогда на каждый из стержней фермы будут действовать две силы, приложенные к его концам, которые при равновесии могут быть направлены только вдоль стержня. Следовательно, можно считать, что стержни фермы работают только на растяжение или на сжатие. Ограничимся рассмотрением жестких плоских ферм без лишних стержней, образованных из треугольников. В таких фермах число стержней k и число узлов п связаны соотношением k = 2n – 3. В самом деле, в жестком треугольнике, образованном из трех стержней, будет три узла (см., например, ниже на рис. 1.1.60 треугольник ABD, образованный стержнями 1, 2, 3). Присоединение каждого следующего узла требует два стержня (например, на рис. 1.1.60 узел С присоединен стержнями 4, 5, узел Е – стержнями 6, 7, и т. д.); следовательно, для всех остальных (п – 3) узлов потребуется 2 (п – 3) стержней. В результате число стержней в ферме k = 3+2(n – 3)=2п – 3. При меньшем числе стержней ферма не будет жесткой, а при большем числе она будет статически неопределимой. Расчет фермы сводится к определению опорных реакций и усилий в ее стержнях. Опорные реакции можно найти обычными методами статики, рассматривая ферму в целом как твердое тело. Перейдем к определению усилий в стержнях. Метод вырезания узлов. Этим методом удобно пользоваться, когда надо найти усилия во всех стержнях фермы. Он сводится к последовательному рассмотрению условий сил, сходящихся в каждом из узлов. Ход расчетов поясним на конкретном примере.

46

Рассмотрим изображенную на рис. 1.1.59, а ферму, образованную из одинаковых равнобедренных прямоугольных треугольников; действующие на ферму силы параллельны оси х и численно равны: F1 = F2 = F3 = F = 20 кН. В этой ферме число узлов n = 6, а число стержней k = 9. Следовательно, ферма является жесткой без лишних стержней. Составляя уравнения равновесия для фермы в целом, найдем, что реакции опор направлены, как показано на рисунке, и численно равны: XA =3F =60 кН, YA =N=3F/2=30 кН. Переходим к определению усилий в стержнях. Пронумеруем узлы фермы римскими цифрами, а стержни – арабскими. Искомые усилия обозначим S1 (в стержне 1), S2 (в стержне 2) и т. д. Отрежем мысленно все узлы вместе со сходящимися в них стержнями от остальной фермы. Действие отброшенных стержней заменим силами, которые будут направлены вдоль соответствующих стержней и численно равны искомым усилиям S1, S2, ... Изображаем сразу все эти силы на рисунке, направляя их от узлов, т. е. считая все стержни растянутыми (рис. 1.1.59, а; изображенную картину надо представить себе для каждого узла так, как это показано на рис. 1.1.59, б для узла III). Если в результате расчета значение усилия в каком-нибудь стержне получится отрицательным, это будет означать, что данный стержень не растянут, а сжат. Буквенных обозначений для сил, действующих вдоль стержней, на рис. 1.1.59 не вводим, поскольку ясно, что силы, действующие вдоль стержня 1, равны численно S1, вдоль стержня 2 – равны S2 и т. д. Теперь для сил, сходящихся в каждом узле, составляем последовательно уравнения равновесия:  Fkx = 0,  Fky = 0. Рис. 1.1.59

Начинаем c узла I, где сходятся два стержня, так как из двух уравнений равновесия можно определить только два неизвестных усилия. Составляя уравнения равновесия для узла I, получим: F1 + S2 cos 45° = 0, N + S1 + S2 sin 45° = 0. Отсюда находим:

S 2   F 2  28, 2 кН, S1 

 N  S2 2 F    10 кН. 2 2

Теперь, зная S1, переходим к узлу II. Для него уравнения равновесия дают S3 + F2= 0, S4 – S1 = 0, откуда S3 = – F = –20 кН, S4 = S1 = –10 кН. Определив S4, составляем аналогичным путем уравнения равновесия сначала для узла III, а затем для узла IV, Из этих уравнений находим: S 5   S 4 2  14,1 кН, S6 = S8 = –30 кН, S7 = 0.

Наконец, для вычисления S9 составляем уравнение равновесия сил, сходящихся в узле 47

V, проектируя их на ось By. Получим YA + S9 cos 45° = 0, откуда S 9  30 2  42, 3 кН. Второе уравнение равновесия для узла V и два уравнения для узла VI можно составить как проверочные. Для нахождения усилий в стержнях эти уравнения не понадобились, так как вместо них были использованы три уравнения равновесия всей фермы в целом при определении N, XA и YA. Окончательные результаты расчета можно свести в таблицу: № стержня Усилие, кН

1 – 10

2 – 28,2

3 – 20

4 – 10

5 +14,1

6 – 30

7 0

8 – 30

9 – 42,3

Как показывают знаки усилий, стержень 5 растянут, остальные стержни сжаты; стержень 7 не нагружен (нулевой стержень). Наличие в ферме нулевых стержней, подобных стержню 7, обнаруживается сразу, так как если в узле, не нагруженном внешними силами, сходятся три стержня, из которых два направлены вдоль одной прямой, то усилие в третьем стержне равно нулю. Этот результат получается из уравнения равновесия в проекции на ось, перпендикулярную упомянутым  двум стержням. Например, в ферме, изображенной на рис. 1.1.60, при отсутствии силы P4  нулевым будет стержень 15, а следовательно, и 13. При наличии же силы P4 ни один из этих стержней нулевым не является. Если в ходе расчета встретится узел, для которого число неизвестных больше двух, то можно воспользоваться методом сечений. Метод сечений (метод Риттера). Этим методом удобно пользоваться для определения усилий в отдельных стержнях фермы, в частности для проверочных расчетов. Идея метода состоит в том, что ферму разделяют на две части сечением, проходящим через три стержня, в которых (или в одном из которых) требуется определить усилия, и рассматривают равновесие одной из этих частей. Действие отброшенной части заменяют соответствующими силами, направляя их вдоль разрезанных стержней от узлов, т. е. считая стержни растянутыми (как и в методе вырезания узлов). Затем составляют уравнения равновесия, беря центры моментов (или ось проекций) так, чтобы в каждое уравнение вошло только одно неизвестное усилие. Пример. Пусть требуется определить усилие в стержне 6 фермы, изображенной на рис. 1.1.60. Действующие вертикальные силы P1 = P2 = P3 = P4 = 20 кН, реакции опор N1 = N2 = 40 кН. Проводим сечение ab через стержни 4, 5, 6 и рассматриваем равновесие левой части фермы, заменяя действие на нее правой части силами, направленными вдоль стержней 4, 5, 6. Чтобы найти S6, составляем уравнение моментов относительно точки С, где пересекаются стержни 4 и 5. Получим, считая AD=DC=a и ВСВЕ,

– N1 × 2a + P1 a + S6 × CB = 0.

48

Рис. 1.1.60 Отсюда находим S6. Плечо СВ вычисляем по данным, определяющим направления и размеры стержней фермы. В данном примере  ABC=90° и CB  a 2 . Следовательно, S 6  30 2  42,3 кН; стержень растянут. Усилия в стержнях 4 и 5 можно найти, составив уравнения моментов относительно центров В (точка пересечения стержней 5, 6) и А (точка пересечения стержней 4, 6). Чтобы определить усилие в стержне 9 той же фермы, проводим сечение dc через стержни 8, 9, 10 и, рассматривая равновесие правой части, составляем уравнение проекций на ось, перпендикулярную стержням 8 и 10. Получим S9 cos  –P3 – P4 + N2 = 0, откуда находим S9. Усилия в стержнях 8 и 10 можно в этом случае найти, составив уравнения моментов относительно центров К и С. План решения задачи на определение реакций опор составной конструкции

1. К конструкции прикладывают все задаваемые силы. 2. Согласно принципу освобождаемости тел от связей отбрасывают мысленно внешние связи, заменяя их соответствующими реакциями. 3. Установив, что число неизвестных реакций связей превышает число уравнений равновесия, которые можно составить для полученной системы сил, конструкцию расчленяют, заменяя внутренние связи соответствующими реакциями. 4. Каждое из тел, входящих в состав конструкции, рассматривают как свободное, находящееся под действием задаваемых сил и реакций внешних и внутренних связей. 5. Сопоставляя общее число неизвестных величин и число всех уравнений равновесия сил, которые могут быть составлены после расчленения конструкции, устанавливают, является ли задача статически определимой. 6. Cоставляют уравнения равновесия сил, приложенных к каждому телу. 7. Если задача статически определима, то полученную систему уравнений решают в наиболее удобной последовательности и определяют все неизвестные величины. 8. Делают проверку. Пример. Мост состоит из двух частей, связанных между собой шарниром С и прикрепленных к береговым уетоям шарнирами А и В.

49

Вес каждой части моста G1 = G2 = 130 кн, их центры тяжести D и Е. На мосту находятся два груза Qt= 10 кн и Q2 —40 кн. Все размеры указаны на (рис. 1.1.61). Определить давление в шарнире С и реакции шарниров A и В.

Рис. 1.1.61

Рис. 1.1.62

Р е ш е н и е . Так как реакции шарниров A и B не известны по направлению, то они должны быть разложены на составляющие ХА, YA, Хв, YB. Эти четыре неизвестные силы нельзя определить из трех уравнений равновесия плоской системы сил, приложенной к мосту, рассматриваемому как одно тело (рис. 1.1.62). Так как мост представляет собой совокупность двух тел, соединенных шарниром С, то можно произвести его расчленение и рассмотреть равновесие сил, приложенных к каждой части моста. В число внешних сил, действующих на каждую часть моста, войдут реакции отброшенной части Хс = — Х'с и Yc = —Y'с, приложенные в точке С, которые для всего моста являются внутренними силами (рис. 1.1.63).

Рис. 1.1.63 Для плоских систем сил, приложенных к каждой части моста, можно составить по три уравнения равновесия и из шести уравнений определить шесть неизвестных величин: XА, УА, Xв, Yв, Xс, Yс. Однако в этой задаче система шести уравнений получается проще, если составить сначала три уравнения равновесия сил, приложенных ко всему мосту, рассматриваемому как одно тело, а потом — три уравнения равновесия сил, приложенных к одной части. Рассматриваем равновесие сил, приложенных к мосту, как к одному телу. Прикладываем к мосту заданные силы G1,G2, Q1 и Q2 (рис, 1.1.63). Заменяем действие связей — шарниров А и В — соответствующими реакциями ХА, YА, ХВ, YB. Составляем три уравнения равновесия плоской системы сил, приложенной к мосту:

 M iA  0; YB 

 G1  1,5  Q1  5  Q 2  11  G 2  12 ,5  Y B  14  0;

G1  1,5  Q1  5  Q 2  11  G 2  12 ,5 130  1,5  10  5  40  11  130  12 ,5 2310    165 kH ; 14 14 14

50

Yi  0;

Y A  G1  Q1  Q2  G 2  Y B  0; Y A  G1  Q1  Q 2  G 2  Y B  145 kH ;

 X i  0;

X A  Y B  0;

Третье уравнение содержит две неизвестные и на этом этапе решения не используется. Рассматриваем равновесие сил, приложенных к левой части моста. Прикладываем к левой части моста заданные силы G1 и Q1 и реакции связей ХA, YА, Хс и Yc, где Хс, Yc — реакции отброшенной правой части моста. К правой части будут приложены силы G2, Q2, ХB, YB, Х'C, Y'C, где Х'C, Y'C — реакции левой части моста (рис. 1.1.63). Составляем три уравнения равновесия сил, приложенных к левой части моста:

 M iC  0; XA 

G1  5,5  Q1  2  X A  4  Y A  7  0;

Y A  7  G1  5,5  Q1  2 145  7  130  5,5  10  2 280    70 kH ; 4 4 4

Yi  0; Y A  G1  Q1  YC  0; YC  G1  Q1  Y A  130  10  145  5  X i  0; X A  X C  0; X C   X A  70 kH ;

kH ;

Знаки минус при величинах ХC и YC показывают, что истинные направления сил ХC и YC, приложенных в точке С к левой части моста, противоположны показанным на схеме. Следовательно, истинные направления сил Х'C и Y'C, приложенных к правой части, тоже противоположны направлениям, показанным на схеме. Из третьего уравнения первой системы находим ХB =- ХА =-70 кH. Таким образом, горизонтальная составляющая ХB реакции шарнира В направлена не вправо, а влево. Для проверки правильности произведенных расчетов убедимся в том, что соблюдается любое из уравнений равновесия для сил, приложенных ко всему мосту (рис. 1.1.62), например M iC  X A  4  Y A  7  G1  5,5  Q1  2  Q1  4  G 2  5,5  X B  4  Y B  7 



 70  4  145  7  130  5,5  10  2  40  4  130  5,5  70  4  165  7  0;

Сцепление и трение скольжения

Исследованием явления трения впервые занимался Леонардо да Винчи. В конце XVII в. французский физик Амонтон (1663 – 1705) установил независимость силы трения от величины поверхности соприкасания тел. Законы трения были сформулированы французским физиком Кулоном (1736 – 1806). Если к твердому телу, покоящемуся на  шероховатой горизонтальной плоскости (рис. 1.1.64), приложить горизонтальную силу S , то действие этой силы вызовет появление   силы сцепления Fсц  S , представляющей собой силу противодействия плоскости смещению тела.

51

Рис. 1.1.64

Рис. 1.1.65

 Благодаря сцеплению тело остается в покое при изменении модуля силы S от нуля до некоторого значения S max . Это значит, что модуль силы сцепления тоже изменяется от Fсц  0 до Fсц  Fсцmax в момент начала движения. Модуль максимальной силы сцепления, как показывает опыт, пропорционален нормальному давлению N тела на плоскость. В рассматриваемом случае N = G. Тогда

Fсцmax  f сц  N .

Коэффициент пропорциональности

f сц 

Fсцmax N

является отвлеченным числом и

называется коэффициентом сцепления. Коэффициент сцепления зависит от материала и физического состояния соприкасающихся тел и определяется экспериментально. Его величина для материалов, используемых в технике, обычно меньше единицы. Так как максимальное значение силы сцепления равно f сц N , то модуль силы сцепления всегда удовлетворяет условию

Fсц  f сц  N . Направление силы сцепления противоположно направлению того движения, которое возникло бы под действием приложенных к телу сил при отсутствии сцепления. При скольжении тела по шероховатой поверхности к нему приложена сила трения скольжения. Направление этой силы, противодействующей скольжению, противоположно направлению скорости тела (рис. 1.1.65). Модуль силы трения скольжения пропорционален нормальному давлению N: F  f  N.

Коэффициент пропорциональности f называется коэффициентом трения скольжения и определяется опытным путем. Коэффициент трения скольжения является отвлеченной величиной и зависит от материала и физического состояния трущихся поверхностей, а также от скорости движения тела и удельного давления. Однако в элементарных расчетах зависимость коэффициента трения скольжения от скорости и удельного давления часто не учитывается. Экспериментально установлено, что

f  f сц .

52

Реакция R реальной (шероховатой) поверхности в отличие от реакции идеальной  (гладкой) поверхности имеет две составляющие: нормальную реакцию N и силу сцепления   Fсц (или силу трения F при движении тела). Угол сц , образованный реакцией шероховатой поверхности с нормалью к поверхности в предельном состоянии покоя при Fсц  Fсцmax , называется углом сцепления (рис. 1.1.66). Тангенс угла сцепления равен коэффициенту сцепления:

tg сц или

 сц  arctg f сц .

Fсцmax N

 f сц ,

Угол, тангенс которого равен коэффициенту трения скольжения, называется углом трения. Угол сцепления можно определить опытным путем. Прибор для определения угла сцепления очень прост. Он представляет собой наклонную плоскость, угол наклона которой  можно изменять (рис. 1.1.67, а).

а

Рис. 1.1.66

б

Рис. 1.1.67

Зафиксируем угол наклона  плоскости ОА, при котором помещенное на ней тело находится в предельном состоянии покоя и сила сцепления достигает максимального значения. Построим замкнутый треугольник сил, действующих на тело, и определим угол  (рис. 1.1.67, б): Fсцmax tg    tg  сц ,    сц , N т. е. угол наклона плоскости , при котором тело находится в предельном состоянии покоя, равен углу сцепления сц. Значение коэффициента сцепления для соответствующих материалов (тело – плоскость) можно определить по таблице тангенсов углов, так как f сц  tg  сц . Конус с вершиной в точке касания тел, образующая которого составляет угол сцепления с нормалью к поверхностям тел, называется конусом сцепления (рис. 1.1.68).

53

Рис. 1.1.68

Рис. 1.1.69

Поверхность конуса сцепления представляет собой геометрическое место максимальных реакций опорной поверхности. Действительно, максимальная реакция поверхности может занимать различные положения на поверхности этого конуса, зависящие  от направления силы S , стремящейся сдвинуть тело (см. рис. 1.1.66). Пространство внутри конуса представляет собой совокупность возможных положений реакций опорной поверхности в состоянии покоя. Пусть к покоящемуся телу приложены силы (в том числе вес тела), линия действия  равнодействующей P которых лежит внутри конуса сцепления (рис. 1.1.68). Эти силы не  приведут тело в движение, так как сила P будет уравновешена реакцией поверхности. Рассмотрим равновесие сил, действующих на тяжелый брусок, опирающийся на две шероховатые плоскости (рис. 1.1.69). В точках А и В возникают реакции опор, линии действия которых не выходят за пределы конусов сцепления. Проведя линии А – I, А – II, В – II, В – IV, составляющие углы сцепления 1 сц и  2 сц с перпендикулярами к опорным плоскостям, восставленными в точках А и В, получаем границы конусов сцепления. Четырехугольник, образованный этими линиями, внутри которого могут пересекаться линии действия реакций опор А и В, называется областью равновесия.    Брусок АВ находится под действием трех сил: его веса G и двух реакций опор RA и RB . При равновесии линии действия этих трех сил пересекутся в одной точке. Так как любая точка площадки klmn может являться точкой пересечения линий действия реакций опор А и В, то брусок находится в состоянии покоя, если линия действия силы веса бруска пересекает область равновесия. В случае если линия действия силы веса проходит через точку k области равновесия, брусок находится в предельном состоянии покоя. Брусок не может удержаться в указанном на рисунке положении, если линия действия силы веса проходит вне области равновесия. Если на брусок действует несколько задаваемых сил и они приводятся к равнодействующей силе, установленным условиям должна удовлетворять эта равнодействующая. 0

Q

P N A

54

F

Рис. 1.1.70

Трение качения

Трением качения называется сопротивление, возникающее при качении одного тела по другому. Представим себе цилиндрический каток, положенный на горизонтальную плоскость (рис. 1.1.70). Пусть P есть вес катка и пусть в его центре О приложена некоторая горизонтальная сила Q. Опыт показывает, что пока сила Q невелика, каток будет оставаться в покое. Следовательно, действующие на каток силы Q и P уравновешиваются сопротивлением неподвижной плоскости. В точке А соприкосновения катка с плоскостью возникают нормальная реакция N этой плоскости, противоположная весу катка P, и сила трения F, препятствующая скольжению катка по плоскости и равная по модулю силе Q, но направленная в противоположную сторону. Однако, если бы сопротивление неподвижной плоскости сводилось только к силам N и F, то каток не мог бы быть в равновесии, так как пара (Q, F) оставалась бы, очевидно, неуравновешенной. Поэтому необходимо допустить, что реакции неподвижной плоскости приводятся не только к силам N и F, но еще и к некоторой паре, которая уравновешивает пару (Q, F). Эта пара, препятствующая качению катка, называется парой трения качения. Возникновение этой пары объясняется тем, что вследствие неабсолютной твердости рассматриваемые тела испытывают деформацию, так что каток несколько вдавливается в опорную плоскость и соприкосновение его с этой плоскостью происходит по некоторой малой площадке около точки А. Приводя реакции, распределенные по этой площадке, к точке А, получаем силы N и F, приложенные в этой точке, и пару трения качения. Относительно пары трения качения Кулон опытным путем нашел, что момент этой пары не может превышать некоторого определенного в условиях данного опыта максимального значения; это максимальное значение момента пары трения качения не зависит от радиуса катка и прямо пропорционально нормальному давлению катка на плоскость, или, что то же, нормальной реакции N. Таким образом, если обозначим абсолютную величину этого максимального момента пары трения качения через Mmax, то Mmax = fk × N, где fk – коэффициент пропорциональности, называемый коэффициентом трения качения. Из предыдущего равенства ясно, что этот коэффициент выражается в линейных единицах, например, в сантиметрах, так как он играет роль плеча пары. Значение коэффициента трения качения определяется опытным путем и, как показывают опыты, зависит от материала катка и опорной плоскости. В следующей таблице даны значения этого коэффициента для некоторых тел. Трущиеся тела Дерево по дереву Мягкая сталь по мягкой стали Дерево по стали Шарик из закаленной стали по стали

fk в см

0,05 – 0,06 0,005 0,03 – 0,04 0,001 Рассмотрим теперь более общий случай равновесия катка. Пусть к катку приложена горизонтальная сила Q в некоторой точке В, так что AB = h (рис. 1.1.71), и пусть каток находится в покое. В точке A к катку приложены сила трения скольжения F и нормальная реакция N опорной плоскости, направленная

Q

B 0

N d P F

C A

Рис. 1.1.71

55

вертикально вверх. Кроме того, к катку будет приложена еще пара трения качения. Сложив эту пару с нормальной реакцией, получим, как известно, одну силу, равную по модулю этой реакции и имеющую то же направление, но приложенную уже не в точке А, а в некоторой другой точке C; если расстояние точки C от прямой AO обозначим через d, то d = M/N, где M есть моменты пары трения качения. Напишем теперь три уравнения равновесия сил, приложенных к катку, приняв за координатные оси вертикальную и горизонтальную прямые, а за центр моментов точку A. Получим: Q = F, N = P, Q×h = N×d. Максимальное значение модуля силы F есть Fmax = f×N = f×P, где f – коэффициент трения скольжения; следовательно, Q  f×P. Кроме того, величина N×d = M есть момент пары трения качения; эта величина не может быть больше fk×N; следовательно, d  fk, а потому h×Q  fk×N, или h×Q  fk×P. Итак, при равновесии катка сила Q должна удовлетворять условиям fk P. h

Q  f×P и Q 

Если эти условия выполнены, то не произойдет ни скольжения, ни качения катка. Пример. На двух цилиндрических катках радиуса r и весом p каждый лежит доска, на которой находится груз; вес доски вместе с грузом равен P. К доске приложена горизонтальная сила Q, под действием которой доска вместе с грузом перемещается равномерно (с постоянной скоростью). Определить модуль силы Q, если коэффициент трения качения между катками и грунтом равен fk, а между катками и доской равен f k (рис. 1.1.72).

D

N2



B

D

0

N2

p

B

F2

Q

N1

N 1

p

P

A

C F2

F1

C

F1

A

Рис. 1.1.72 Решение. Так как по условию задачи система, состоящая из доски и катков, движется равномерно, то все силы, приложенные к доске и каткам, уравновешиваются. К правому

56

катку приложены следующие силы: вес p, силы трения скольжения F1 и F1 , приложенные в точках A и B, нормальная реакция грунта N1 и нормальная реакция доски N1 . Так как между катком и грунтом возникает трение качения, то, как это было указано в предыдущем примере, нормальная реакция N1 приложена к катку не в точке А, а в точке A , причем расстояние линии действия этой силы от точки А равно коэффициенту трения качения между катками и грунтом, т. е. fk. Точно так же реакция N1 приложена не в точке В, а в точке B  , причем расстояние линий действия этой силы от точки В равно коэффициенту трения качения между катком и доской, т. е. f k . К левому катку приложены силы p, F2, F2 , N2 и N 2 , причем расстояние линии действия силы N 2 от точки С равно fk, а расстояние линии действия силы N 2 от точки D равно f k . Проектируя все силы, приложенные к правому катку, на вертикаль и составляя сумму моментов этих сил относительно точки А, получим следующие два уравнения равновесия: 1) N 1  N 1  p  0, 2) f k  N 1  f k  N 1  2 r  F1  0 . Точно так же, проектируя на вертикаль все силы, приложенные к левому катку, и составляя сумму моментов этих сил относительно точки С, получаем еще два уравнения: 3) N 2  N 2  p  0, 4) f k  N 2  f k  N 2  2 r  F2  0 . Спроектируем далее на вертикальное и горизонтальное направления все силы, приложенные к доске; принимая во внимание, что реакции катков равны по модулю и противоположны по направлению силам F1 , N1 , F2 и N 2 , получим следующие уравнения: 5) N1  N 2  P , 6) F1  F2  Q . Сложив теперь уравнения первое и третье, получим: N 1  N 2  N 1  N 2  2 p  P  2 p ;

сложив далее уравнения второе и четвертое, получим: 2 r ( F1  F2)  f k ( N1  N 2 )  f k( N1  N 2 )  f k ( P  2 p )  f kP ,

или, принимая во внимание шестое уравнение, 2 rQ  f k ( P  2 p )  f kP ,

откуда находим Q 

f k ( P  2 p )  f kP . 2r

Если, как это обычно бывает, вес катков мал по сравнению с весом груза, то величиной p можно пренебречь, т. е. можно положить P = 0; тогда Q

f k  f k P. 2r

Пусть, например, P = 1000 кг, r = 7,5 см, fk = 0,2 см и f k  0,05 см. Подставляя эти значения в предыдущую формулу, получим: Q

0,2  0,05 2 1000  16 кг . 15 3

Более точные опыты показывают, что коэффициент трения качения зависит не только от материала трущихся тел и их упругих свойств, он также и от радиуса катка и от его нормального давления на опорную плоскость. Поэтому в настоящее время при определении 57

момента пары трения качения нередко пользуются другими, более точными формулами, чем вышеприведенная формула Кулона.

1.1.5. Центр тяжести твердого тела Вопросы: 1. Центр тяжести твердого тела. 2. Центр параллельных сил и его координаты. 3. Координаты центра тяжести однородных тел: объема, площади, линии. 4. Способы вычисления центра тяжести однородных тел. Основные понятия

Силы притяжения отдельных частиц тела к Земле направлены приблизительно к центру Земли. Так как размеры рассматриваемых тел малы по сравнению с радиусом Земли, то эти силы можно считать параллельными. Равнодействующая этих параллельных сил, равная их сумме, есть вес тела, а центр этой системы, в котором приложен вес тела, называется центром тяжести тела. В твердом теле центр тяжести занимает вполне определенное положение, которое не зависит от расположения рассматриваемого тела в пространстве.   Обозначим силы притяжения отдельных элементарных частиц тела к Земле G1 , G2 ,   …, Gn , вес тела G , координаты его центра тяжести xC , yC , zC , а координаты любой частицы твердого тела xi , y i , z i (рис. 1.1.73).

Рис. 1.1.73 Координаты центра тяжести твердого тела можно определить как координаты центра параллельных сил. Для центра тяжести формулы имеют вид

58

Gi , G Gi yC   yi , G Gi zC   zi , G

xC   xi

где суммирования распространены на все частицы твердого тела. В этих формулах алгебраическими величинами являются только координаты точек, а значения  Gi всегда положительны, так как все силы направлены в одну сторону. По этим формулам можно также вычислять координаты центра тяжести тела, разбивая его не на элементарные частицы, а на отдельные части веса Gi , координаты xi , y i , z i центров тяжести которых известны. Определим положение центра тяжести однородного тела. Вес однородного тела определяется формулой G   V , где V – объем тела, γ – вес единицы объема. Аналогично, вес каждой частицы определяется по формуле G i    i , где   i – объем элементарной частицы M i тела. Обозначим xi , y i , z i координаты центра тяжести этой частицы.

xC   x i

 i  i Gi   xi     xi , V G V

или xC   xi

аналогично, yC   yi

 i ; V

 i  i ; zC   zi . V V

Центр тяжести однородного тела, заполняющего некоторый объем, называется центром тяжести этого объема. Вспомогательные теоремы для определения положения центра тяжести Теорема 1. Если однородное тело имеет ось симметрии, то центр тяжести тела находится на этой оси. Теорема 2. Если однородное тело имеет плоскость симметрии, то его центр тяжести находится в этой плоскости. На основе рассмотренных теорем можно определить положения центров тяжести некоторых симметричных линий, фигур и тел: 1) центр тяжести отрезка прямой лежит в его середине; 2) центры тяжести окружности, площади круга, поверхности и объема шара находятся в их геометрических центрах; 3) центры тяжести периметра и площади параллелограмма, ромба, прямоугольника и квадрата лежат в точках пересечения их диагоналей; 4) центр тяжести периметра и площади правильного многоугольника находится в центре вписанного (или описанного) круга.

59

Теорема 3. Объем тела вращения, полученного вращением плоской фигуры вокруг оси, лежащей в плоскости фигуры, но не пересекающей ее, равен произведению площади фигуры на длину окружности, описанной ее центром тяжести. Теорема 4. Площадь поверхности вращения, полученной вращением плоской кривой вокруг оси, лежащей в плоскости этой кривой, но не пересекающей ее, равна произведению длины этой кривой на длину окружности, описанной ее центром тяжести. Определение положения центра тяжести плоской фигуры по центрам тяжести ее частей. Способ отрицательных площадей

Пусть требуется определить положение центра тяжести некоторой плоский фигуры, состоящей из трех частей, положение центров тяжести которых известно (рис. 1.1.74).

Рис. 1.1.74

Рис. 1.1.75

Положим, что площади частей фигуры соответственно равны F1 , F2 , F3 , а координаты их центров тяжести С1 , С 2 и С3 будут x1 , y1 , x 2 , y 2 и x 3 , y 3 . Статические моменты площади плоской фигуры относительно осей координат равны суммам статических моментов площадей отдельных ее частей, которые можно определить по формулам:

S y  F1 x1  F2 x2  F3 x3 ; S x  F1 y1  F2 y2  F3 y3 . Определив статические моменты S y и S x плоской фигуры, можно найти координаты ее центра тяжести С по формулам: xC 

Sy F

и yC 

Sx . F

Подставим в эти формулы значения статических моментов: F1 x1  F2 x2  F3 x3 F y  F2 y 2  F3 y3 и yC  1 1 . F F Этот способ удобно применять и при определении положения центра тяжести плоской фигуры, из которой вырезана некоторая часть (рис. 1.1.75). Зная площадь F1 , всей фигуры и координаты x1 и y1 ее центра тяжести C1 , а также площадь F2 и координаты x 2 и y 2 центра тяжести C 2 вырезанной из нее части, можно вычислить координаты центра тяжести оставшейся части фигуры. При этом площадь оставшейся части должна быть равна разности площадей F1 и F2 , а ее статические моменты – разности их статических моментов. Тогда xC 

60

xC 

F1 x1  F2 x 2 F1  F2

и yC 

F1 y1  F2 y 2 . F1  F2

Этот способ определения центра тяжести плоской фигуры, из которой вырезана некоторая часть, называется способом отрицательных площадей. Аналогичный прием, называемый способом отрицательных объемов, применяется при вычислении координат центра тяжести однородного тела, полученного вырезанием из тела объемом 1 с центром тяжести C1 ( x1 , y1 , z1 ), части объемом  2 с центром тяжести C 2 ( x2 , y 2 , z 2 ). Тогда

xC 

1 x1   2 x2 ; 1   2

yC 

1 y1   2 y2 ; 1   2

zC 

1 z1   2 z2 . 1   2

Центры тяжести некоторых линий, плоских фигур и тел Центр тяжести площади треугольника. Разбивая площадь треугольника на ряд узких полосок, параллельных одной из сторон треугольника, убеждаемся, что центры тяжести всех полосок лежат на медиане треугольника (рис. 1.1.76).

Рис. 1.1.76

Рис. 1.1.77

Из этого следует, что центр тяжести С площади треугольника находится на этой медиане, а следовательно, и на других медианах, т. е. в точке пересечения его медиан и 1 CK  BK . 3 Центр тяжести площади трапеции. Обозначим параллельные стороны трапеции АЕ = а, BD = b, а высоту трапеции h (рис. 1.1.77). Центр тяжести площади трапеции должен лежать на прямой FK, соединяющей середины параллельных сторон трапеции. Эта прямая является линией центров тяжести полосок бесконечно малой ширины, параллельных основаниям трапеции, на которые можно разбить площадь трапеции. Для определения координаты центра тяжести площади трапеции разобьем трапецию на два треугольника АВЕ и EBD, площади и координаты центров тяжести которых соответственно F1 

ah и 2

F2 

bh ; 2

y1 

h 3

и

y2 

2 h. 3

Центр тяжести трапеции должен находиться на прямой С1С 2 , соединяющей центры тяжести рассматриваемых треугольников. Из этого следует. что центр тяжести площади трапеции находится в точке пересечения прямых FK и С1С 2 . 61

Координату центра тяжести площади трапеции определяем по формуле ah h bh 2    h h(a  2b) F1 y1  F2 y2 .  2 3 2 3  yC  ah bh 3 ( ) a  b F1  F2  2 2 Центр тяжести площади трапеции можно построить и графическим способом. Для этого отложим на продолжении стороны BD отрезок DL = a и на продолжении стороны АЕ отрезок АN = b (рис. 1.1.78).

Рис. 1.1.78 Соединим точки N и L прямой. Покажем, что точка С пересечения прямых NL и FК является центром тяжести площади трапеции. Опустим из точки С на прямую АЕ перпендикуляр CJ и определим его длину. Действительно, CJ CK h CK  CJ  h FK , откуда FK . Из подобия треугольников NCK и LCF CF CK  . a b b a 2 2 По свойству пропорции CK  CF CK  , a 3 3 a b b 2 2 2 откуда a b 2 CK  (CK  CF ) , 3 3 a b 2 2 или a  2b CK h(a  2b) CK  FK , CJ  h   yC . 3(a  b) FK 3(a  b) Полученный результат показывает, что точка С действительно является центром тяжести площади трапеции. Центр тяжести дуги окружности. Возьмем дугу АВ окружности радиусом R с центральным углом 2 (рис. 1.1.79).

62

Рис. 1.1.79

Рис. 1.1.80

Так как ось х является осью симметрии этой дуги, то центр тяжести дуги лежит на этой оси и положение его определяется только координатой xC : l xC   xi i . L Длина дуги L  R 2 , где 2 – центральный угол в радианах. Разбиваем всю дугу на бесконечно малые элементы длиной li и вычисляем координату xC :

xC 

x 1 1 1 R R 2 R sin  xi li   i li cos    Ryi   yi  AB  R .  L L cos i L L L 2 R

Окончательно получаем xC  R

sin 



,

где  – половина центрального угла, рад. Так как sin    , то центр тяжести дуги лежит внутри сектора АОВ. Центр тяжести площади сектора круга. Разбиваем сектор круга, соответствующий центральному углу 2 , на бесчисленное множество элементарных секторов (рис. 1.1.80). Каждый элементарный сектор можно рассматривать как треугольник высотой R и 2 основанием R   , центр тяжести которого находится на расстоянии R от центра круга. 3 Очевидно, что центр тяжести площади сектора АОВ совпадает с центром тяжести дуги 2 окружности радиусом r  R . Имеем 3 xC  r

sin 



или

63

xC 

2 sin  R . 3 

Центр тяжести объема четырехгранной пирамиды. Разобьем пирамиду плоскостями, параллельными основанию ABD, на бесчисленное множество тонких треугольных пластинок (рис. 1.1.81).

Рис. 1.1.81

Рис. 1.1.82

Рис. 1.1.83

Центры тяжести этих пластинок лежат на прямой ЕК, соединяющей вершину E пирамиды с центром тяжести К ее основания. Очевидно, что центр тяжести объема пирамиды должен лежать на этой же прямой. Аналогично центр тяжести объема пирамиды должен лежать и на прямой AL, соединяющей вершину А пирамиды с центром тяжести L грани BED. Следовательно, центр тяжести объема пирамиды находится в точке С пересечения прямых ЕК и AL. 1 1 1 Так как KF  AF и LF  EF , т. к. KL || AE и KF  AE . 3 3 3 Из этого следует, что ACE подобен KCL , а потому CK KL 1   , EC AE 3

EC  3CK ,

EK  EC  CK  4CK ,

1 EK . 4 Таким образом, центр тяжести объема четырехгранной пирамиды лежит на отрезке, соединяющем вершину пирамиды с центром тяжести основания, на расстоянии ¼ длины этого отрезка от центра тяжести основания. Если из центра тяжести объема пирамиды опустить перпендикуляр на основание, то длина его составит ¼ высоты пирамиды. Полученный результат можно применить и к многогранной пирамиде (рис. 1.1.82), так как ее можно разбить на четырехгранные пирамиды, разбив многоугольник ее основания на треугольники. Так как конус представляет собой предел многогранной пирамиды, то расстояние от центра тяжести его объема до основания составляет ¼ его высоты (рис. 1.1.83).

откуда

CK 

1.1.6. Контрольные вопросы. 1. Что изучает механика? 2. Какие абстракции механики Вы знаете? 64

3. Дать определение материальной точке. 4. Какое тело называют абсолютно твердым? 5. Что подразумевают под понятием «система материальных точек»? 6. Сформулируйте основные аксиомы статики. 7. Что такое связь? 8. Какая система сил называется сходящейся? 9. Сформулируйте теорему о трех непараллельных силах. 10. Укажите способы решения задач на равновесие системы сходящихся сил. 11. Каково условие равновесия системы сходящихся сил? 12. Запишите уравнения равновесия системы сходящихся сил. 13. Какие способы сложения сил Вы знаете? 14. Как вычисляется момент силы относительно точки? 15. Чем отличаются понятия «момент силы как вектор» и «алгебраический момент силы»? 16. Как найти момент силы относительно оси? 17. Как соотносятся понятия «момент силы относительно оси» и «момент силы относительно точки»? 18. Что такое пара сил? 19. Как определяется момент пары сил? 20. Сформулируйте теорему Вариньона о моменте равнодействующей. 21. Дать определение алгебраическому моменту силы. 22. Дать определение алгебраическому моменту пары сил. 23. Что такое статически определимые и статически неопределимые системы тел? 24. Как определить внутренние усилия в стержнях? 25. Укажите способы расчета ферм. 26. Запишите условия равновесия тел с учетом трения скольжения и трения качения. 27. Что такое конус трения? 28. Как найти центр параллельных сил? 29. Что такое центр тяжести твердого тела? 30. Как вычислить координаты центра тяжести? 31. Запишите формулы для определения координат центра тяжести однородных тел: объема, площади, линии. 32. Укажите способы вычисления центра тяжести однородных тел.

1.1.7. Тестовые задания С1. Механикой называется наука: а) о формах движения материи; 65

б) о формах движения вещества и поля; в) о простейших формах движения вещества и поля; г) о движении, приводящем к переходу вещества в поле. С2. К абстракциям теоретической механики относятся: а) материальная точка, абсолютно твердое тело, система материальных тел и точек; б) материальная точка, деформируемое тело, система материальных тел и точек; в) геометрическая точка, тело, система тел и точек; г) материальная точка, абсолютно твердое и деформируемое тело, система материальных точек. С3. Материальной точкой называется: а) тело маленьких размеров; б) материальное тело, размерами которого в условиях данной задачи можно пренебречь; в) тело небольших размеров с незначительной массой; г) тело, размерами и массой которого в условиях данной задачи можно пренебречь. С4. Абсолютно твердым телом называется: а) тело, расстояние между двумя любыми точками которого остается неизменным при данных связях; б) тело, размеры которого не изменяются при покое тела; в) тело, с незначительными размерами; г) тело, расстояние между двумя любыми точками которого остается неизменным. С5. Системой материальных точек называется: а) тело с однородной структурой; б) тело неправильной формы; в) совокупность материальных точек, положение и движение которых взаимосвязаны; г) точки, соединенные гибкими связями. С6. Сила – это: а) мера механического взаимодействия двух тел; б) ограничение для движения других тел; в) мера инерциальных свойств тела; г) мера деформации тела. С7. Системой сил называется: а) совокупность сил, приложенных к системе материальных точек; б) совокупность сил, приложенных к выделенному объекту; в) совокупность сил, подчиняющихся третьему закону Ньютона; г) силы, равные по величине и прямо противоположные по направлению. С8. Эквивалентными называются системы сил: а) приложенные к двум материальным точкам разной массы и вызывающие одинаковое движение; б) приложенные к двум точкам одинаковой массы и вызывающие одно и то же движение; в) действующие на абсолютно твердое тело, если каждая из них порознь, уравновешивает одну и ту же систему сил; г) приложенные к абсолютно твердому телу и приводящие его в состояние покоя. С9. Несвободным называется твердое тело: а) имеющее шесть степеней свободы; б) движение которого ограничено другими телами; 66

в) связанное реакциями связей; г) деформируемое другими телами. С10. Системой сходящихся сил называется: а) система сил, приложенных в одной точке; б) система сил, расположенных в пересекающихся плоскостях; в) соосная система сил; г) система сил, линии действия которых пересекаются в одной точке. С11. Если тело находится в равновесии под действием системы трех непараллельных сил, лежащих в одной плоскости, то: а) эта система сил может быть заменена одной силой; б) эта система сил может быть заменена одной силой и главным моментом этих сил; в) эта система сил может быть заменена главным моментом этих сил; г) линии действия этих сил пересекаются в одной точке. С12. Моментом сил относительно точки является: а) вектор, равный векторному произведению силы и плеча силы относительно точки; б) произведение силы на плечо; в) произведение силы на плечо, взятое с соответствующим знаком; г) вектор, равный векторному произведению радиуса – вектора и силы. С13. Пара сил – это: а) система двух параллельных сил, равных по величине и прямо противоположных по направлению; б) момент, приложенный к телу; в) силы, линии действия которых параллельны; г) система двух сил. С14. Алгебраический момент силы находится по формуле: а) m =  Fh; б) m = Fhsin; в) m =  Fr; г) m =  Fhsin. С15. Условие равновесия плоской системы сил   а) M  0 R  0 ;  б) M = 0 R  0 ;  в) M  0 ;  г) R  0 . С16. Универсальная форма уравнений равновесия плоской системы сил   m A ( Fi )  0  Fix  0     а)  m A ( Fi )  0 ; б)  m B ( Fi )  0 ;      m B ( Fi )  0  m B ( Fi )  0

67

 Fix  0  ; в)  Fiy  0    m A ( Fi )  0

 Fix  0   Fiy  0 г)   m ( F  X i )  0    mY ( Fi )  0

1.2. КИНЕМАТИКА 1.2.1 Кинематика точки Вопросы: 1. Введение в кинематику. 2. Пространство и время в классической механике. 3. Система отсчета. 4. Способы задания движения точки: векторный, координатный, естественный. 5. Скорость точки и ее определение при различных способах задания движения. 6. Ускорение точки. 7. Определение модуля и направления ускорения. 8. Касательное и нормальное ускорения точки, их физический смысл. 9. Равномерное и равнопеременное движение точки. Введение в кинематику Кинематикой называется раздел механики, в котором изучается движение материальных тел в пространстве с геометрической точки зрения, вне связи с силами, определяющими это движение. В кинематике изучается движение точки или тела независимо от причин, вызывающих или изменяющих его, т. е. независимо от тел. Под движением точки, механическим движением, понимают изменение положения точки или тела в пространстве. Движение точки или тела происходит в пространстве с изменением времени. При этом пространство предполагается трехмерным эвклидовым. Его свойства во всех точках и направлениях одинаковы и не зависят от тел, находящихся в нем, и от их движений. Такое пространство называют абсолютным. Чтобы характеризовать движение какой-либо точки или тела, нужно сравнить их положение с положением какого-либо другого тела, называемого телом отсчета. Систему координат, неизменно связанную с телом отсчета, называют системой отсчета. Если положение точки или тела в выбранной системе отсчета не изменяется, т. е. не изменяются координаты точки или координаты всех точек тела, то точка или тело относительно взятой системы отсчета находится в покое. Если же положение точки или тела относительно выбранной системы отсчета изменяется, т. е. изменяются координаты точки или координаты каких-либо точек тела, то точка или тело по отношению к взятой системе отсчета движется. Движение точки или тела всегда является относительным движением (относительно какой-либо системы отсчета). Например, если положение точки задается тремя декартовыми координатами в системе координат, неизменно связанной с Землей, то при изменении этих координат точка движется относительно Земли. Время принято считать одинаковым во всех системах отсчета, независимо от их движения. Это время называют абсолютным. Начало отсчета времени, т. е. тот момент времени, с которого начинается его счет, можно выбирать применительно к условиям задачи. 68

Единицы для измерения расстояния и времени также можно выбирать применительно к условиям задачи. Основной единицей времени является секунда (с), расстояния – метр (м). В кинематике движение задают относительно какой-либо системы отсчета. Задать движение точки или тела относительно какой-либо системы отсчета – значит дать условия, позволяющие найти положение точки или тела в любой момент времени относительно этой системы отсчета. Кинематика разделяется на кинематику точки и кинематику твердого тела. Движущаяся точка описывает в пространстве M3 некоторую линию. M2 Эта линия, представляющая собой геометрическое место последовательных положений движущейся точки M1 в рассматриваемой системе отсчета, называется траекторией точка. r3 По виду траектории все движения точки делятся r2 на прямолинейные и криволинейные. M Существуют три способа задания движения точки: r1 естественный, векторный и координатный. r Векторный способ задания движения точки Положение точки в пространстве однозначно определяется заданием радиуса вектора r, проведенного из некоторого неподвижного центра О в данную точку Рис. 1.2.1 М (рис. 1.2.1). Для определения движения точки нужно знать, как изменяется с течением времени радиус-вектор r , т. е. должна быть задана вектор-функция r аргумента t: r = r (t). Траектория точки является геометрическим местом концов радиуса-вектора r движущейся точки. Линия, образованная концами переменного вектора, начало которого находится в определенной точке пространства, называется годографом этого вектора. Следовательно, траектория точки М является годографом ее радиуса-вектора r . Координатный способ задания движения точки. Уравнения движения точки в декартовых координатах Z M ZM

YM

0

XM

X

Рис. 1.2.2

Y

Положение точки М в системе отсчета Oxyz определяется тремя декартовыми координатами точки х, у, z (рис. 1.2.2). При движении точки М ее координаты изменяются с течением времени. Следовательно, координаты х, у, z движущейся точки М являются функциями времени t: x  f1 (t )   y  f 2 (t ). z  f 3 (t )  Эти уравнения называются уравнениями движения точки в декартовых координатах. 69

Этими уравнениями определяется движение точки. Уравнения движения, определяющие координаты точки в любой момент времени, можно рассматривать как параметрические уравнения траектории точки. При исключении параметра t из уравнений движения получаются уравнения траектории точки в координатной форме.

Естественный способ задания движения точки

S

При этом способе задания движения дается О М траектория точки, т. е. линия, по которой движется + точка. Траекторию можно задать уравнением относительно взятой системы отсчета или иными геометрическими характеристиками. Например, при Рис. 1.2.3 изучении движения точки по поверхности Земли в качестве траектории может быть часть какого-либо меридиана, параллели или какой-либо другой отрезок линии в системе координат, неизменно связанной с Землей. Положение точки на заданной траектории определяют следующим образом. Некоторую точку траектории принимают за начало отсчета расстояний. На траектории устанавливают направление положительных и отрицательных отсчетов расстояний. Положение точки на траектории определяют расстоянием ОМ = s (рис. 1.2.3), измеряемым по траектории и взятым с соответствующим знаком. Для числового определения расстояния необходимо выбрать единицу измерения расстояний. Для измерения времени необходимо выбрать единицу измерения времени и начало отсчета времени. Обычно за начало отсчета времени принимают момент начала движения или момент, когда движущаяся точка находится в начале отсчета расстояний. При движении точки расстояние s изменяется с изменением t. Поэтому величина s является функцией t, т. е. s = f(t). Эту зависимость s = f(t) называют законом изменения расстояний, или уравнением движения точки по траектории. Функция времени s = f(t) является непрерывной. Если дано уравнение движения точки по траектории s = f(t) , то движение точки задано. Можно найти положение точки в любой момент времени. Для этого в уравнение движения s = f(t) подставим значение времени t и получим значение s. Отложив расстояние s, найдем положение точки. Рассмотренный способ задания движения точки называют естественным; его также можно назвать способом задания движения точки при известной траектории. Важно отметить, что для уравнения движения s = f(t) нужно выбирать определенные единицы измерения расстояния и времени. При других единицах уравнение становится иным. Скорость точки Определение скорости точки при задании ее движения векторным способом. Вектор скорости точки

Скорость – это векторная величина, характеризующая быстроту и направление движения точки в данной системе отсчета. Вектор скорости точки в данный момент равен векторной производной от радиусавектора точки по времени: 70

v

dr . dt

Определение скорости точки при задании ее движения естественным способом

Проекция скорости на касательную к траектории

Рис. 1.2.4 Вектор dr является ортом этого направления. Обозначим этот орт  : ds

 

dr . dt

Получаем вектор скорости в виде ds , dt модуль скорости равен абсолютному значению производной от дуговой координаты точки по времени v 

v

ds . dt

Определение скорости точки при задании ее движения координатным способом. Проекции скорости точки на неподвижные оси декартовых координат

Проекции скорости точки на неподвижные оси декартовых координат равны первым производным от соответствующих координат точки по времени. v x  x; v y  y ; v z  z.

Вычислив проекции скорости на оси декартовых координат, можно определить модуль и направление скорости точки по следующим формулам: 71

v  v x2  v y2  v z2 ,

Годограф скорости точки и его уравнения Годограф скорости представляет собой геометрическое место концов векторов скорости движущейся точки (рис. 1.2.5, а), отложенных от одной и той же произвольной точки пространства (рис. 1.2.5, б).

а

б

Рис. 1.2.5 Параметрические уравнения годографа скорости: X  v x  x   Y  v y  y   Z  v z  z 

Ускорение точки Определение ускорения точки при задании ее движения векторным способом. Вектор ускорения точки

Вектор ускорения точки равен первой производной от скорости или второй производной от радиуса-вектора точки по времени (рис. 1.2.6, а, б):

72

а

б Рис. 1.2.6

в

Вектор ускорения точки имеет направление касательной к годографу скорости (рис. 1.2.6, в). Определение ускорения точки при задании ее движения координатным способом. Проекции ускорения точки на неподвижные оси декартовых координат

Проекции ускорения точки на неподвижные оси декартовых координат равны вторым производным от соответствующих координат точки по времени или первым производным по времени от проекций скорости на соответствующие оси: dv dv dv ax  x ; a y  y ; az  y dt dt dt Вычислив проекции ускорения на координатные оси, можно определить модуль и направление ускорения точки по следующим формулам: a a a a  ax2  a y2  az2 , cos(a , i )  x , cos(a , j )  y , cos(a , k )  z . a a a



1



1

Рис. 1.2.7

Естественные координатные оси. Вектор кривизны Естественными координатными осями называются три взаимно перпендикулярные оси: касательная, направленная в сторону возрастания дуговой координаты, главная нормаль, направленная в сторону вогнутости кривой, и бинормаль, направленная по отношению к касательной и главной нормали так же, как ось Oz направлена по отношению к осям Ох и Оу в правой системе координатных осей (рис. 1.2.7). Предел К, к которому стремится вектор средней кривизны кривой Кср, когда Δs стремится к нулю, называется вектором кривизны кривой в данной точке K  lim

s  0

73

 . s

Вектор кривизны кривой в данной точке равен производной от орта касательной к кривой по дуговой координате. K 

d . ds

Определение ускорения точки при задании ее движения естественным способом. Касательное и нормальное ускорения точки Ускорение точки равно геометрической сумме двух векторов, один из которых направлен по главной нормали и называется нормальным ускорением, а другой направлен по касательной и называется касательным ускорением точки a  an  a , где an – нормальное ускорение точки (проекция ускорения точки на главную нормаль равна квадрату модуля скорости точки, деленному на радиус кривизны траектории в соответствующей точке) v2 an  n ,



а касательное ускорение точки (проекция ускорения точки на касательную равна второй производной от дуговой координаты точки по времени или первой производной от алгебраической величины скорости точки по времени): d 2s d v  a   dt dt где v 

ds , (где v – проекция скорости на касательную). dt

Классификация движений точки по ускорениям ее движения Случай I:

аn = 0; а = 0.

Случай II:

аn ≠ 0; а = 0.

Случай III:

аn = 0; а ≠ 0.

Случай IV:

аn ≠ 0, а ≠ 0.

Примеры определения скорости и ускорения точки при задании ее движения естественным способом Пример 1. Поезд движется равнозамедленно по закруглению радиусом R = 1 км. В начале участка длиной 560 м поезд имеет скорость v0 = 36 км/ч и ускорение а0 = 0,125 м/с2. Определить скорость и ускорение поезда в конце участка. Решение. Рассмотрим движение одной из точек поезда, например его центра тяжести. Чтобы написать уравнение движения точки, необходимо выбрать начало отсчета дуговой координаты. Совместим начало отсчета О с начальным положением точки М0 и направление движения примем за положительное направление (рис. 1.2.8). Тогда s0 = 0.

74

При равнозамедленном движении точки уравнение движения и формула скорости точки, будут иметь вид a t2 s  v0t   , 2 v  v0  a t , где а – модуль касательного ускорения. По условию задачи известны: дуговая координата движущейся точки М в конце участка, равная длине участка, т. е. s = 560 м, скорость и ускорение точки в начале участка v0 = 36 км/ч = 10 м/с и а0 = 0,125 м/с2, а также радиус кривизны траектории во всех ее точках R = 1000 м.

Рис. 1.2.8

Модуль нормального ускорения точки М в начале участка определим по формуле

v02 100 an0    0,1 м/с2. R 1000 Зная модуль полного ускорения точки М в начале участка а0, определяем модуль касательного ускорения точки а , являющегося ускорением ее равнопеременного движения:

a02  an20  a2 ; a  a02  an20  0,1252  0,12  0,075 м/с2 т. е. 560  10t 

0,075t 2 , 2

v = 10 – 0,075t. Из этих уравнений находим время движения t: 0,075t2 – 20t + 1120 = 0.

t

10  100  1120  0,075 10  4  . 0,075 0,075

Значение большего корня превышает момент остановки определяется при v = 0. Поэтому берем меньший корень:

t

6  80 с 0,075

Находим скорость в конце участка:

v80 = 10 – 0,075·80 = 4 м/с. Модуль нормального ускорения точки М в конце участка:

75

t

10 с, который 0,075

an80 

2 v80 42   0,016 м/с2 R 1000

Модуль полного ускорения точки М в конце участка:

a80  an280  a2  0,016 2  0,0752  0,0767 м/с2 При равнозамедленном движении точки по окружности модуль касательного ускорения не изменяется, а модуль полного ускорения убывает за счет уменьшения модуля нормального ускорения (см. рис. 1.2.8). Примеры определения траектории, скорости и ускорения точки при задании ее движения координатным способом Пример 2. Составить уравнение движения ползуна В кривошипного изображенного на рис. 1.2.9, если известно, что кривошип ОА длиной r равномерно, т. е. угол φ, образованный кривошипом с осью цилиндра, пропорционально времени φ = ωt, а длина шатуна АВ = 1. Определить также ускорение ползуна.

механизма, вращается изменяется скорость и

Рис. 1.2.9 Решение 1. Составление уравнения движения. Примем за ось х ось цилиндра и поместим начало координат в точке О, тогда ОВ = х. Чтобы получить уравнение движения ползуна В, следует выразить х как функцию времени t. Опустив из точки А перпендикуляр АК на ось х, получаем: х = ОК + КВ, ОК = ОА cosφ = r cosφ, KB = АB cosβ = l cosβ. Подставляя значения ОК и KB, получаем х = r cosφ + l cosβ. Чтобы представить координату х как функцию времени t, следует выразить cos β через функцию угла φ. Из треугольника ОАВ имеем r sin  r  , sin   sin  . l sin  l Обозначая

r   , имеем: l

sin    sin  ;

cos   1  sin 2   1  2 sin 2  . 76

Применяя к выражению cos   1  2 sin 2  формулу бинома Ньютона, получаем 1  1  1 2  sin 2   2 2 4 sin 4   ... . 2 1 2 Отбрасывая третье и последующие слагаемые как малые величины высших порядков

cos   1 

1 1 4 1     ;   , приближенно получаем 5 8 5000   1 1 1  cos 2 2 2 cos   1  2 sin 2   1  2  1  cos 2 . 2 2 2 4 4 Подставляем значение cos β в выражение, определяющее х, и учитывая, что λ = r/l, находим

 r   x  r  cos   cos 2   l  . 4 4   Так как φ = ωt, окончательно получаем следующее уравнение движения ползуна В:

 r   x  r  cos t  cos 2t   l  . 4 4   По этому уравнению можно вычислить значение х, соответствующее заданному моменту времени t, и указать, где находится ползун. 2. Определение скорости ползуна. Проекцию скорости прямолинейного движения ползуна получаем, дифференцируя уравнение движения:

dx     r  sin t  sin 2t . dt 2   По этой формуле можно вычислить проекцию скорости для любого момента времени.   Например, при φ = ωt = , т. е. при t = , получаем 2 2

x 

 

 x  r  sin

 2





 sin    r  0. 2 

Вектор v направлен противоположно оси x (рис. 1.2.10).

Рис. 1.2.10 3. Определение ускорения ползуна. Ускорение ползуна В получим по его проекции на ось х: 77

ax 

dv x  r 2 (cos t   cos 2 t ) dt

По этой формуле можно вычислить проекцию ускорения на ось х для любого момента  времени. Например, при φ = ωt = получаем 2



r r2 2 a x   r (cos   cos  )   r (  )  r   2 l l 2

2

2

Так как

ax 

r2 2 r2   0 , то a  a x   2 l l

Направление вектора a совпадает с направлением оси х (рис. 1.2.10). Направления а и v противоположны; в данный момент ползун движется замедленно.

Графики движения, пути, скорости и касательного ускорения точки Графиком движения точки называется график зависимости ее дуговой координаты s от времени t. График пути можно построить по графику движения. Путь, пройденный точкой за некоторый промежуток времени, представляет собой сумму абсолютных значений элементарных перемещений точки за данный промежуток времени, т. е. линия этого графика непрерывно поднимается вверх независимо от направления движения точки, и только при остановках точки превращается в прямую, параллельную оси времени t. На рис. 1.2.12 изображен график пути, построенный по графику движения, показанному на рис. 1.2.11.

Рис. 1.2.12

Рис. 1.2.11 График движения точки представлен на (рис. 1.2.13). Таким образом, для определения скорости точки в любой момент времени следует провести касательную к графику движения в соответствующей точке А и определить угол  наклона этой касательной к оси t. Для определения касательного ускорения точки следует провести касательную к графику скорости в соответствующей точке В и найти угол β наклона это 78

Рис. 1.2.13

касательной к оси t. Тангенс угла β определяет алгебраическую величину касательного ускорения точки в этот момент. График касательного ускорения изображает зависимость алгебраической величины касательного ускорения a от времени (рис. 1.2.14).

a

a 0

Рис. 1.2.14

1.2.2. Простейшие движения твердого тела Вопросы: 1. Поступательное движение твердого тела. 2. Вращение тела вокруг неподвижной оси. 3. Уравнение вращения, угловая скорость и угловое ускорение. 4. Равномерное и равнопеременное вращение. 5. Скорость и ускорение точек тела при вращении. 6. Формула Эйлера. 7. Формулы Пуассона. Поступательное движение твердого тела Поступательное и вращательное движения являются простейшими движениями твердого тела. Поступательным движением твердого тела называется такое движение, при котором любая прямая, соединяющая две точки тела, движется параллельно самой себе. Теорема. Все точки твердого тела, движущегося поступательно, описывают тождественные и параллельные между собой траектории и в каждый момент времени имеют геометрически равные скорости и ускорения. Общие для всех точек твердого тела, движущегося поступательно, скорость v и ускорение a называют скоростью и ускорением поступательного движения твердого тела. Вращательное движение твердого тела. Уравнение вращательного движения. Угловая скорость и угловое ускорение тела

Вращательным называется такое движение твердого тела, при котором остаются неподвижными все его точки, лежащие на некоторой прямой, называемой осью вращения. Уравнение вращательного движения тела: 79

φ = f(t). Угловая скорость и угловое ускорение тела. Величина, характеризующая быстроту изменения угла поворота с течением времени, называется угловой скоростью тела. Условимся абсолютное значение угловой скорости обозначать ω.



d   . dt

Величина, характеризующая быстроту изменения угловой скорости с течением времени, называется угловым ускорением тела. Абсолютное значение углового ускорения d d 2    . dt dt 2

80

Скорости и ускорения точек твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси Модуль скорости точки твердого тела равен произведению расстояния от точки до оси вращения на угловую скорость тела



ds d R  R. dt dt

Модули скоростей различных точек вращающегося тела пропорциональны расстояниям от этих точек до оси вращения (рис. 1.2.15). Модуль касательного ускорения точки тела равен произведению расстояния от точки до оси вращения на абсолютное значение углового ускорения тела

a 

d dv R  R dt dt

Модуль нормального ускорения точки равен произведению расстояния от точки до оси вращения на квадрат угловой скорости тела

v 2 R 2 2 an    R 2 R R Модули ксательных, нормальных и полных ускорений точек вращающегося тела пропорциональны расстояниям от этих точек до оси вращения. Примеры на вращательное движение Пример 1. Вращение маховика в период пуска машины определяется уравнением 1   t3, 3 где t – в с, φ – в рад. Определить модуль и направление ускорения точки, отстоящей от оси вращения на расстоянии 50 см, в тот момент, когда ее скорость равна 8 м/с. Решение. По уравнению вращения маховика находим его угловые скорость и ускорение: d 2 d   2  2t.   t2, dt dt Находим момент времени t1, когда скорость точки М равна 8 м/с:

v  R

1 

v1 8   16 с-1 R 0,5

По этому значению ω находим t1; t1   1  16  4 с. Вычисляем ε, а затем модули касательного, нормального и полного ускорений точки М в этот момент времени:

 1  2  4  8 с 1 a  R 1  0,5  8  4 м / с 2 81

a n  R12  0,5 16 2  128 м / с 2 a1  a2  a n2  4 2  128 2  128,06 м / с 2 Как видно, модуль полного ускорения точки весьма мало отличается от модуля нормального ускорения точки. Векторные выражения скорости, касательного и нормального ускорений

tg1  Направление вектора  

1 8 1  2  ; 1  148. 2 32 1 16

d совпадает с направлением вектора  при ускоренном dt

вращении и противоположно ему при замедленном. Модуль вектора  равен абсолютному значению углового ускорения  

d . dt

Так как точкой приложения векторов ω и ε может быть любая точка оси вращения, то векторы ω и ε являются скользящими. Скорость точки твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, равна векторному произведению вектора угловой скорости тела на радиус-вектор этой точки относительно любой точки оси вращения

v  r

Касательное ускорение точки твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, равно векторному произведению вектора углового ускорения тела на радиус-вектор этой точки относительно любой точки оси вращения

    r

Нормальное ускорение точки твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, равно векторному произведению вектора угловой скорости тела на скорость этой точки n    v . Передаточные механизмы Передаточные механизмы предназначены для передачи вращения от одного вала, называемого ведущим, к другому, называемому ведомым. Если оси ведущего и ведомого валов параллельны или пересекаются, то вращение можно передать при помощи фрикционной или зубчатой передач (рис. 1.2.16, а, б).

82

а

б

Рис. 1.2.16 Во фрикционной передаче вращение передается вследствие действия силы сцепления на поверхности соприкасающихся колес, в зубчатой передаче – от зацепления зубьев. Угловые скорости колес фрикционной или зубчатой передачи обратно пропорциональны радиусам колес. Отношение угловой скорости ведущего колеса к угловой скорости ведомого колеса называется передаточным числом. При внешнем зацеплении (рис. 1.2.16, а) направление вращения ведущего и ведомого колес противоположное, а при внутреннем (рис. 1.2.16, б) – одинаковое. Кроме фрикционной и зубчатой передач, существует передача на расстоянии при помощи гибкой связи (ремня, троса, цепи) (рис. 1.2.17).

Рис. 1.2.18

Рис. 1.2.17

Передаточное число рядового соединения с паразитными колесами равно отношению радиусов (чисел зубьев) ведомого и ведущего колес и не зависит от радиусов (чисел зубьев) паразитных колес.

83

Рис. 1.2.19 Общее передаточное число рядового соединения колес с кратным зацеплением равно произведению чисел зубьев ведомых колес, деленному на произведение чисел зубьев ведущих колес (рис. 1.2.17, 1.2.18, 1.2.19):

i

1 , 2

i

z3 , z1

i

z2 z4 . z1 z 3

Примеры на преобразование вращательного движения Пример 1. Ведущий шкив ременной передачи, обладающий угловой скоростью n/о = 60 об/мин, останавливается через 10 с. Радиусы шкивов: rI = 25 см, rII = 50см. Считая вращение шкивов перед остановкой равнозамедленным, определить число оборотов ведомого шкива до остановки, а также модули скорости, вращательного и центростремительного ускорений его точки М (О2M = 20 см) в конце 5-й с (рис. 1.2.20, а). Решение. При решении задач положительным всегда считается направление происходящего вращения (в данном примере направление движения часовой стрелки) (рис. 1.2.20, 6). Угловая скорость равнозамедленного вращения шкива I имеет вид

 I   I   I t. 0

а

б

84

Рис. 1.2.20

–1

При t = 10 с шкив останавливается, т. е.  I10  0 . Начальная угловая скорость шкива в

с определяется по формуле

I 

n I

0

30

0



  60 30

 2 с 1 .

Подставляя эти значения в формулу, имеем 0  2   I  10;  I  0,2 с 2 .

Поэтому

 I  2  0,2t .

Определяем характеристики вращения шкива II. Угловые скорости шкивов передачи обратно пропорциональны их радиусам.

 II rI r 25 2  0,2t .  ;  II  I  I   I rII rII 50  II    0,1t. Определяем требуемые условием величины. Угол поворота шкива II в момент остановки при t = 10 с:  II 10    10  0,05  10 2  5; соответствующее число оборотов за 10 с

N II 

 II

10

2



5  2,5 оборотов. 2

Определив модули угловой скорости, вращательной скорости нормального и касательного ускорений точки М при t = 5 с (рис. 1.2.20, б), находим по формулам:

 II    0,1  5  0,5 с 1 . 5

 5  R II  20  0,5  10  31,4 см/с. 5

 n  R

2 II 5

 20(0,5 ) 2  5 2  49,3 см/с 2 .

 τ  R II  20  0,1  2  6,3 см/с 2 . Модуль касательного ускорения при любом значении t постоянен. Направление a при замедленном вращении противоположно направлению v .

1.2.3. Плоское движение твердого тела Вопросы: 1. Плоское движение твердого тела. 2. Уравнения движения, кинематические характеристики. 3. Теорема о скоростях точек тела в плоском движении, следствие из теоремы. 85

4. Мгновенный центр скоростей точек плоской фигуры, частные случаи определения его положения. 5. Теоремы об ускорениях точек тела в плоском движении. Свойства плоского движения твердого тела. Движение плоской фигуры в ее плоскости

Плоским или плоскопараллельным движением твердого тела называется такое движение, при котором каждая точка тела движется в плоскости, параллельной некоторой неподвижной плоскости. Плоская фигура, образованная сечением тела этой неподвижной плоскостью Q, во все время движения остается в этой плоскости (рис. 1.2.21). Движение каждой точки плоской фигуры в неподвижной плоскости Q определяет собой движение всех точек твердого тела, расположенных на перпендикуляре к плоскости Q, восстановленном в этой точке.

Рис. 1.2.21

Разложение движения плоской фигуры на поступательное движение вместе с полюсом и вращение вокруг полюса. Уравнения движения плоской фигуры

Всякое непоступательное перемещение плоской фигуры в ее плоскости можно рассматривать как совокупность двух перемещений: поступательного перемещения плоской фигуры вместе с произвольной точкой, называемой полюсом, и поворота вокруг полюса (рис. 1.2.22). Поступательное перемещение зависит от выбора  полюса, а величина угла поворота и направление поворота от выбора полюса не зависят. 0 В Уравнения плоского движения твердого тела:

x0  f1 (t ),   y 0  f 2 (t ),.   f 3 (t ). 

А

 Рис. 1.2.22

~ ~ Угловая скорость  и угловое ускорение  являются общими для всех полюсов и называются угловой скоростью и угловым ускорением плоской фигуры. Они определяются по следующим формулам: d  ,  dt . d~ d 2  ~  2 .   dt dt 

~ 

86

Теорема о скоростях точек плоской фигуры и ее следствия Зависимость между скоростями точек плоской фигуры устанавливается по следующей теореме: скорость любой точки плоской фигуры равна геометрической сумме скорости полюса и вращательной скорости этой точки вокруг полюса (рис. 1.2.23).

 А   О   ОА или

v A  v0    rOA

Следствие 1. Проекции скоростей точек плоской фигуры на ось, проходящую через эти точки, равны. Следствие 2. Концы скоростей точек неизменяемого отрезка лежат на одной прямой и делят эту прямую на части, пропорциональные расстояниям между соответствующими точками отрезка (рис. 1.2.24). Рис. 1.2.23

Рис. 1.2.24 Примеры на применение теоремы о скоростях точек плоской фигуры Пример 1. По заданной скорости одной точки плоской фигуры построить годограф возможных скоростей другой точки этой фигуры. Решение. Пусть известна скорость точки А, требуется определить возможные скорости точки В плоской фигуры (рис. 1.2.25). Проведем через точки А и В ось х и найдем проекцию Аа скорости  А на эту ось. По первому следствию теоремы о скоростях точек плоской фигуры проекции скоростей точек А и В на эту ось равны. Отложим по оси х от точки В проекцию ВВ, равную по величине проекции Аа и совпадающую с ней по направлению. В точке b восставим перпендикуляр к оси х. Только на этой прямой и может находиться конец скорости  В точки В. Эта прямая является годографом возможных скоростей точки В. 87

Пример 2. Зная скорости ползунов А и В, определить скорость шарнира С механизма, изображенного на рис. 1.2.26, а, в указанном положении.

а

б

Рис. 1.2.26 Решение. Так как шарнир С соединяет стержни АС и ВС механизма, то точка С одновременно принадлежит каждому из этих стержней. Поэтому проекция неизвестной скорости шарнира С на ось стержня АС равна проекции скорости ползуна А на эту ось и имеет такое же направление, а проекция скорости шарнира С на ось стержня ВС равна проекции скорости шарнира В на эту же ось (рис. 1.2.26, б). Находим проекцию Аа скорости v A на ось АС и откладываем по этой оси из точки С отрезок Сс1 = Аа. Аналогично находим проекцию ВВ и откладываем отрезок Сс2 = ВВ. Затем восставляем в точках с1 и с2 перпендикуляры к направлениям этих осей. Точка К пересечения этих перпендикуляров определит собой конец скорости шарнира С, т. е.  с  CK . План скоростей Зависимость между скоростями точек плоской фигуры позволяет определять скорости точек этой фигуры простым и наглядным построением, называемым планом скоростей. Выполненное построение называется планом скоростей; отрезки Оа, Ob, Ос, Od называются лучами, а точки а, b, с, d – вершинами плана скоростей (рис. 1.2.27, а и б). а

б

Рис. 1.2.27 Каждый из отрезков, соединяющих вершины плана скоростей, геометрически равен вращательной скорости соответствующей точки фигуры вокруг другой точки как вокруг полюса. 88

ab  АВ   и ab  АB; bc  BC   и bc  BC ; cd  CD   и cd  CD.

Мгновенный центр скоростей

Мгновенный центр скоростей – это точка, неизменно связанная с плоской фигурой, скорость которой в этот момент равна нулю. Мгновенный центр скоростей плоской фигуры находится на перпендикуляре к направлению скорости v полюса, на расстоянии от полюса, равном O .



Скорость любой точки плоской фигуры в каждый момент времени имеет модуль, равный произведению Рис. 1.2.28 угловой скорости фигуры на длину отрезка, соединяющего точку с мгновенным центром скоростей, и направлена перпендикулярно этому отрезку в сторону вращения фигуры (рис. 1.2.28). Модули скоростей точек плоской фигуры в каждый момент времени пропорциональны расстояниям от этих точек до мгновенного центра скоростей.

 А  РА   , v А  РА;  В  РВ   , v В  РВ;  К  РК   , v К  РК . Различные случаи определения положения мгновенного центра скоростей.

v B PB  , v A PA

v K PK  . vA PA

1. Допустим, что известны прямые, по которым направлены скорости двух точек плоской фигуры А и В (рис. 1.2.29). Тогда мгновенный центр скоростей фигуры определится как точка пересечения перпендикуляров к этим прямым, восставленных в точках А к В. 2. Если скорости точек А и В плоской фигуры параллельны между собой и перпендикулярны АВ, то для определения положения мгновенного центра скоростей должны быть известны модули скоростей обеих точек А к В (рис. 1.2.30, а, б). 3. Если известно, что скорости двух точек А к В плоской фигуры параллельны и они не перпендикулярны АВ (рис. 1.2.31), то мгновенный центр скоростей находится в бесконечности.

89

б

а

Рис. 1.2.30

Рис. 1.2.29

Рис. 1.2.31

Примеры на применение мгновенного центра скоростей Пример 1. Колесо радиусом R катится без скольжения по прямому рельсу. Скорость центра колеса в рассматриваемый момент времени vc = 2 м/с. Определить скорости точек А, В, D и Е колеса, расположенных на концах взаимно перпендикулярных диаметров (рис. 1.2.32, а). а

в

б

Рис. 1.2.32 Решение. 1-й вариант. Примем за полюс центр колеса С (рис. 1.2.32, б). Тогда скорость любой точки колеса будет равна геометрической сумме скорости полюса и скорости вращения этой точки вокруг полюса. Так как колесо катится без скольжения, то скорость точки А касания колеса с рельсом равна нулю  А  0 . Точка А является мгновенным центром скоростей. В этой точке скорость вращения вокруг полюса vCA и скорость полюса vc равны по модулю и противоположны по направлению, т. е. vCA = –vС. Расстояния от точек А, В, D, Е до полюса С равны. Следовательно, и вращательные скорости точек вокруг полюса тоже равны, т. е.

CB  CD  CE  CA  C . Откладывая в каждой точке скорость полюса vc и скорость, перпендикулярную соответствующему радиусу колеса, находим:

90

2  B  С2  СВ  С2  С2  С 2  2 2  2,82 м/с;

 D  C  CD  C  C  2C  4 м/с; 2  E  С2  СE  С2  С2  С 2  2 2  2,82 м/с.

2-й вариант. Примем мгновенный центр скоростей колеса за полюс. Тогда скорости всех точек колеса определятся как вращательные скорости вокруг мгновенного центра скоростей. Модули скоростей всех точек найдутся по пропорциональности скоростей их расстояниям от мгновенного центра скоростей:

 D  C

PD  C  2  4 м/с. PC

Так как РВ  РЕ  R 2 , то

 B  C

PB PЕ   C 2  2,82 м/с;  Е   C   C 2  2,82 м/с. PC PC

Найденные скорости точек направлены перпендикулярно соответствующим отрезкам в сторону вращения колеса (рис. 1.2.32, в). Аналогичное распределение скоростей имеет место при качении колеса без скольжения по любой поверхности. Теорема о центре поворота для конечного перемещения плоской фигуры (теорема Шаля). Мгновенный центр вращения фигуры

Плоскую фигуру можно переместить из одного положения в любое другое положение на плоскости одним поворотом этой фигуры вокруг некоторого неподвижного центра (рис. 1.2.33). Предельным положением центра поворота при стремлении времени перемещения плоской фигуры М к нулю является точка неподвижной плоскости, с которой в данный момент времени совпадает мгновенный центр скоростей плоской фигуры. Точка С* есть точка неподвижной плоскости, с которой в данный момент времени совпадает мгновенный центр скоростей Р. Эту точку называют мгновенным центром вращения фигуры (рис. 1.2.34).

Рис. 1.2.33

Рис. 1.2.34

91

Неподвижная и подвижная центроиды. Теорема о качении подвижной центроиды по неподвижной Отметим на неподвижной плоскости положения A1B1 A2B2, А3В3, ... отрезка АВ, определяющего положение плоской фигуры в моменты времени t, t+Δt, t+2Δt, t+3Δt, ... и т. д. Соединив последовательно точки С1, С2, С3, С4 и т. д. отрезками, получим ломаную линию С1С2С3С4… – линию центров поворота на неподвижной плоскости. Ломаная линия С1С'2С'3С'4… является линией центров поворота на движущейся плоской фигуре. Эта линия, как показано на рис. 1.2.35, неизменно связана с отрезком АВ и движется вместе с ним. Ее вершины последовательно являются центрами поворота при перемещениях отрезка из одного положения в другое. Предельными положениями центров поворота С1, С2, С3, ... являются мгновенные центры Рис.1.2.35 вращения плоской фигуры. Поэтому в пределе ломаная линия С1С2С3С4... обращается в кривую. Эта кривая представляет собой геометрическое место мгновенных центров вращения на неподвижной плоскости и называется неподвижной центроидой. Линия C1C 2 C 3 C 4 также обращается в кривую, представляющую собой геометрическое место мгновенных центров скоростей на движущейся фигуре. Эта кривая неизменно связана с плоской фигурой (с отрезком АВ) и движется вместе с ней. Она называется подвижной центроидой. При действительном движении плоской фигуры подвижная центроида катится без скольжения по неподвижной центроиде. Уравнения неподвижной и подвижной центроид

Уравнения неподвижной центроиды в параметрической форме в неподвижной системе осей координат имеют вид: 1 d   Р  0  ~  0 ,   dt .  1 d  P   0  ~  0 .  dt 

92

Уравнения подвижной центроиды в параметрической форме в подвижной системе осей, неизменно связанной с движущейся плоской фигурой, имеют вид d 1  d   x Р  ~  0 sin  0 cos ,    dt dt   . d 0 1  d 0  cos  sin . yP  ~  dt   dt  

Примеры нахождения центроид Пример 1. Рассмотрим центроиды линейки эллипсографа (рис. 1.2.36). Линейка АВ скользит своими концами по двум взаимно перпендикулярным прямым EF и KN. Мгновенный центр скоростей этой линейки находится в точке Р пересечения перпендикуляров, восставленных в точках А и В к направлениям скоростей этих точек, т. е. к направлениям прямых EF и KN. Так как ОР = АВ при всех положениях линейки, т. е. расстояние от мгновенного центра скоростей до точки О постоянно, то неподвижной центроидой является окружность, описанная из точки О радиусом, равным длине линейки. По отношению к подвижной плоскости точка Р Рис. 1.2.36 всегда будет в вершине прямого угла АРВ, опирающегося на линейку АВ. Так как геометрическим местом вершин прямых углов, опирающихся на отрезок, является окружность, построенная на этом отрезке как на диаметре, то подвижной центроидой линейки АВ является окружность, диаметром которой является отрезок АВ. Таким образом, радиус окружности, представляющей подвижную центроиду, вдвое меньше радиуса окружности, представляющей неподвижную центроиду. Центроиды линейки эллипсографа были установлены итальянским математиком Карданом, по имени которого они называются кардановыми окружностями. Следовательно, движение линейки эллипсографа можно получить как движение диаметра круга, катящегося без скольжения внутри другого круга, радиус которого в два раза больше (рис. 1.2.37).

93

Рис. 1.2.38

Рис. 1.2.37

При этом точки А и В малой кардановой окружности движутся по диаметрам большой кардановой окружности, т. е. так же, как двигались точки линейки АВ. Любая другая точка, лежащая на малой кардановой окружности, например точка D, также движется по соответствующему диаметру большой кардановой окружности. Любая точка М катящегося круга описывает эллипс с полуосями а = ВМ и b – АМ, а точка С описывает окружность радиусом ОС. Это движение можно осуществить при помощи рукоятки ОС, соединенной шарнирно с центром катящегося колеса. Найдем уравнения неподвижной и подвижной центроид эллипсографа. За неподвижные оси примем оси ξ и η, по которым скользят концы отрезка ОА = 21. Приняв точку О за начало координат подвижной системы, направим ось х перпендикулярно отрезку АО, а ось у – вдоль него (рис. 1.2.38). Уравнения неподвижной центроиды в неподвижной системе осей имеют вид 1 d  p  0  ~  0 ;  dt

1 d  p  0  ~  0 .  dt

В рассматриваемом примере имеем:

 0  0;  0  ОА cos   2l cos  . d 0 d 0 d  0;  2l sin    2l sin   ~. dt

dt

dt

Подставляя эти значения, находим:

 p  2l sin .  p  2l cos. Исключая φ, получаем выражение, которое является уравнением окружности радиусом R = 21 с центром в начале координат, т. е. в точке О1. Уравнения подвижной центроиды имеют вид 94

d 1  d  x p  ~  0 sin   0 cos ,   dt dt  d 1  d  y p  ~  0 cos  0 sin  .   dt dt 

 p2   p2  4l 2 , Подставляя в эти уравнения значения

d 0 d 0 и , получаем: dt dt

x p  2l sin  cos  l sin 2 , y p  2l sin 2   l 1  cos 2 

Или

x p  l sin 2. y p  l  l cos 2.

Исключая из этих уравнений φ, получаем

x 2p   y p  l   l 2 . 2

Это выражение есть уравнение окружности радиусом r = l с центром в точке С, xc  0 . координаты которой yc  l Теорема об ускорениях точек плоской фигуры и ее следствия

Ускорение любой точки плоской фигуры равно геометрической сумме ускорения полюса и ускорения этой точки во вращательном движении вокруг полюса (рис. 1.2.39). τ n  А   О   ОА   ОА .

Рис. 1.2.39

95

Следствие 1. Проекция ускорения любой точки плоской фигуры на ось, проведенную из произвольного полюса через эту точку, не может быть больше проекции ускорения полюса на ту же ось (рис. 1.2.40).

Рис. 1.2.40 Следствие 2. Концы ускорений точек неизменяемого отрезка лежат на одной прямой и делят эту прямую на части, пропорциональные расстояниям между этими точками (рис. 1.2.41).

Рис. 1.2.41 Мгновенный центр ускорений Точка Q, ускорение которой в данный момент равно нулю, называется мгновенным центром ускорений. Модули ускорений точек плоской фигуры в каждый момент времени пропорциональны расстояниям от этих точек до мгновенного центра ускорений, а векторы ускорений составляют с отрезками, соединяющими эти точки с мгновенным центром ускорений, один и  тот же угол   arctg 2 (направление отсчета  угла совпадает с направлением углового ускорения ε) (рис. 1.2.42). 96

Рис. 1.2.42

 В QB  K QK  ;  .  А QA  A QA Мгновенный центр скоростей Р и мгновенный центр ускорений Q являются различными точками плоской фигуры.

Способы определения положения мгновенного центра ускорений Случай 1. По условию задачи известна точка плоской фигуры, ускорение которой в данный момент равно нулю. Эта точка и является мгновенным центром ускорений. Случай 2. Известны модуль и направление ускорения какой-либо точки плоской ~ и алгебраическая величина углового фигуры, алгебраическая величина угловой скорости  ~ ускорения  . 1. Неравномерное вращение:   0,   0 . В этом случае мгновенный центр ускорений  находится на отрезке, составляющем с направлением ускорения аА угол   arctg 2 ,  который отложен от ускорения точки в сторону ε, на расстоянии от точки А, равном

AQ 

Рис. 1.2.43

aA

 2 4



2. Равномерное вращение:   0,   0 (также момент обращения ε в нуль при неравномерном вращении).  В этом случае tg  2  0 и a = 0, т. е. ускорения  всех точек направлены к мгновенному центру ускорений (рис. 1.2.43). Расстояние от точки до мгновенного центра ускорений определяется по формуле  AQ  А2 .  3. Момент обращения угловой скорости в нуль:   0,   0 . В этом случае

tg 

  , 2

  90o ,

т. е. ускорения всех точек направлены перпендикулярно отрезкам, соединяющим эти точки с мгновенным центром ускорений. Расстояние от точки до мгновенного центра ускорений определяется по формуле AQ 

А . 

4. Момент обращения угловой скорости и углового ускорения в нуль при непоступательном движении   0,   0 .

97

Рис. 1.2.44

Рис. 1.2.45

В этом случае ускорения всех точек плоской фигуры в данный момент геометрически равны, так как ускорение любой точки равно ускорению полюса (рис. 1.2.44):

 А   В   D  ..., А AQ 

О

 .

Случай 3. Известны модули и направления ускорений двух точек плоской фигуры. Допустим, что известны ускорения точек А и В плоской фигуры αA и αB (рис. 1.2.46, 1.2.47). Рассмотрим случаи, когда ускорения точек плоской фигуры параллельны. Положение мгновенного центра ускорений в этом случае определяется на основании того, что:  модули ускорений точек пропорциональны длинам отрезков, соединяющих точки с мгновенным центром ускорений, т. е.  А QА  ;  В QВ

 ускорения точек составляют с отрезками, соединяющими точки с мгновенным  центром ускорений, один и тот же угол   arctg 2 

Рис. 1.2.46

Рис. 1.2.48

Рис. 1.2.47

98

В случае  A   B (рис. 1.2.48) мгновенный центр ускорений находится в бесконечности, а ускорения всех точек плоской фигуры геометрически равны. Примеры на применение теоремы об ускорениях точек плоской фигуры и на определение положения мгновенного центра ускорений Пример 1. Цилиндр радиусом r = 40 см катится по плоскости без скольжения. Скорость и ускорение точек его оси в данный момент:

vc = 0,4 м/с, аc = 0,2 м/с2. Диск радиусом R = 50 см жестко соединен с цилиндром в сечении, где плоскость не препятствует его движению. Определить в данный момент времени ускорения концов двух диаметров диска: параллельного неподвижной плоскости и перпендикулярного к ней. Определить также положение мгновенного центра ускорений диска (рис. 1.2.49).

Р

Решение. По условию данной задачи можно определить угловую скорость  и угловое ускорение ε диска. Тогда ускорения точек M1, M2, M3 , M4 диска определятся согласно теореме об ускорениях точек плоской фигуры по ускорению центра аc, угловой скорости ω и угловому ускорению ε диска. а) Определяем ω и ε. Мгновенный центр скоростей диска Р находится в точке соприкосновения поперечного сечения цилиндра с неподвижной плоскостью. Угловую скорость диска определяем:



vc v 0,4  c   1 с 1 . PC r 0,4

Расстояние от центра диска С до Р при движении не изменяется, а потому



1 d d  v c  1 dv c  c      dt dt  r  r dt r

Подставляя числовые значения, находим



c r



0,2  0,5 с -2 . 0,4

Так как вращение диска ускоренное, то ε имеет такое же направление, как и ω. б) Определяем ускорения точек. Принимаем за полюс центр диска С, ускорение которого известно, и определяем ускорение каждой из четырех точек М по формуле  n a M  aC  aCM  aCM

Модуль вращательного ускорения точек М во вращении вокруг полюса С определяется по формуле  aCM    CM    R  0,5  0,5  0,25 м / с 2

Модуль центростремительного ускорения точек М во вращении вокруг полюса С n aCM   2  CM   2  R  12  0,5  0,5 м / с 2

99

 n Откладываем в каждой точке М векторы C , CM , CM , складывая одновременно векторы, направленные по одной прямой. Вектор C откладываем в каждой точке по его

 направлению; aCM направляем перпендикулярно отрезкам СМ в сторону ε, т. е. по n направлению движения часовой стрелки; aCM направляем к полюсу С. Ускорение каждой точки определяется диагональю прямоугольника, сторонами которого являются сумма двух векторов, оказавшихся на одной прямой, и третий вектор, перпендикулярный к ним: n 2  1  ( c   CM ) 2   CM  (0,2  0,5) 2  0,25 2  0,74 м/с 2 ;

 n  2  ( C   CM ) 2  ( CM ) 2  (0,2  0,25) 2  0,5 2  0.67

м/с2;

2

n   3  ( CM   C ) 2   CM  (0,5  0,2) 2  0,25 2  0,39 м/с 2 ;

2

 n  4  ( CM   C ) 2   CM  (0,25  0,2) 2  0,25 2  0,50 м/с 2 .

в) Определяем положение мгновенного центра ускорений. Приняв точку С за полюс, находим угол α и расстояние CQ. tg 

0,5   2  0,5; 2 1 

  arctg CQ 

1  2634; 2

c

  2

4



0,2 0,5  14

 0,179 м.

Откладываем угол α от ускорения αc по направлению ε, т. е. по направлению движения часовой стрелки. На построенной полупрямой откладываем отрезок CQ и получаем мгновенный центр ускорений Q (рис. 1.2.50). Если соединить точки M1, M2, M3 , M4 с точкой Q, то ускорения этих точек составят с отрезками QM один и тот же угол  = 26°34'. Направление отсчета угла  от ускорения а к отрезку QM совпадает с направлением ε. Ускорения точек пропорциональны расстояниям QM, что видно по рис. 1.2.50, на котором ускорения точек M1, M2, M3 , M4, С отложены в масштабе по их истинным, направлениям. Определив отрезки QM, можно было бы вычислить ускорения точек, но в рассмотренном примере этот способ решения требует больших вычислений, чем выполненное решение. Необходимо отметить, что при определении ускорений точек плоской фигуры пользоваться мгновенным центром ускорений целесообразно только в том случае, когда положение мгновенного центра ускорений находится легко, т. е. тогда, когда его применение приводит к упрощению, а не к усложнению вычислений. Рис. 1.2.50 100

Определение ускорений точек и угловых ускорений звеньев плоского механизма Случай 1. Пусть, например, требуется найти ускорение ползунка В кривошипношатунного механизма и угловое ускорение шатуна АВ этого механизма (рис. 1.2.51), если известно, что кривошип ОА вращается равномерно с угловой скоростью ω в направлении, противоположном направлению движения часовой стрелки.

Рис. 1.2.51

Рис. 1.2.52

Для решения этой задачи используются следующие данные: 1) модуль и направление ускорения  A пальца кривошипа А

 А   Аτ  ОА   2 ; 2) прямая, по которой направлено ускорение ползунка В, движущегося прямолинейно; 3) угловая скорость  AB шатуна АВ, которую легко определить по плану скоростей или применением мгновенного центра скоростей. Зная скорость пальца А кривошипа vA, модуль которой равен vA = ОА × ω, определим скорость vB ползунка В по плану скоростей (рис. 1.2.52) или при помощи мгновенного центра скоростей. После этого вычислим модуль угловой скорости шатуна АВ:

 AB 

 OA   ab . или  AB  A  PAB A PAB A AB

Приняв точку А шатуна за полюс, определим ускорение точки В по формуле n   B   A   AB   AB

Центростремительное ускорение точки В, в ее вращательном движении вокруг полюса А, направлено по оси шатуна от точки В к точке А, а его модуль равен n 2  AB  AB   AB

или 2

(ab) 2  ab   .  AB  AB 

n  AB    AB

Отложив в точке В в соответствующем масштабе ускорение полюса  A и приложив к его концу центростремительное ускорение точки В во вращательном движении вокруг

101

n полюса А, направленное параллельно ВА от В к А, проведем из конца a AB прямую,

 перпендикулярную ВА, т. е. прямую, параллельную вращательному ускорению a AB . Точка пересечения этой прямой с прямой, по которой направлено ускорение ползунка В, определит недостающую вершину многоугольника ускорений. Это позволит определить  графически модули ускорений a B и a AB .   = АВ · εAB, то, определив a AB , найдем модуль углового ускорения звена АВ Так как a AB по формуле

 АВ 

τ  АВ

AB

.

 Если отложить найденное ускорение a AB из точки В, то его направление по отношению к полюсу А укажет направление углового ускорения шатуна εАВ. Когда кривошип и шатун находятся на одной прямой (рис. 1.2.51), то мгновенный центр скоростей шатуна РАВ совпадает с точкой В, план скоростей шатуна АВ получает вид отрезка прямой и многоугольник ускорений в точке В обращается в отрезок прямой так как  совпадают. В этом случае направления ускорений a A и a AB  a AB  0;  AB  0 n a B  a A  a AB

Случай 2. Пусть, например, требуется определить ускорение точки В шатуна АВ шарнирного четырехзвенника О1АВО2, если известно, что кривошип О1А вращается с постоянной угловой скоростью ω в направлении, противоположном направлению движения часовой стрелки (рис. 1.2.53, а). В этом случае прямая, по которой направлено ускорение точки В, не известна. Для решения этой задачи используют следующие данные: модуль и направление ускорения αA точки А; αA = αnAB = ОА · 2; угловая скорость ωАВ шатуна АВ; угловая скорость O2 B балансира О2В;

траектория точки В.

а

б Рис. 1.2.53

Угловые скорости ωАВ и O2 B определяются по плану скоростей или при помощи мгновенного центра скоростей. Их модули равны: 102

v ab OA   или  AB  A A  ; A AB PBA PAB

 AB 

O B  2

v ob или  O 2 B  B . O2 B O2 B

Так как точка В одновременно принадлежит шатуну АВ и балансиру О2В, то ускорение этой точки можно определить совокупностью двух построений. Рассматривая точку В как точку шатуна АВ и принимая точку А за полюс, на основании имеем: n   B   A   AB   AB . Центростремительное ускорение точки В в ее вращательном движении вокруг полюса А направлено по оси шатуна от точки В к точке А, а его модуль равен 2 n  AB  AB   AB

или 2



n AB

( a  b) 2  ab   AB .   AB  AB 

План скоростей Отложив в точке В в соответствующем масштабе ускорение полюса  A и приложив к его концу центростремительное ускорение точки В во вращательном движении вокруг n полюса А, направленное параллельно ВА от В к А, проводим из конца  AB прямую,  перпендикулярную ВА, т. е. прямую, параллельную вращательному ускорению a AB  Определить модули вращательного ускорения a AB и ускорения a B точки В из этого построения невозможно, так как направление ускорения точки В не известно. Чтобы определить ускорение точки В, выполняем дополнительное построение, рассматривая точку В как точку балансира О2В, вращающегося вокруг оси О2. Тогда

 n a B  a AB  a AB

Модуль центростремительного ускорения точки В в ее вращательном движении с балансиром О2В вокруг оси О2 равен: n a AB  O2 B  O22 B

Отложив в точке В в том же масштабе центростремительное ускорение точки В в ее вращательном движении вокруг оси О2 по направлению ВО2 от В к О2, проводим из конца a Bn прямую, перпендикулярную к О2В, т. е. прямую, параллельную вращательному ускорению a B . n Точка пересечения этой прямой с прямой, проведенной из конца a AB перпендикулярно

 направлению ВА, определит конец ускорения a B , а также позволит определить a AB и a B графически.    AB   AB , a a B  O2 B   O2 B то определив графически a AB и a B , находим Так как a AB

модули угловых ускорений шатуна АВ и балансира О2В по следующим формулам:

103

 AB 

aAB a и  O2 B  B AB O2 B

 Направления ускорения a AB по отношению к

точке А и ускорения a B по отношению к центру О2 указывают

направления

εАВ и

 O B . Ускорение 2

середины шатуна определяется по ускорениям концов А и В: если АС = СВ, то А1С1 = С1В1 (рис. 2.53, б). При наличии большого числа звеньев механизма Рис. 1.2.54 последовательное определение ускорений его точек и угловых ускорений звеньев графоаналитическим методом производится на основе двух рассмотренных случаев.

1.2.4. Сложное движение точки Вопросы: 1. Сложное движение точки. 2. Абсолютное, относительное и переносное движение точки; траектория, скорость и ускорение точки в этих движениях. 3. Теорема о сложении скоростей точки. 4. Теорема о сложении ускорений точки (теорема Кориолиса). 5. Физический смысл ускорения Кориолиса. Относительное, переносное и абсолютное движения точки

Составное (сложное, абсолютное) движение точки (тела) – это такое движение, при котором точка (тело) одновременно участвует в двух или нескольких движениях. Через произвольную точку О движущегося тела проведем неизменно связанные с этим телом оси х, у, z. Систему осей Oxyz называют подвижной системой отсчета. Неподвижной системой отсчета называют систему осей О1ξηζ, связанную с некоторым условно неподвижным телом, обычно с Землей (рис. 1.2.54). Движение точки М по отношению к неподвижной системе отсчета называют абсолютным движением точки. Скорость и ускорение точки в абсолютном движении называют абсолютной скоростью и абсолютным ускорением точки и обозначают v и a . Движение точки М по отношению к подвижной системе отсчета называют относительным движением точки. Скорость и ускорение точки в относительном движении называют относительной скоростью и относительным ускорением точки и обозначают vr и a r . Движение подвижной системы отсчета Oxyz и неизменно связанного с ней тела А по отношению к неподвижной системе отсчета О1ξηζ является для точки М переносным движением. Точки тела А, совершая различные движения, имеют в данный момент различные скорости и ускорения. Скорость и ускорение точки тела А, связанного с подвижной системой отсчета, совпадающей в данный момент с движущейся 104

точкой, называют переносной скоростью и переносным ускорением точки М и обозначают ve и ae (рис. 1.2.55). Теорема о сложении скоростей v  ve  vr .

Это равенство выражает теорему о сложении скоростей, которая формулируется так: абсолютная скорость точки равна геометрической сумме ее переносной и относительной скоростей. Эту теорему называют правилом параллелограмма, или треугольника скоростей. Так как абсолютная скорость точки v определяется диагональю параллелограмма, построенного на переносной скорости ve и относительной скорости vr , то ее модуль можно вычислить по формуле

   e2   r2  2 e r cos  e , r . Теорема о сложении ускорений (теорема Кориолиса)

В случае непоступательного переносного движения абсолютное ускорение точки равно геометрической сумме переносного, относительного и поворотного ускорений.

a  ae  ar  ac

В случае поступательного переносного движения абсолютное ускорение точки равно геометрической сумме ее переносного и относительного ускорений. a  ae  a r . Модуль и направление поворотного ускорения (ускорения Кориолиса)

Поворотным ускорением (ускорением Кориолиса) называется составляющая абсолютного ускорения точки в составном движении, равная удвоенному векторному произведению угловой скорости переносного вращения на относительную скорость точки:

ac  e  vr

Рис. 1.2.56

Появление поворотного ускорения обусловливается двумя причинами: 1) вследствие относительного движения точки, перемещающейся по отношению к подвижной системе отсчета, изменяется переносная скорость точки; 2) вследствие вращательного переносного движения дополнительно изменяется направление относительной скорости по отношению к неподвижной системе отсчета. Поворотное ускорение равно нулю в трех случаях: если ωе = 0, т. е. в случае поступательного переносного движения или в моменты обращения в нуль угловой скорости непоступательного переносного движения, если vr = 0, т. е. в случае относительного покоя точки или в моменты обращения в нуль относительной скорости движущейся точки; 105

3) если sin(ωe, vr) = 0, т. е. в случае, когда  (e ,  r )  0 или  ( e ,  r )   и относительная скорость точки параллельна оси переносного вращения, как например, при движении точки М вдоль образующей цилиндра, вращающегося вокруг своей оси (рис. 1.2.56). Направление поворотного ускорения определяется по правилу векторного произведения. Для определения направления поворотного ускорения удобно пользоваться правилом Жуковского: чтобы найти направление поворотного ускорения, следует спроектировать относительную скорость точки на плоскость, перпендикулярную оси переносного вращения, и повернуть эту проекцию в той же плоскости на 90°, в сторону переносного вращения (рис. 1.2.57). Примеры на применение теорем о сложении скоростей и о сложении ускорений при поступательном переносном движении Пример 1. Вертикальный подъем вертолета происходит согласно уравнению z = 0,25t2, где t выражено в с, z – в м. При этом уравнение вращения винта имеет вид φ = 3t2, где t – в с, φ – в рад. Определить абсолютные скорость и ускорение точки винта, отстоящей на расстоянии R = 0,5 м от вертикальной оси вращения, в конце пятой секунды. Решение. Свяжем подвижную систему отсчета с корпусом вертолета, неподвижную – с Землей. Абсолютное движение точки винта вертолета составное: оно состоит из движения с винтом, вращающимся вокруг вертикальной оси, и движения в вертикальном направлении вместе с корпусом вертолета. Вращение винта вокруг его оси является относительным движением (это движение наблюдает пассажир вертолета, связанный с подвижной системой отсчета). Переносным движением является поступательное движение корпуса вертолета вертикально вверх. Применяем теорему о сложении скоростей (рис. 1.2.58, а): v  ve  vr .

106

Рис. 1.2.58 Переносная скорость точки М винта равна скорости той точки корпуса, которая совпадает в данный момент с точкой винта. При поступательном движении корпуса скорости всех его точек одинаковы. Их модули определяются по уравнению его вертикального поступательного движения z = 0,25t2; соответствующей движению точки по траектории в одном и том же направлении: v e  z  0,5t. При t = 5 с v e = 0,5 × 5 = 2,5 м/с. Для определения относительной скорости точки находим угловую скорость винта, соответствующую также вращению тела в одном и том же направлении.

 t    6t. При t = 5 с  r  6  5  30 с 1 . Относительная скорость точки определяется как вращательная скорость; ее модуль равен:  r  R r  0,5  30  15 м/с. Так как переносная и относительная скорости взаимно перпендикулярны, то абсолютная скорость точки изображается диагональю построенного на них прямоугольника. Ее модуль равен:

   e2   r2  2,5 2  15 2  15,21 м/с. Применяем теорему о сложении ускорений (рис. 1.2.58, б):

a  ae  a r Переносное ускорение точки М винта равно ускорению точки корпуса, совпадающей в данный момент с точкой винта. Ускорения всех точек корпуса одинаковы и определяются по уравнению его движения. Модуль переносного ускорения любой течки корпуса равен: 107

ae 

dve  0,5 м/с2 dt

Относительное ускорение точки М винта определяется как ускорение точки вращающегося тела:

a  a r  a rn a rn  R   r2  0,5  30 2  450 м/с2

ar  R   r d r  6 с-2 dt ar  0,5  6  3 м/с2

r 

Абсолютное ускорение точки равно геометрической сумме трех ускорений: переносного ускорения ae , вращательного ускорения в относительном движении ar и центростремительного ускорения в относительном движении a rn

a  ae  a r  a rn Так как эти векторы взаимно перпендикулярны, то абсолютное ускорение изображается диагональю прямоугольного параллелепипеда, построенного на этих векторах. Его модуль определяется:

a  ae2  (ar ) 2  ( a rn ) 2  0,5 2  32  450 2  450,01 м/с2 Как видно, модуль абсолютного ускорения точки мало отличается от модуля ее центростремительного ускорения в относительном движении a rn . Примеры на применение теорем о сложении скоростей и о сложении ускорений в случае, когда переносное движение – вращение вокруг неподвижной оси Пример 1. Диск радиусом CM = R = 50 см вращается из состояния покоя с постоянным угловым ускорением ε = 0,2 с–2 в направлении, обратном направлению движения часовой стрелки. По ободу диска в направлении, обратном его вращению, движется точка М с постоянной относительной скоростью vr = 50 см/с (рис. 1.2.59, а). Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в конце пятой секунды. Решение. Свяжем подвижную систему отсчета с вращающимся диском, а неподвижную – с Землей; движение точки М вместе с диском будет переносным движением, а ее движение по отношению к диску – относительным. Абсолютное движение точки М состоит из этих двух движений. Так как диск вращается равноускоренно, его угловая скорость определяется выражением:

 e   e0   et, где εе = ε.

108

а

б

в

Рис. 1.2.59 Учитывая, что диск вращается из состояния покоя, т. е. ωе0 = 0, находим его угловую скорость в конце пятой секунды:

 e  0,2  5  1 c -1 . 5

1. Определение абсолютной скорости точки М. Абсолютная скорость точки М определяется как геометрическая сумма двух скоростей: переносной скорости точки, равной скорости точки обода диска, и относительной скорости точки: v  ve  v r .

Вычислим модуль переносной скорости точки в конце пятой секунды: vе = Rωes = 50 · 1 = 50 см/с. Эта скорость направлена по касательной к окружности обода в сторону вращения диска, т. е. противоположно относительной скорости vr (рис. 1.2.59, б). В конце пятой секунды:

 е  50 см/с   r ; 5

vе5  v r ; v5  vе5  v r  0.

Модуль относительной скорости постоянен, а модуль переносной скорости возрастает равномерно от нуля. Следовательно, при t < 5 с ve < vr, направление v совпадает с направлением vr; при t = 5 с ve = vr, v = 0; при t > 5 с ve > vr направление v совпадает с направлением ve. 2. Определение абсолютного ускорения точки М. Абсолютное ускорение точки при вращательном переносном движении определяется по формуле:

a  ae  aen  a r  a rn  ac Условимся называть траекторией переносного движения точки для данного момента времени траекторию точки, неизменно связанной с подвижной системой отсчета и совпадающей в данный момент с движущейся точкой. В рассматриваемой задаче траекторией переносного движения является траектория точки обода диска, т. е. траектория переносного движения совпадает с траекторией относительного движения точки. Следовательно, эта же окружность является и траекторией абсолютного движения точки. Вычислим модули пяти составляющих абсолютного ускорения точки М и изобразим эти ускорения на схеме (рис. 1.2.59, в). 109

Переносное вращательное ускорение точки a e траектории переносного движения, а его модуль равен:

направлено по касательной к

ae   e  R  0,2  50  10 см/с2 Переносное центростремительное ускорение точки a en направлено по радиусу МС к центру С окружности – траектории переносного движения точки, а его модуль равен: aen   e2  R  1  50  50 см/с2 Так как относительное движение точки – движение равномерное, то относительное касательное ускорение равно нулю:

dvr 0 dt Относительное нормальное ускорение точки a rn направлено по радиусу МС к центру ar 

кривизны траектории относительного движения, а его модуль равен:

a rn 

vr2 50 2   50 см/с2 50 R

Модуль поворотного ускорения точки М вычисляем по формуле ac  2 e vr sin( e , vr )  2 1  50 1  100 см/с2 Так как относительное движение происходит в плоскости, перпендикулярной оси переносного вращения, то направление поворотного ускорения ac определяется поворотом относительной скорости точки  r на угол 90° в сторону вращения диска. Из четырех составляющих ускорений три направлены по одной прямой. При этом ac = 100 см/с2 и aen  a rn  100 см/с2, т. е. aen  a rn  ac  0 . Поэтому a  ae , т. е. абсолютное ускорение точки М совпадает по направлению с переносным вращательным ускорением и имеет одинаковый с ним модуль, т. е. a = 10 см/с2.

1.2.5. Контрольные вопросы: 1. Как понимается пространство и время в классической механике? 2. Что такое система отсчета? 3. Какие способы задания движения точки Вы знаете? 4. Как определяется скорость точки при различных способах задания её движения? 5. Как определить ускорение точки? 6. Касательное и нормальное ускорение точки, их физический смысл. 7. Чем отличаются равномерное и равнопеременное движения? 8. Какое движение твердого тела называют поступательным? 9. Чем характеризуется вращение тела вокруг неподвижной оси? 10. Запишите уравнение вращения. 11. Как найти угловую скорость и угловое ускорение? 12. Скорость и ускорение точек тела при вращении. 13. Запишите формулу Эйлера. 110

14. Формулы Пуассона. 15. Какое движение твердого тела называется плоским? 16. Запишите уравнения плоского движения твердого тела. 17. Как определяются кинематические характеристики плоского движения? 18. Сформулируйте теорему о скоростях точек тела в плоском движении. 19. Мгновенный центр скоростей точек плоской фигуры (мцс). 20. Способы определения положения мцс. 21. Теорема об ускорениях точек тела в плоском движении. 22. Что такое сложное движение точки? 23. Какое движение называется относительным? 24. Дайте определение переносного и абсолютного движений. 25. Скорость и ускорение точки в этих движениях. 26. Сформулируйте теорему о сложении скоростей точки. 27. Сформулируйте теорему о сложении ускорений точки. 28. В чем заключается физический смысл ускорения Кориолиса?

1.2.6. Тестовые задания К1. Кинематика – это раздел теоретической механики, изучающий... а) механическое движение, исходя из причин, определяющих характер этого движения; б) механическое движение, исходя из законов сохранения энергии; в) движение в пространстве и во времени без учета причин, вызывающих это движение; г) законы механического движения. К2. Системой отсчета называют… а) тело отсчета, относительно которого определяется положение других тел; б) ту или иную систему координат; в) совокупность радиус-векторов, характеризующих положение тела в пространстве; г) начальную точку траектории движения. К3. Радиус-вектор материальной точки – это: а) вектор, соединяющий две соседние точки траектории; б) вектор, проведенный из начала отсчета в точку, в которой находится в данный момент изучаемая материальная точка; в) вектор, проведенный из центра кривизны траектории в точку, где находится в данный момент изучаемая материальная точка; г) вектор, проведенный из начального в конечное положение материальной точки. 111

К4. Закон движения материальной точки – это: а) система уравнений, связывающая координаты точки; б) зависимость положения материальной точки от величины и направления действующей на нее силы; в) зависимость между координатами материальной точки и ее радиус-вектором; г) зависимость, позволяющая для каждого момента времени определить положение точки в пространстве. К5. Траекторией движения материальной точки является: а) дуговая координата точки при ее движении; б) линия, состоящая из совокупности последовательных положений точки в процессе ее движения; в) совокупность длин радиус-векторов точки при ее движении; г) путь тела за определенный временной промежуток. К6. Совпадают ли понятия «пройденный путь» и «дуговая координата»? а) Да, совпадают полностью; б) нет, совершенно разные понятия; в) совпадают, если дуговая координата положительна и движение монотонно; г) пройденный путь – это кратчайшее расстояние между начальной и конечной точками дуговой координаты. К7. Поступательным называется движение твердого тела, если… а) скорость и ускорение всех точек тела одинаковы; б) любая прямая, проведенная в теле, остается параллельной самой себе во все время движения; в) все точки тела движутся по параллельным прямым; г) тело движется по прямолинейной траектории. К8. Вращательным движением твердого тела называют движение, при котором… а) траектория центра масс тела является окружностью; б) все точки тела движутся по окружностям одинакового радиуса; в) по крайней мере две точки тела остаются неподвижными во все время движения; г) все точки тела движутся по окружностям вокруг центра масс. К9. Касательным ускорением называется … а) составляющая полного ускорения, направленная по касательной к траектории движения точки и численно равная производной скорости по времени; б) составляющая полного ускорения, направленная перпендикулярно скорости; в) составляющая полного ускорения, направленная по касательной к траектории и численно равная производной угловой скорости по времени; г) величина, численно равная произведению углового ускорения на радиус траектории движения. 112

К10. Нормальным ускорением называется… а) составляющая полного ускорения, направленная по касательной к траектории движения точки и численно равная производной скорости по времени; б) составляющая полного ускорения, перпендикулярная скорости; в) составляющая полного ускорения, направленная по касательной к траектории и численно равная производной угловой скорости по времени; г) величина, численно равная произведению углового ускорения на радиус траектории движения. К11. Касательное ускорение характеризует изменение … а) вектора скорости по направлению; б) вектора скорости по величине; в) угловой скорости; г) углового ускорения. К12. Нормальное ускорение характеризует изменение: а) вектора скорости по направлению; б) вектора скорости по величине; в) угловой скорости; г) углового ускорения.   К13. Выражение v  s определяет скорость при: а) векторном способе задания движения; б) координатном способе задания движения; в) естественном способе задания движения; г) любом способе задания движения. К14. Выражение s = s(t) является законом движения при: а) векторном способе; б) координатном способе; в) естественном способе; г) любом способе задания. К15. Равномерным является движение, если: а) точка движется прямолинейно;  б) v  const ;  в) a  const ; г) точка движется по заранее известной траектории. К16. Равнопеременным является движение, если: а) точка движется прямолинейно;  б) v  const ;  в) a  const ; г) точка движется по заранее известной траектории. 113

К17. Равномерным является вращение, если: а)   const ; б)   const ; в)   const ; г) R = const. К18. Равнопеременным является вращение, при котором: а)   const ; б)   const ; в)   const ; г) R = const. К19. Мгновенным центром скоростей точек плоской фигуры называется точка: а) траекторией движения которой является прямая линия; б) траектория движения которой известна заранее; в) скорость которой равна нулю; г) ускорение которой равно нулю. К20. Плоское движение твердого тела можно разложить: а) на вращательное движение центра и поступательное движение вместе с этим центром; б) на абсолютное, относительное и переносное; в) на поступательное движение центра и вращательное тела вокруг этого центра; г) на равномерное движение центра и равномерное движение других точек. К21. Сложное движения точки можно разложить: а) на абсолютное, относительное и переносное; б) на равномерное и равнопеременное; в) на поступательное и вращательное; г) на прямолинейное и криволинейное.

114

2. ПРАКТИКУМ 2.1 СТАТИКА 2.1.1 Задание С-1. Определение реакций опор твердого тела Техническое задание: На схемах (рис. 2.1.1 – 2.1.4) показаны три способа закрепления бруса, ось которого – ломанная линия. Задаваемая нагрузка (см. табл. 2.1) и размеры (м) во всех трех случаях одинаковы. Определить реакции опор для того способа закрепления бруса, при котором реакция, указанная в таблице 2.1.1, имеет наименьший модуль. Таблица 2.1.1

Номер варианта

Р, кН

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

10 20 15 5 10 6 2 20 10 2 4 10 20 15 10

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

20 10 15 15 20 10 20 10 20 20 10 20 20 15 15

М, кН·м

q, Номер Р, М, Реакция кН/м варианта кН кН·м Для учебных групп, имеющих нечетный шифр 16 12 6 6 2 YA 17 20 4 5 4 MA 18 14 4 8 1 YB 19 16 6 2 1 YB 20 10 – 4 – XB 21 20 10 2 1 MA 22 6 6 4 2 XA 23 10 4 10 4 RB 24 4 3 6 – YA 25 10 10 4 2 XA 26 20 5 10 1 RB 27 10 6 5 2 YA 28 20 10 12 2 YA 29 25 – 4 3 YA 30 20 10 5 2 XA Для учебных групп, имеющих четный шифр 16 10 10 5 2 YA 17 20 10 5 4 MA 18 10 4 10 2 YB 19 10 10 20 10 YB 20 20 – 4 – XB 21 10 20 2 2 MA 22 20 10 4 2 XA 23 20 4 20 4 RB 24 20 10 5 – YA 25 15 20 4 2 XA 26 10 15 10 1 RB 27 10 6 5 2 YA 28 10 20 10 2 YA 29 20 – 10 2 YA 30 10 20 10 2 XA 115

q, кН/м

Реакция

2 3 2 1 4 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2

MA YA XA RB YA MA YA MA YA XA MA XA YA MA RB

2 5 2 4 4 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2

MA YA XA RB YA MA YA MA YA XA MA XA YA MA RB

Рис. 2.1.1

116

Рис. 2.1.2

117

Рис. 2.1.3 118

Рис. 2.1.4 119

Пример выполнения задания а

б

N Q

Y

Q

A

B

N

YA

RB

P A XA

C

D

D

B

C

X

P N'

N'

Рис. 2.1.5 Задача. Двухконсольная горизонтальная балка шарнирно закреплена в точке А и опирается на катки в точке В (рис. 2.1.5) На балку действует вертикальная сила Q = 20 H, приложенная в точке В, равномерно распределенная вертикальная нагрузка на участке BC интенсивностью p = 25 Н/м и пара сил (N, N), момент которой равен m = 40 Н·м. Расстояния: AD = 3 м, АВ = 4 м, ВС = 3 м. Определить реакции в шарнирах А и В, пренебрегая весом балки. Решение. Отбросим мысленно связи, которыми в данной задаче являются опоры А и В, и заменим их реакциями (рис. 2.1.5). Реакция в точке В направлена по вертикали и обозначена RB. Она направлена по вертикали, так как опора В опирается на катки и не препятствует перемещению по горизонтали. Реакция шарнира А может иметь любое направление в плоскости. Поэтому заменяем ее двумя составляющими XA, YA. Распределенную нагрузку p заменяем силой P = p BC = 253 = 75 H. Сила P приложена посередине отрезка ВС. Выбираем оси координат: ось х направляем из точки D вдоль балки, ось y – из точки D перпендикулярно балке вверх. Так как проекция силы XA является единственной силой, проектирующейся на ось х, то при равновесии сил, приложенных к балке, она равна нулю:

XA = 0.

(2.1.1)

Заметим, что сумма проекций сил (N, N), образующих пару сил, на любую ось равна нулю, так как силы, образующие пару сил, равны по модулю, параллельны и направлены в противоположные стороны. Переходим к составлению уравнений равновесия для системы параллельных сил, приложенных к балке. Сумма проекций всех сил на ось y равна нулю: YA + RB – Q – P = 0.

(2.1.2)

Сумма моментов всех сил относительно точки А (удобно выбирать точку, к которой приложена одна из неизвестных сил, тогда получим уравнение с одним неизвестным) также равна нулю:

BC   Q  AD  m  RB  AB  P AB    0. 2  

(2.1.3)

Решая систему уравнений (2.1.2) и (2.1.3), находим из (2.1.3) RB 

m  P ( AB  BC / 2)  Q  AD 40  75( 4  1,5)  20  3   98,1 H . 4 AB

(2.1.4)

Далее из уравнения (2.1.2) находим YA = Q + P – RB = 20 + 75 –98,1 = –3,1 H. 120

(2.1.5)

Знак минус показывает, что реакция направлена вниз. Вместо уравнения (2.1.2) можно было составить сумму моментов всех сил относительно точки В, где приложена неизвестная сила RB: BC Q  BD  Y A  AB  m  P   0. (2.1.6) 2 Значение неизвестного YA, найденное из этого уравнения, совпадает с (2.1.5).

2.1.2 Задание С-2. Определение реакций составной конструкции (система двух тел) Техническое задание: найти реакции в опорах и в промежуточном шарнире составной конструкции. Расчетные схемы конструкций представлены на рис. 2.1.6 – 2.1.8 (размеры в метрах), нагрузка указана в таблице 2.1.2. Таблица 2.1.2

Номер варианта

P1, кН

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

6 5 8 10 12 14 16 12 14 8 15 15 7 5 6

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

10 15 18 20 20 14 15 12 14 18 15 15 20 15 20

q, Номер P1, P2, кН кН/м варианта кН Для учебных групп, имеющих нечетный шифр – 25 0,8 16 8 11 8 26 – 17 9 15 10 33 1,1 18 7 16 – 25 1,3 19 6 18 – 27 1 20 7 16 12 0,9 21 8 17 8 18 1,4 22 5 6 6 20 1 23 14 10 – 28 1,4 24 10 13 – 26 0,9 25 11 10 10 29 1 26 15 15 8 28 1,5 27 11 14 6 15 1,1 28 12 12 – 30 0,9 29 10 9 10 24 1,5 30 9 10 Для учебных групп, имеющих четный шифр 25 2 16 20 10 18 20 17 18 15 20 30 4 18 20 18 – 25 3 19 10 20 – 20 1 20 15 20 12 – 4 21 12 14 18 18 4 22 18 15 16 20 1 23 16 12 – 25 4 24 20 14 – 26 9 25 10 18 20 30 2 26 20 15 18 20 5 27 18 15 16 15 4 28 16 20 – 30 2 29 15 15 10 20 5 30 10 20 121

P2, кН

M, кН·м

M, кН·м

q, кН/м

31 26 27 35 32 30 34 36 28 33 18 36 30 35 29

0,8 1,1 0,8 1,4 0,8 1,2 1,6 1,2 1,3 1 1,4 1,5 1,1 1.3 1,5

31 26 27 35 32 30 34 36 28 33 18 36 30 35 29

0,8 1,1 0,8 1,4 0,8 1,2 1,6 1,2 1,3 1 1,4 1,5 1,1 1.3 1,5

1

2

3

4

5

6

7

8

10

9

122

Рис. 2.1.6

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

123

Рис. 2.1.7

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

124

Рис. 2.1.8

Пример выполнения задания Дано: схема конструкции (рис. 2.1.9, а); P = 8 кН; М = 20 кНм; q = 2 кН/м; a = 1 м; α = 60º; β = 30º. Определить реакции опор А и В и давление в промежуточном шарнире С. Решение. Данная конструкция состоит из двух тел, сочлененных шарниром С. Задачу можно решить двумя способами. Первый способ. Мысленно освобождаемся от связей, наложенных на каждое из тел, заменяя их на соответствующие реакции. Рассматриваем системы уравновешивающихся сил, приложенных к каждому телу в отдельности.

125

а

б

в

г

Рис. 2.1.9 

На первое тело (рис. 2.1.9, б) действуют: сила P , пара сил с моментом M , реакция опоры A и давление балки СD в точке С. Реакция жесткой заделки А представляется силами     X A , YA и парой сил с моментом M A , а давление балки СD – составляющими X C и YC . Указанные силы расположены на плоскости произвольным образом, поэтому составляем три уравнения равновесия:

F

 0; X A  X C  P  cos   0;

(2.1.7)

 0; YA  YC  P  sin   0;

(2.1.8)

 ( Fk )  0; X A  OA  M A  YC  OC  M  P  OK  0;

(2.1.9)

kx

k

F

ky

k

m

0

k

где

OA = 2×a = 2 м, OС = 1,5×a = 1,5 м, OK  a  sin   1 

126

3  0,87 м . 2

На второе тело (рис. 2.1.9, в) действуют: распределенные силы интенсивности q, реакция опоры В и давление первого тела в точке С. Равномерно распределенные силы заменяем  их равнодействующей Q , приложенной в середине участка CD и направленной по вертикали вниз. Ее модуль определяется по формуле Q  q  CD  2  3,5  7 кH .

 Реакция N B опоры В перпендикулярна к балке CD, а давление первого тела представ  ляется составляющими X C' и YC' . Согласно аксиоме о равенстве действия и противодействия    и X C' = X C X C  X C ,    и YC' = YC YC  YC . Уравнения равновесия сил, приложенных к балке CD, имеют вид:

F

 0;  X C  N B  sin   0 ;

(2.1.10)

F

 0;  YC  N B  cos   Q  0 ;

(2.1.11)

m

 ( F k )  0; N B  CD  Q  CF  0 , 0

(2.1.12)

kx

k

ky

k

k

3.5 3 CD  cos     1,52 м . 2 2 2 Уравнения равновесия (2.1.7) – (2.1.12) образуют полную систему уравнений, откуда определяются все шесть неизвестных величин: X A , Y A , M A , X C , YC , N B . 1.52 CF Из уравнения (2.1.12) находим N B  Q   7  10,64 кН . 1 CB 3  7  2,21 кН . Из уравнения (2.1.11) YC  N B  cos   Q  10,64  2 1 Из уравнения (2.1.10) X C   N B  sin   10,64   5,32 кН . 2  Отрицательный знак указывает, что в действительности сила X C' (соответственно и  X C ) будет направлена в сторону противоположную принятой. Истинные направления    сил X C и YC , представляющих собой составляющие давления RC балки CD на первое тело конструкции, показаны на рис. 2.1.9, г. Модуль RC и угол определяются по формулам: где CB  a  1м, CF 

RC  X C2  YC2  (5.32) 2  (2.21) 2  5,76 кН,

  arctg

YC XC

 arctg(0.4154)  22 0 34.

Далее, из уравнения (2.1.7) находим

127

X A  P  cos   X C  8 

1  5,32  9,32 кН . 2

Из уравнения (2.1.8)

YA  P  sin   YC  8 

3  2.21  4,72кН . 2

Из уравнения (2.1.9) M A   X A  OA  YC  OC  M  P  OK  9,32  2  2,21  1,5  20  8  0,87  8,92 кН  м .

Отрицательный знак указывает, что направление вращения пары в опоре в действительности противоположно выбранному. Второй способ. Рассматриваем систему уравновешивающихся сил, приложенных ко всей конструкции (рис. 2.1.10).

Рис.2.1.10

  На конструкцию действуют: сила P , пара сил с моментом М, равнодействующая Q    распределенных сил и реакции опор А и В ( X A , Y A , M A , N B ). При рассмотрении всей конст    рукции в целом давления в шарнире С ( X C , YC и X C' , YC' ) не рассматриваются. Уравнениями равновесия для указанной системы сил будут:

F

 0; X A  P  cos   N B sin   0;

(2.1.13)

 0; YA  P  sin   N B  cos   Q  0;

(2.1.14)

kx

k

F

ky

k

 m ( F  0 k )  0; M A  P  h1  M  N B  h2  Q  h3  0 ; k

3 1  2   1,87м , h2  a  1.5a  cos   2 a  sin   2 2 3 1 3  1  1,5   2   3,30м , h3  1,5a  1,75a  cos   1.5  1,75   3,02 м . 2 2 2

где h1  a  sin   2a  cos  

128

(2.1.15)

Далее следует рассматривать систему уравновешивающихся сил, приложенных к одному из тел конструкции, при этом целесообразно выбрать ту часть конструкции, на которую действует меньшее число сил. В данном случае рассматриваем систему сил, действующих на балку СD, условия равновесия которой выражаются уравнениями (2.1.10) – (2.1.12). Таким образом, для определения шести неизвестных величин будем иметь систему уравнений (2.1.10) – (2.1.15). В заключение отметим, что уравнения (2.1.13) – (2.1.15) могут быть использованы для проверки результатов решения задачи первым способом, а уравнения (2.1.7) – (2.1.10) – вторым способом.

129

2.1.3. Задание С-3. Определение реакций опор твердого тела (произвольная система сил) Техническое задание: найти реакции опор конструкции. Расчетные схемы конструкций показаны на рис. 2.1.11 – 2.1.13. Необходимые для расчета данные приведены в таблице 2.1.3. Таблица 2.1.3

Номер варианта 1

Q 2

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

2 4 6 3 5 1 – 4 5 1 – 4 10 – 3 4 2 6 – 4 2 – – 5 – – – 2 – –

1 2 3 4 5

2 4 6 3 5

Силы, кН Размеры, см т G а b с 3 4 5 6 7 Для учебных групп, имеющих нечетный шифр – 20 20 30 10 – 2 20 10 30 – 4 15 15 20 – 2 30 20 40 – 3 30 40 20 4 2 40 30 20 3 1 30 10 5 6 3 20 40 15 – 3 20 15 10 4 2 30 40 20 2 1 20 30 15 – 1 25 20 8 – 5 40 30 20 2 1 30 90 20 – 2 60 20 40 – 2 50 30 – – 1 15 10 20 – 2 60 40 60 8 2 20 30 40 – – 60 40 20 – – 40 60 30 – 5 20 50 30 – 4 40 30 50 – 2 – – – – 3 50 50 60 – 1 20 60 40 – 1 50 30 _ – 6 30 10 50 4 3 15 20 15 – 4 40 30 10 Для учебных групп, имеющих четный шифр 20 20 30 10 – 2 20 10 30 – 4 15 15 20 – 2 30 20 40 – 3 30 40 20 – 130

R 8

r 9

15 10 – 15 20 20 18 20 30 20 15 15 25 30 20 – 20 – 20 – – – – – – – – 10 15 –

5 10 15 10 15 10 6 10 40 10 10 10 15 10 5 – 5 – 15 – – – – – – – – 15 10 –

15 10 – 15 20

5 10 15 10 15

6

1

4

2

40

30

20

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

2 – 4 5 1 – 4 10 – 3 4 2 6 – 4 2 – – 5 – – – 2 – –

3 3 6 – 4 2 – – 2 – – – – 8 – – – – – – – – – 4 4

4 1 3 3 2 1 1 5 1 2 2 1 2 2 _ _ 5 4 2 3 1 1 6 3 3

5 30 20 20 30 20 25 40 30 60 50 15 60 20 60 40 20 40 – 50 20 50 30 15 15

6 10 40 15 40 30 20 30 90 20 30 10 40 30 40 60 50 30 – 50 60 30 10 20 20

7 5 15 10 20 15 8 20 20 40 – 20 60 40 20 30 30 50 – 60 40 – 50 15 15

20 10 Окончание табл. 2.1.3 8 18 20 30 20 15 15 25 30 20 – 20 – 20 – – – – – – – – 10 15 15

9 6 10 40 10 10 10 15 10 5 – 5 – 15 – – – – – – – – 15 10 10

Примечания. 1. Считать, что в вариантах 16, 13, 22 – 27, 30 петли не препятствуют перемещению рамы вдоль А В. 2. В вариантах 20, 21 и 28 соприкасающиеся поверхности считать абсолютно гладкими.

131

Рис. 2.1.11 132

Рис. 2.1.12 133

Рис. 2.1.13 134

Пример выполнения задания Дано: пластинка ABCD, P1 = 10 Н; P2 = 20 Н; М = 50 Н·м; α = 60º; β = 30º; γ = 45º; a = 1м; b = 0,8 м. Сила Р1 лежит в плоскости xBz. Нить прикреплена в точке D пластинки и точке Е, лежащей в плоскости ZBY (рис. 2.1.14, а). Определить реакции в шаровом шарнире А, подшипнике В и натяжение нити в точке D.

а

б

Рис. 2.1.14 Решение. Выбираем правую систему координат началом в точке В. Освобождаемся от связей и заменяем их действие реакциями. В точке А реакции шарового шарнира расклады   ваем на три составляющих X A , YA , Z A . В точке В реакцию цилиндрического шарнира раскла  дываем на две составляющие в плоскости xBz ( X B , Z B ) . В точке D нити Т направлена вдоль ED к точке крепления. Рассмотрим равновесие сил, приложенных к пластинке. Система сил, приложенная к пластинке, произвольная. Среди них имеется шесть неизвестных ( X A , Y A , Z A X B , Z B иT ) . Для определения неизвестных составим шесть уравнений равновесия:

135

F

 0,

F

 0,

F

 0,

kx

k

ky

x

 ( Fk )  0,

m

y

 ( Fk )  0,

m

z

 ( Fk )  0.

k

k

kz

m k

k

k



При решении задач воспользуемся двойным проектированием силы T . Сначала найдем модуль проекции этой силы на плоскость xBy и модуль проекции на ось z.   T xy  T xy  T  cos  , T z  T z  T  sin  . Так как проекция силы на плоскость есть величина векторная, то можно найти модули ее проекций на оси координат x и y  Tx  Tx  Txy  sin   T  cos   sin  ,  T y  T y  Txy  cos   T  cos   cos  . Таким образом, момент силы Т относительно всех осей Bx, By, Bz, имеет вид:  m x (T )  Tz  a  T  sin   a,  m y (T )  T y  b  T  sin   b,  mz (T )  Tx  a  Ty  b  T  cos  sin   a  T  cos  cos   b. Составим уравнение равновесия:  Fkx  0; X B  X A  P1  cos   T  cos   sin   0, k

F F

kу

 0;

YA  T  cos   cos   0,

(2.1.17)

kя

 0;

Z A  Z B  P1  sin   P2  T  sin   0 ,

(2.1.18)

k

k

  m x ( Fk )  0;

a  Z A  a  T  sin   a  0 , 2 b  P1  sin   b  P2   T  sin   b  0 , 2  P2 

k

 m ( F  y k )  0; k

m

z

(2.1.16)

 ( Fk )  0;

M  X A  a  T  cos   cos   b  T  cos   sin   a  0 .

k

Решая систему уравнений (2.1.16) – (2.1.21), определим: 1  P2  T    P1  sin    35( H ), из (2.1.20) sin   2  из (2.1.21)

XA 

M b   T  cos   cos   T  cos   sin   46 .7 ( H ), a a

из (2.1.19)

ZA 

P2  T  sin   20 .1( H ), 2

из (2.1.19)

Y A  T  cos   cos   15 .0( H ),

136

(2.1.19) (2.1.20) (2.1.21)

из (2.1.18)

Z B  P2  P1  sin   Z A  T  sin   3( H ),

из (2.1.16)

X B  P1  cos   T  cos   sin   X A  48 .45( H )

2.1.4. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ. ТЕСТЫ Определение реакций опор твердого тела а) Определение реакций опор балки

Дано: двухконсольная горизонтальная балка шарнирно закреплена в точке А и опирается на катки в точке В (рис. 2.1.15, а). На балку действует вертикальная сила Р = 20 кН, приложенная в точке D, равномерно распределенная вертикальная нагрузка на участке BC интенсивностью q = 25 кН/м, пара сил  N , N  , момент которой равен m = 40 кНм. Расстояния: AD = 3 м, AB = 4 м, BC = 3 м. Определить реакции в шарнирах A и B, пренебрегая весом балки.

а)

б) Рис. 2.1.15

Решение: Отбросим мысленно связи, которыми в данной задаче являются опоры A и B, и заменим их реакциями (рис. 2.1.15, б.). Реакция в точке B направлена по вертикали и обозначена RB. Она направлена по вертикали, так как опора B опирается на катки и не препятствует перемещению по горизонтали. Реакция шарнира A может иметь любое направление в плоскости. Поэтому заменяем ее двумя составляющими XA и YA. Распределенную нагрузку q заменяем силой Q = q ·BC = 25·3 = 75 кН. Сила Q приложена посредине отрезка BC (рис. 2.1.16). Выбираем оси координат: ось x направляем из точки D вдоль балки, ось y – из точки D перпендикулярно балке вверх. Так как проекция силы XA является единственной силой, проектирующейся на ось x, то при равновесии сил, приложенных к Рис. 2.1.16 балке, она равна нулю:

X A  0.

137

(2.1.22)

Заметим, что сумма проекций сил  N , N  , образующих пару сил, на любую ось равна нулю, так как силы, образующие пару сил, равны по модулю, параллельны и направлены в противоположные стороны. Переходим к составлению уравнений равновесия для системы параллельных сил, приложенных к балке. Сумма проекций всех сил на ось y равна нулю:

YA  RB  Q  P  0.

(2.1.23) Сумма моментов всех сил относительно точки A (удобно выбрать точку, к которой приложена одна из неизвестных сил, тогда получим уравнение с одним неизвестным) так же равна нулю:

BC   P  AD  m  RB  AB  Q   AB    0. 2  

(2.1.24)

Решая систему уравнений (2.1.23) и (2.1.24), находим из (2.1.24)

RB 

m  Q   AB  BC 2  P  AD 40  754  1,5  20  3  98,1 кН. (2.1.25)  4 AB

Далее, из уравнения (2.1.23) находим

YA  Q  P  RB  75  20  98,1  3,1 кН.

(2.1.26)

Знак минус показывает, что реакция направлена вниз. Вместо уравнения (2.1.23) можно было составить сумму моментов всех сил относительно точки B, где приложена неизвестная сила RB:

Р  BD  YA  AB  m  Q 

BC  0. 2

(2.1.27)

Значение неизвестного YA, найденное из этого уравнения, совпадает с (2.1.26).

б) Определение реакций опор твердого тела (задание С 1 [17, 21])

Дано: схемы закрепления бруса (рис. 2.1.17, а, б, в); Р = 5 кН; М = 8 кНм; q = 1,2 кН/м.

а)

б)

в)

Рис. 2.1.17 Определить реакции опор для того способа закрепления, при котором момент заделке имеет наименьшее числовое значение. 138

МА

в

Решение Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных к конструкции. Действие связей на конструкцию заменяем их реакциями (рис. 2.1.18): в схеме а – X A , Y A , M A , в схеме б – YA , M A и RB, в схеме в – M A , ХВ и YB. Равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q заменяем равнодействующей Q  q  2  2,4 кН. Чтобы выяснить, в каком случае момент в заделке является наименьшим, найдем его для всех трех схем, не определяя пока остальных реакций.

а)

б)

в)

Рис. 2.1.18 Для схемы а

 M iA  0;

M A  P  2  sin 45  M  Q  5  0.

Вычисления дают Для схемы б

M A = 11,07 кНм.

 M iC  0; M A  M  Q  5  0

и

M A  4 кН  м .

Для схемы в

 M iB  0; M A  P  BD  M  Q  1  0 и M A  31,61 êÍ  ì

.

Здесь

BD  BE  ED  2  2 2  4,24 ì . Таким образом, наименьший момент в заделке получается при закреплении бруса по схеме б. Определим остальные опорные реакции для этой схемы:

 X I  0; P  cos 45  RB  0,

откуда RB = 3,54 кН;

 YI  0; Y A  P  sin 45  Q  0,

откуда YA = 3,54 кН.

Результаты расчета приведены в табл. 2.1.4

139

Таблица 2.1.4 Схема по рис. 2.1.16

Момент

M A M A , M A  , кНм

Силы, кН

YA

RB

а

11,07

–

–

б

4,00

5,94

3,94

в

-31,61

–

–

б) Определение реакций опор твердого тела (плоская система сил)

Дано: Жесткая рама ABCD, размеры которой указаны на рис. 2.1.19, закреплена шарнирно в неподвижной точке А, а правым концом D опирается катками на гладкую наклонную плоскость. Верхняя горизонтальная часть рамы BС на участке ВН нагружена равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q = 2 кН/м. В Рис. 2.1.19 точке Н приложена сила Р = 6 кН под углом 60° к горизонту. На наклонном участке рамы CD в точке Е приложена сила F = 8 кН, составляющая угол в 60° с CD. Расстояние DE равно одной трети длины CD. К вертикальной части рамы АВ приложена пара сил с моментом, равным М = 4 кНм. Определить реакции в опорах А и D, пренебрегая собственным весом рамы. Решение Для определения опорных реакций рассмотрим равновесие рамы ABCD. К раме приложены следующие активные силы: Р, F и равномерно распределенная по участку ВН нагрузка интенсивностью q. Заменим равномерно распределенную нагрузку сосредоточенной силой, равной Q  q  BH  6 кН и приложенной в средней точке участка ВН. К раме приложен также активный момент М, направленный по ходу часовой стрелки. На раму наложены две связи: шарнирная опора в точке А и опора на катке в точке D. Отбрасывая мысленно опору А, заменим ее реакцией RA, модуль и направление которой заранее неизвестны. Поэтому вместо реакции RA возьмем две ее составляющие RAx и RAy по координатным осям. Удобно направить ось х из точки А горизонтально вправо, а ось у – вертикально вверх. Опора на катке в точке D не препятствует перемещению точки D вдоль наклонной плоскости. Следовательно, реакцию RD следует

140 Рис. 2.1.20

направить перпендикулярно наклонной плоскости. По характеру опоры направляем RD вверх по нормали к наклонной плоскости. Расчетная схема показана на рис. 2.1.20. В задаче три неизвестных величины: RAx, RAy, RD. Поскольку для произвольной плоской системы сил можно составить три независимых уравнения, задача является статически определенной. Несмотря на то, что в задаче всего одна горизонтальная сила и две вертикальных, удобно составить уравнение проекций на выбранные оси, потому что углы, составляемые силами с осями х и у, либо заданы, либо легко определяются. Реакция RD наклонена к вертикали под углом 30°. Сила F составляет с осью х угол – 105°. Напомним, что cos(–105°) = cos(105°) = –cos 75°; sin(–105°) = –sin 105° = –sin 75°. Запишем уравнение проекций на оси х и у и уравнение моментов относительно точки А: n

 Fkx  R Ax  P cos 60  F cos 75  R D cos 60  0,

(2.1.28)

k 1 n

 Fky  RAy  Q  P sin 60  F sin 75  RD cos 30  0,

k 1 n

 m A ( Fk )   M  Q  AL  P  AN  F  AS  RD  AK  0.

(2.1.29) (2.1.30)

k 1

Плечи всех сил, кроме плеча AL силы Q, которое равно 1,5 м, требуют довольно длинных вычислений. Поэтому при составлении уравнения моментов воспользуемся теоремой Вариньона. Каждую из сил Р, F и RD представим как сумму ее горизонтальной и вертикальной составляющих. Эти силы, обозначенные одним (горизонтальная составляющая) и двумя (вертикальная составляющая) штрихами, показаны на рис. 2.1.21. Рис. 2.1.21 Хорошо видны плечи каждой из этих составляющих относительно точки А. И хотя слагаемых в уравнении моментов теперь будет больше, вычислить их будет значительно проще. Числовые значения составляющих: Р' = Р cos 60°,

F' = F cos 75°,

R'D = RD cos 60°,

P" = P sin 60°,

F" = F sin 75°,

R"D = RD cos 30°.

Запишем уравнение моментов согласно рис. 1.7: n

 m A ( Fk )   M  Q  1,5  P  3  P  4  F   7  F   2  RD  1  RD  8  0.

k 1

Подставим в (2.1.31) значение составляющих Р, F и RD: 141

(2.1.31)

n

 m A ( Fk )   M  Q  1,5  P sin 60  3  P cos 60  4  F sin 75  7 

k 1

(2.1.32)

 F cos 75  2  R D cos 60  1  R D cos 30  8  0. Решаем систему уравнений (2.1.28), (2.1.29) и (2.1.32) при заданных значениях сил. Получаем сначала из (2.1.32) RD = 8,9 кН. Подставляя полученное значение RD в (2.1.28) и (2.1.29), вычисляем RAx = 9,5 кН, R Ay = 11,2 кН. в) Определение реакций опор твердого тела (плоская система сил, задание С 2 [17])

Дано: схема конструкции (рис. 2.1.22, а); G = 10 кН; Р = 5 кН; М = 8 кНм; q = 0,5 кН/м;  = 30°; размеры в метрах. Определить реакцию опоры А и реакцию стержня CD.

а)

б)

Рис. 2.1.22 Решение Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных к балке АВ. Отбрасываем связи: шарнирно-неподвижную опору А, стержень CD и нить. Действие связей на балку заменяем их реакциями (рис. 2.1.22, б). Так как направление реакции шарнирнонеподвижной опоры А неизвестно, то определяем ее составляющие Õ À и Y A . Покажем также реакцию S SD стержня CD и реакцию S нити, модуль которой равен Р. Равномерно-распределенную нагрузку интенсивностью q заменяем сосредоточенной силой Q, равной Q = 2  q = 2  0,5 = 1 кН, и приложенной в центре тяжести эпюры этой нагрузки. Для плоской системы сил, приложенных к балке, составляем три уравнения равновесия:

Ì

iA

 0;  Q  1  G  3  S CD  4 sin 30  M  S  6  0;

 X i  0; X A  S CD cos 30  0;  Yi  0; YA  Q  G  S CD cos 60  S  0. Из уравнения (2.1.33)

142

(2.1.33) (2.1.34) (2.1.35)

SCD 

Q  1  G  3  M  S  6 1  1  10  3  8  5  6   4,5 4 sin 30 4  0,5

кН.

Из уравнения (2.1.34)

X A  S CD cos 30  4,5  0,866  3,90 кН. Из уравнения (2.1.35)

YA  Q  G  S CD cos 60  S  1  10  4,5  0,5  5  3,75 кН. Значения XА, YА, SCD получаются положительными. Это указывает на то, что принятые направления этих сил совпадают с их действительными направлениями. Тесты по определению опорных реакций И1

Если Р = 20 кН, М = 10 кНм, a = b = c = 1 м, то реакция в опоре А (в кН) по модулю равна… 1) 5

2) 10

3) 15

4) 20

И2

Если Р = 20 кН, М = 10 кНм, a = b = c = 1 м, то реакция в опоре А (в кН) по модулю равна… 1) 5

2) 10

3) 15

4) 20

И3

Если Р = 20 кН, М = 10 кНм, a = b = c = 1 м, то реакция в опоре А (в кН) по модулю равна … 1) 5 И4

2) 10

3) 15

4) 20

2) 10

3) 15

4) 20

Если Р = 20 кН, М = 10 кНм, a = b = c = 1 м, то реакция в опоре А (в кН) по модулю равна … 1) 5

И7

4) 20

Если Р = 20 кН, М = 10 кНм, a = b = c = 1 м, то реакция в опоре А (в кН) по модулю равна … 1) 5

И6

3) 15

Если Р = 20 кН, М = 10 кНм, a = b = c = 1 м, то реакция в опоре А (в кН) по модулю равна … 1) 5

И5

2) 10

2) 10

3) 15

4) 20

Если Р = 20 кН, М = 10 кНм, a = b = c = 1 м, то реакция в опоре А (в кН) по модулю равна … 1) 5 143

2) 10

3) 15

4) 20

Определение усилий в стержнях плоской фермы а) Определение усилий в стержнях плоской фермы методом узлов

Дано: конструкция плоской фермы (рис. 2.1.23, а). Определить усилия в стержнях фермы методом вырезания узлов.

Рис. 2.1.23 Решение Для определения усилий в стержнях сначала надо найти реакции опор А и Н. Для этого мысленно отбрасываем опоры и заменяем их действие на ферму реакциями RA и RН. Ввиду симметрии фермы и нагрузки реакции опор равны друг другу и каждая равна 20 кН. Когда реакции опор найдены, переходим к определению усилий в стержнях. Для этого надо рассматривать равновесие каждого узла, мысленно отбросив сходящиеся в них стержни и заменяя их действие на узел реакциями. Первым надо рассмотреть узел, к которому приложены только две неизвестные силы. Начнем с узла А. Узел А находится в равновесии под действием известной реакции RA и неизвестных реакций стержней 1 и 2. Будем обозначать реакции стержней соответственно через S1 и S2 (рис. 2.1.23, б) и направлять их от узла, предполагая таким образом, что стержни растянуты. Затем через точку А проводим оси х и у и составляем систему уравнений равновесия узла А, приравнивая нулю сумму проекций всех сил на эти оси. Уравнения проекций на оси х и у будут:

S2 + S1 cos 30° = 0,

RA + S1 cos 60° = 0.

Отсюда находим S1 = – 40кН, 144

S2 = 34,64 кН.

Отрицательное значение реакции S1 показывает, что в действительности она направлена в противоположную сторону и стержень 1 не растянут, как мы предполагали, а сжат. Теперь переходим к исследованию равновесия узла В. В узле В сходятся три стержня, из которых стержни 1 и 3 направлены по одной прямой, а стержень 4 под углом к ним. Никаких активных сил к узлу В не приложено. Следовательно, точка В находится в равновесии под действием трех реакций стержней. Это возможно только в случае, если усилие в стержне 4 равно нулю, так как только оно проектируется на направление, перпендикулярное к стержням 1 и 3. Итак, усилия в стержнях 1 и 3 одинаковы, а усилие в стержне 4 равно нулю. Переходим к узлу С. Узел С находится в равновесии под действием двух неизвестных реакций S5 и S6, активной силы 10 кН и известной реакции S'2, которая по величине равна реакции S2, приложенной к узлу А, но направлена в противоположную сторону (рис. 2.1.23, в). Проводим оси координат через точку С и составляем уравнения равновесия для узла С. Уравнения проекций на оси х и у будут – S'2 + S5 cos 60° + S6= 0,

S5 cos 30° – 10 = 0.

Отсюда находим S5 = 11,55кН, S6 = 28,865 кН. Следовательно, стержни 5 и 6, как мы и предполагали, растянуты. Ввиду полной симметрии фермы и приложенной в узлах нагрузки достаточно определить усилия в стержнях левой половины фермы. Так, например, усилия в стержнях 1 и 11, 2 и 10 будут ввиду симметрии равными. б) Определение усилий в стержнях плоской фермы методом сечений Дано: конструкция плоской фермы (рис. 2.1.24, а). Определить усилия в стержнях фермы методом сечений.

а)

145

б) Рис. 2.1.24 Решение Для определения усилий в стержнях фермы сначала надо определить реакции опор. Для этого мысленно отбросим опоры и заменим их действие на ферму реакциями RA и RB. Рассматриваем ферму как твердое тело, находящееся в равновесии под действием семи активных сил и двух неизвестных реакций опор. Ввиду симметрии фермы и нагрузки реакции опор равны друг другу и каждая равна 6Р. После того как реакции опор определены, переходим к определению усилий в стержнях фермы. Разрезаем мысленно ферму по стержням, усилия в которых надо определить (рис. 2.1.24, б), например, по стержням 8, 9, 10, и удаляем правую часть фермы, заменив действие ее реакциями стержней S8 , S9 , S10. Направим эти реакции вдоль перерезанных стержней от узлов Е и J, предположив таким образом, что стержни 8, 9, 10 растянуты. Теперь левая часть фермы (рис. 2.1.24, б) находится в равновесии под действием реакции опоры RA, трех активных сил и реакций стержней S8 , S9 , S10 . Чтобы найти эти реакции, составим уравнения равновесия для левой части фермы, приравнивая к нулю сумму моментов всех сил относительно J и L, в которых пересекаются линии действия двух искомых неизвестных сил. Благодаря этому уравнение моментов будет содержать только одно неизвестное. Так, уравнение моментов относительно точки J будет

откуда

RA2a – P2a – 2Pa + S8  a = 0, S8 = – 8Р.

Отрицательное значение реакции S8 говорит о том, что в действительности эта реакция направлена в сторону, противоположную принятой, т. е. к узлу Е, и, следовательно, стержень 8 сжат. Уравнение моментов относительно точки L будет откуда

– 2Р  а – 2Р  2a – P  3a + RA  За – S10  а = 0, S10 = 9P.

Стержень 10, как мы и предполагали, растянут. Так как усилия S8 и S10 параллельны, то не существует точки их пересечения, поэтому для определения усилия S9 вместо уравнения моментов составляем уравнение проекций всех сил на вертикальную ось, перпендикулярную стержням 8 и 10: 146

RA – Р – 2Р – 2Р + S9 cos 45° = 0, откуда S9 = – 2Р/ 2 . Отрицательное значение реакции S9 говорит о том, что в действительности эта реакция направлена в сторону , противоположную принятой, т. е. к узлу J, и стержень 9 сжат. Аналогично могут быть определены методом сечений усилия в любых стержнях этой фермы. в) Определение усилий в стержнях плоской фермы (задание С 3 [17, 21])

Дано: схема фермы (рис. 2.1.25, а); P1 = 2 кН, Р2 = 4 кН, Р3 = 6 кН, а = 4,0 м; h = 3,0 м. Определить усилия в стержнях фермы.

а)

б)

в)

Рис. 2.1.25 Решение

1. Определение реакций опор. Покажем внешние силы, приложенные к ферме:

  

активные (задаваемые) силы P1 , P2 , P3 и реакции опор А и В (рис. 2.1.23, б). Так как линия действия реакции опоры А неизвестна, определим ее составляющие по 

координатным осям X A и YA . Опора В – стержневая; линия действия ее реакции известна – она направлена вдоль опорного стержня. Составим уравнения равновесия сил, приложенных к ферме:

 M iA  0; P1  3h  P2  2h  RB  a  0;  X A  P1  P2  0;  X i  0;   Y A  R B  P3  0.  Yi  0;  Из этих уравнений RB = – 10,5 Кн; YA = 6,0 кН; XA = 16,5 кН. 147

(2.1.36)

2. Определение сил в стержнях фермы, способом вырезания узлов. Стержни, сходящиеся в узле фермы, являются для узлового соединения связями. Отбросим мысленно связи и заменим их действия на узлы реакциями. На рис. 2.1.25, в показаны узлы фермы с приложенными к ним активными и реактивными силами. Силу в стержне с номером i обозначим Si. Реакцию стержня с номером i, приложенную к узлу М, обозначим SiМ. Для стержня, соединяющего узлы М и N

S iM   S iN , но S iM  S iN  S i . Направления реакций всех стержней показаны от узлов внутрь стержней в предположении, что стержни растянуты. Если в результате решения реакция стержня получится отрицательной, это будет означать, что соответствующий стержень сжат. Для каждого узла составим два уравнения равновесия:

 Xi  0

и

Yi  0.

(2.1.37)

Нетрудно убедиться, что из этих уравнений можно определить не только все силы, но и реакции опор, так что предварительное определение реакций опор не является необходимым. Действительно, узлов 7 (А, В, С, D, E, F, Н), уравнений, следовательно, 14, а неизвестных тоже 14, т. е. 11 усилий в стержнях и 3 составляющих опорных реакций. Ранее найденные реакции опор могут служить для проверки решения. Рекомендуется рассматривать узлы в такой последовательности, чтобы каждый раз в уравнения (2.2) входило не более двух неизвестных. Начнем с узла Н:

 X i  0;  Yi  0;

 P1  S1H  cos   0;  S1H  sin   S 2 H  0,

откуда определяем S1H = S1 = – 2,5 кН (стержень сжат) и S2H = S2 =1,5 кН. Для узла Е

 X i  0;  Yi  0;

 S1H  cos   S 3E  0;  S1H  sin   P3  S 4 E  0,

откуда находим S3Е = S3 = 2,0 кН,

S4Е = S4 = –7,5 Кн (стержень сжат).

Затем составляем уравнения равновесия сил, приложенных к узлам F, С, D, В, А. Для проверки расчета полезно для каждого узла построить многоугольник сил (рис. 2.1.26).

148

Рис. 2.1.26 Для узла H откладываем в масштабе силу P1 и проводим через конец и начало этого вектора направления реакций S1 H и S2 H до их взаимного пересечения. Стрелки векторов

  S1H и S2H ставим так, чтобы силовой треугольник был замкнут. Для этого на рис. 2.1.26  стрелку S1H пришлось направить в сторону, противоположную показанной на рис. 2.1.25, в, – это соответствует знаку минус в аналитическом решении. При построении многоугольника сил для узла Е откладываем силы



  P3 и S1E

(направляется противоположно S1H ) и проводим до взаимного пересечения направления





реакций S3Е и S 4 Е и т. д. Измеренные в масштабе построения реакции стержней должны мало отличаться от найденных аналитически. Приводим схему фермы с фактической картиной сил (рис. 2.1.27) и таблицу сил в стержнях (табл. 2.1.5).

Рис. 2.1.27 Таблица 2.1.5 Номер стержня Знак силы Сила, кН

1 – 2,

2 + 1,

3 + 2,

4 – 7,

5 – 7,

6 + 6,

7 + 6,

8 – 12,0

9 – 7,

3. Определение сил в стержнях способом сечений (способом Риттера). определить силы в стержнях 4, 5 и 8. 149

10 + 10,

11 0

Требуется

По способу Риттера каждая сила должна быть определена из отдельного уравнения и не должна выражаться через силы в других стержнях. Для определения сил S4 и S5 мысленно разрежем ферму сечением I–I (рис. 1.2.28). Рассматриваем равновесие сил, приложенных к верхней части фермы. Выбор части фермы обычно определяется объемом вычислительной работы. В данном случае следует отметить, что выбор верхней части позволяет получить искомые силы, выраженные только через заданные силы, независимо от ранее найденных опорных реакций. Рис. 2.1.28 Действие отброшенной нижней части на верхнюю представлено силами S4, S5 и S6. По-прежнему условно предполагаем все стержни растянутыми. Знак минус в ответе укажет на то, что стержень сжат. Для определения S4 составим уравнение моментов сил относительно точки F, где пересекаются линии действия сил S5 и S6 (точки Риттера для стержня 4):

 M iF  0; S 4  a  P3  a  P1  h  0. Отсюда получим S4 = – 7,5 Кн. Для определения S5, чтобы исключить из уравнения усилия S4 и S6, проецируем силы на ось х:

 X i  0;  P1  P2  S 5  cos  0. Отсюда получим S5 = – 7,5 Кн. Для определения силы S8 проводим сечение II – II (можно было бы провести его и через стержни 8, 7 и 6). Рассмотрим равновесие сил, приложенных к нижней части фермы (рис. 2.1.29). Точкой Риттера для стержня 8 является узел D, где пересекаются линии действия сил S9 и S10, исключаемых из уравнения:

 M iD  0;  S8  a  YA  a  X A  h  0. Рис. 2.1.29

Отсюда получим S8 = – 12,0 Кн.

150

Тесты по определению продольных сил в стержнях ферм

Если геометрия и нагружение плоской фермы симметричны, то усилие в стержне I (N1) равно… 1) -0,5F 2) –F 3) 0,5F 4) F

С 33

Продольная сила в стержне АС равна: 1. Р 2.  Р 3. 2 Р 4.

Р 2

С 28

Если симметричная ферма нагружена двумя разными силами F, то в какой же из указанных ниже комбинаций стержней все усилия равны нулю?

С 35

1) I, II и III

2) II, III и IV

3) III, IV и I

4) IV, I и II

Если на плоскую ферму действует горизонтальная сила F, то ни в одном из стержней, сочетание которых указано ниже, не возникает усилий

С 36

151

1) 1,2,3,4

2) 1,2,4,5

3) 2,3,4,5

4) 1,2,3,5

Если симметричная ферма находится под воздействием силы F, то модуль сжимающего усилия в верхнем горизонтальном стержне (I) равен 1 1 1) F 2) F 3 2 3 2 3) 4) F F 3 2

С 37

Продольная сила в стержне ВС равна:

2Р 2 4Р 3) 2 1)

2)



4)



2Р 2 4Р

2

С 31

Определение реакций составной конструкции (система двух тел) а) Определение реакций в составных балках Дано: Две балки АС и CD, соединенные шарниром С (рис. 2.1.30), закреплены шарнирно в точке А, а в точках В и D опираются при помощи катков на горизонтальные направляющие. Определить реакции опор А, В, D и усилие в шарнире С, если на балку Рис. 2.1.30 действуют: пара сил с моментом М  200 Нм, сила Р = 80 H, сила Q =120 Н. Даны размеры: АЕ =4 м, ЕВ = 2 м, ВС =3 м, СН = HD = 2 м. Решение Система твердых тел состоит из двух балок. Рассмотрим равновесие каждой из балок отдельно. На балку АС действуют (рис. 2.1.29) активная сила Р и активная пара сил с моментом М. Кроме того, на балку наложены связи: Рис. 2.1.31 шарниры А и С, подвижная опора В. Отбрасывая мысленно связи, заменяем их действие реакциями. Так как реакция шарнира А неизвестна по направлению и модулю, заменяем ее двумя составляющими RAx и RAy. Аналогично реакция шарнира С также изобразится двумя составляющими RСx и RСy. Реакцию опоры В представим вертикальной силой RВ. Рассмотрим, далее, равновесие балки АС как равновесие свободного твердого тела, находящегося под действием шести сил и одной пары сил.

152

Выберем оси координат с началом в точке А, ось абсцисс направим по горизонтали вправо, ось ординат по вертикали вверх. Составим уравнения равновесия балки АС: (2.1.38)  Fkx  R Ax  RCx  0,

 Fky  R Ay  RB  RCy  P  0,

(2.1.39)

 m A Fk   RB  AB  RCy  AC  P  AE  M  0.

(2.1.40)

Можно было бы вместо второго уравнения равновесия составить сумму моментов всех сил относительно точки С. В это уравнение вошли бы только две неизвестные силы RAx и RВ, так как линии действия остальных, неизвестных сил пересекаются в точке С. Однако в обоих случаях уравнение (2.1.38) является независимым от остальных уравнений и содержит два неизвестных; уравнения (2.1.39) и (2.1.40) связаны между собой и содержат три неизвестных. Таким образом, из полученной системы ни одно из неизвестных не может быть определено. Рассмотрим поэтому равновесие второй балки CD (рис. 2.1.32). На балку действует одна активная сила Q. Применяя закон освобождаемости от связей, заменим действие шарнира С и опоры D реакциями связей. Рис. 2.1.32 Реакция RD направлена по вертикали, перпендикулярно к горизонтальной плоскости, на которую опираются катки. Реакция шарнира С неизвестна по модулю и направлению. На основании закона равенства действия и противодействия составляющие этой реакции равны по модулю составляющим реакции шарнира, приложенным к балке АС, и направлены в прямо противоположные стороны (рис. 2.1.32). Таким образом, имеем свободное твердое тело – балку CD, находящуюся в равновесии под действием пяти сил. Составим уравнения равновесия, выбрав оси координат с началом в точке С; ось абсцисс направим по балке вправо, ось ординат – вертикально вверх. Имеем (2.1.41)  Fkx   RCx  0,

 Fky  RD  Q  RCy  0,  mC Fk   RD  CD  Q  CH  0.

(2.1.42) (2.1.43)

В этих трех уравнениях равновесия только одна новая неизвестная RD. А всего в шести уравнениях равновесия шесть неизвестных. Из уравнений (2.1.41) и (2.1.38) следует RCx  R Ax  0 . Из уравнения (2.1.43) находим

RD  Q  а из (2.1.42) получаем

2 CH  120   60H , 4 CD

RCy  RD  Q  60  120  60H . 153

Знак минус показывает, что в действительности направления составляющих Rcy и  противоположны принятым на рисунке. RCy Далее, из (2.1.40) имеем

RB  P

4 200 9 AE M AC   RCy  80    60   176,6 H 6 6 6 AB AB AB

и, наконец, из (2.1.39) находим

R Ay  P  RB  RCy  80  176,6  60  36,6H . Знак минус указывает, что и реакция RAy направлена не вверх, как предполагалось, а по вертикали вниз. Эта задача может быть решена и другим путем. Можно рассмотреть равновесие балки CD и равновесие всей двухпролетной балки ABCD. Из уравнений равновесия для балки CD (2.1.41), (2.1.42) и (2.1.43) легко находятся реакции шарнира С и опоры D, так как эти три уравнения содержат три неизвестных: RСx, RСy, RD. Рассматривая далее равновесие двухпролетной балки ABCD, составим три уравнения равновесия, из которых определяются три оставшихся неизвестных: RAx, RAy, RB.

б) Определение реакций составной конструкции (задание С 4 [17, 21]) Дано: схема конструкции (рис. 2.1.33); Р1 = 5 кН, Р2 = 7 кН; М = 2 кНм; q = 2 кН/м;  = 60°. Определить реакции в опорах и в промежуточном шарнире составной конструкции.

Рис. 2.1.34

Рис. 2.1.33

Решение. Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных ко всей конструкции (рис. 2.1.34). Составим уравнение моментов сил относительно точки В. Для упрощения вычисления

момента силы Ð1 разложим ее на вертикальную и горизонтальную составляющие:

Р1  Р1  cos 60  2,5 кН; Р1  Р1  sin 60  4,33 кН; 2 2  M iB  0; P1  3  P1 8  Q  1  YA  5  X A  1  M  P2 1  1,5  0, (2.1.44)

где Q = q4 = 2  4 = 8 кН. После подстановки данных и вычислений уравнение (2.1.44) получает вид 154

XA – 5YA = – 44,74 кН.

(2.1.45)

Рис. 2.1.36

Рис. 2.1.35

Второе уравнение с неизвестными ХА и YA получим, рассмотрев систему уравновешивающихся сил, приложенных к части конструкции, расположенной левее шарнира С (рис. 2.1.35):

 M iC  0; P1 6  Q  2  X A  4  YA  3  0, откуда

4XA – 3YA = – 41,98 кН.

(2.1.46)

Решая систему уравнений (2.1.45) и (2.1.46), находим: ХА = – 4,44 кН,

YA = 8,06 кН.

Модуль реакции опоры А при шарнирном соединении в точке С равен

RA 

X A2  YA2  4,44 2  8,06 2  84,67  9,2 кН.

Определим составляющие реакции в промежуточном шарнире С. Составим уравнение равновесия части конструкции, расположенной левее шарнира С (рис. 2.1.35) в виде равенства нулю суммы проекций сил на ось х и на ось у:

 Xi  0,

 P1  X A  Q  X C  0 ,

X C  P1  X A  Q ,

ХС = 2,5 + 4,44 – 8 = – 1,06 кН;

 Yi  0 ,

 P1 YA  YC  0 ,

YC  P1 YA = 4,33 – 8,06 = – 3,73 кН.

Модуль реакции в промежуточном шарнире С равен

RС 

X С2  YС2  1,06 2  3,73 2  15,03  3,88 кН.

Для определения реакции в опоре В рассмотрим равновесие сил, приложенных к части конструкции правее шарнира С (рис. 2.1.36). Реакции ХС и YC уже определены. На схеме рис. 2.1.36 реакции ХС и YC направлены противоположно, чем эти же реакции на схеме рис. 2.1.35 (равенство сил действия и противодействия). Используем уравнение равновесия в виде равенства нулю суммы проекций всех сил на ось х: 155

 X i  0 ,  X C  X B  P2  cos 

= 0, откуда

X B  X C  P2  cos  , cos  

3 2 2  32



3 = 0,833; 3,6

ХВ = – 1,06 + 7·0,833 = – 1,06 + 5,83 = 4,77 кН. Используем уравнение равновесия в виде равенства нулю суммы моментов сил относительно точки С:

 M iC  0 , YB  2  X B  3  M  P2  hp

hp  BC  1,8 = 2 2  32

= 0,

(2.1.47)

– 1,8 = 3,6 – 1,8 = 1,8 м,

где hp – плечо силы Р2 относительно точки С. В результате из (2.1.47) с учетом, что ХВ = 8, 3 кН, получим

YB  2  4,77  3  2  7  1,8  0 , YB = 0,15 кН. Модуль реакции опоры В равен

RВ 

X В2  YВ2  4,77 2  0,145 2  22,77  4,78 кН.

Для проверки правильности выполненных расчетов возвратимся к схеме сил и реакций в опорах на рис. 2.1.32 и воспользуемся уравнениями равновесия в виде:

 X i  0 ,  P1  X A  Q  X В  Р2  cos   0 , 3 – 2,5 – 4,44 + 8 + 4,77 – 7· = 0, – 12,77 + 12,77 =0; 3,6  P1 YA  YВ  Р2  sin   0 ,  Yi  0 , 2 – 4,33 + 8,06 + 0,15 – 7· = 0, – 8,21 + 8,21 = 0. 3,6 Тесты по определению реакций опор составной конструкции

1. Момент в заделке равен… 1) 0,5 М 2) М 3) 1,5 М

С 1

4) 2М 156

2. Момент в заделке равен… 1) 0,5 Ра 2) Ра 3) 1,5 Ра С2

4) 2 Ра

С3

3. Сила в заделке равна… М 2М 2) 1) а а М 2М 4) 3) 2а 3а 4. Сила в заделке равна: 1) 0,5 Р 2) Р 3) 2 Р

С4

4) 2,5 Р 5. Реакция в опоре А равна… М 2) 1) М а 2М 3) 2 М 4) а

С5

6. Реакция в опоре А равна…

С6

1) Р 2) 2 Р 3) 3 Р 4) 4 Р 7. Горизонтальная реакция H в трехшарнирной раме равна… 1) 0,5 Р 2) Р 3) 1,5 Р 4) 2 Р С7

157

Горизонтальная реакция H в трехшарнирной раме равна: 1) 0,5 Р 2) Р 3) 1,5 Р 4) 2 Р

С8

Горизонтальная реакция H в трехшарнирной раме равна… 1) 0,5 Р 2) Р 3) 1,5 Р 4) 2 Р С 10

Вертикальная реакция в опоре В плоской рамы равна… 1) 0,5 Р 2) Р 3) 1,5 Р 4) 2 Р С 11

Определение реакций опор твердого тела (произвольная система сил) а) Определение реакций опор нагруженного вала

Дано: схема нагружения вала, установленного на опорах (рис. 2.1.37). На рис. 2.1.37, а изображена косозубая шестерня радиусом r, закрепленная на горизонтальном валу. Вал лежит в двух опорах: упорном подшипнике А и цилиндрическом подшипнике В.

158

Рис. 2.1.37 В точке К, расположенной в вертикальной плоскости симметрии шестерни, к ее зубу приложено давление Т со стороны другой шестерни, находящейся с ней в зацеплении (на рис. 2.1.37, а сила Т и вторая шестерня не изображены). Давление Т разложено на три составляющие Тх, Ту и Tz, которые соответственно параллельны осям координат х, у и z (начало координат взято в точке А, ось х направлена вдоль вала, ось z – по вертикали вверх, ось у – 1 так, чтобы вместе с осями х и z была образована правая система координат). К валу, вращающемуся равномерно, приложена пара сил с вращающим моментом mвр так, что ее моменты относительно осей равны: mх = mвр , mу = mz = 0. Определить реакции опор А и В и вращающий момент mвр. Даны модули составляющих Тх, Ту и Tz давления Т на зуб шестерни. Размеры указаны на рисунке. Весом шестерни и вала пренебречь. Решение Для определения неизвестных реакций опор А и В и вращающего момента mвр рассмотрим равновесие вала с сидящей на нем шестерней. Под равновесием вала мы понимаем не только покой, но и его равномерное вращение, упомянутое в условии задачи. К валу и шестерне приложены следующие активные силы, изображенные на рисунке: три составляющие Тх, Ту, Тz давления Т и пара сил, момент которой mх = mвр требуется определить (в данной задаче момент активной пары сил неизвестен). Связями, наложенными на вал, являются две опоры: упорный подшипник А и подшипник В, мысленно отбросим связи и заменим их действия на вал реакциями. Подшипник В допускает перемещение вала вдоль оси х, поэтому составляющая реакции вдоль оси х отсутствует, и нам остается изобразить лишь две составляющие RBy и RВz, перпендикулярные к оси вала.

159

Мы направляем на рис. 2.1.37, а эти составляющие в сторону возрастания соответствующих координат. Если в действительности направление какой-либо составляющей противоположно, то ответ окажется отрицательным. Упорный подшипник А, в отличие от подшипника В, не допускает перемещения вала вдоль оси х. Поэтому в точке А мы изображаем все три составляющие RAx, RAу, RAz реакции. Итак, нам предстоит рассмотреть равновесие свободного вала с шестерней под действием активных сил Тх, Ту, Tz и пары сил с моментом mх = mвр, а также составляющих реакций RAx, RAy, RAz, RBy, RBz. Все эти силы образуют пространственную систему сил, для которой надо записать шесть уравнений равновесия. Так как число алгебраических неизвестных также равно шести (mвр, RAx, RAy, RAz, RBy и RBz), то задача является статически определенной. Составим уравнения проекций сил на оси декартовых координат х, у, z. Все силы либо перпендикулярны, либо параллельны этим осям. Поэтому их проекции равны нулю или модулю соответствующей силы. Так, силы Ту, Tz, RAy, RAz, RBy, RBz и пара сил перпендикулярны к оси х, и, следовательно, их проекции на эту ось равны нулю. Из проекций на ось х лишь RAx и Т х отличны от нуля, причем обе проекции положительны. Итак, (2.1.48)  Fkx  Tx  R Ax  0. Аналогично запишем уравнения проекций сил на оси у и z:

 Fky  Ty  RAy  RBy  0 ,

(2.1.49)

 Fkz  Tz  R Az  RBz  0.

(2.1.50)

Напомним, что проекция пары сил на любую ось равна нулю, ибо главный вектор пары сил равен нулю. Переходим к составлению уравнений моментов сил относительно осей x, у, z. Предварительно заметим, что составление этих уравнений в данной задаче производится достаточно просто. Действительно, линии действия сил параллельны или пересекают оси координат и, значит, имеют моменты, равные нулю, либо силы лежат в плоскостях, перпендикулярных к осям и, следовательно, отпадает необходимость в проектировании этих сил на плоскости, перпендикулярные к осям. При составлении уравнения моментов сил относительно оси х предварительно заметим, что силы RAx и Тх параллельны оси х, а линии действия сил RAy, RAz, Tz, RBy и RBz пересекают ось х. Следовательно, их моменты равны нулю. Значит, в уравнение моментов войдут лишь моменты силы Ту и пары сил. По условию момент пары относительно оси х равен mвр , т.е. mх = – mвр.

(2.1.51)

Знак минус взят, поскольку если смотреть с положительного направления оси х, то вращение, вызываемое парой, происходит по ходу часовой стрелки. Сила Ту лежит в плоскости, перпендикулярной к оси х. Из точки О пересечения оси с плоскостью опускаем перпендикуляр ОК = r на линию действия Ту. Момент положителен, так как с конца оси x к ее началу видно, что сила Ту стремится повернуть тело вокруг точки О против часовой стрелки. Итак, 160

m х (Ту) = Ту  r.

(2.1.52)

Используя формулы (2.1.51) и (2.1.52), запишем уравнение моментов

 mx Fk   mâð  Ty  r  0.

(2.1.53)

При составлении уравнения моментов относительно оси у заметим, что силы Ту, RAy, RBy параллельны оси у, а линии действия сил RAx и RAz пересекают ось у. Следовательно, моменты их равны нулю. Кроме того, по условию момент пары сил my равен нулю. Значит, отличными от нуля являются только моменты сил Тх, Tz и RBz. Все эти силы лежат в плоскости xz, перпендикулярной к оси у. Плоскость xz пересекается с осью у в точке А. Поэтому из точки А опускаем перпендикуляры на линии действия сил Т х, Tz и RBz. Соответственно получим: AM = r, АО = а и АВ = а + b. Момент силы Тх отрицателен, так как с конца оси y к ее началу видно, что сила Тх стремится повернуть тело вокруг точки А по ходу часовой стрелки, а моменты сил Tz и RBz положительны, ибо они видны противоположно направленными. Итак, m y Tx   Tx  r , m y Tz   Tz  a, m y RBz   RBz a  b. (2.1.54) Приняв во внимание формулы (2.1.54), запишем уравнение моментов относительно оси у в виде

 m y Fk   Tx  r  Tz  a  RBz a  b  0.

(2.1.55)

При составлении уравнения моментов относительно оси z надо учесть, что силы Tz, RAz, RBz параллельны оси z, а линии действия сил Тх, RAx, RAy пересекают эту ось. Поэтому моменты этих сил относительно оси z равны нулю. Кроме того, по условию момент пары сил относительно оси z также равен нулю. Значит, в уравнение войдут только моменты сил Ту и RBy. Сила Ту лежит в горизонтальной плоскости, перпендикулярной к оси z. Из точки М пересечения оси z с этой плоскостью опускаем перпендикуляр МК = АО = а на линию действия Ту. Момент силы Ту относительно оси z отрицателен, так как с конца оси z к ее началу видно, что сила Ту стремится повернуть тело по ходу часовой стрелки. Значит,

 

mz Ty  Ty  a.

(2.1.56)

Сила RBy лежит в плоскости хy, перпендикулярной к оси z. Из точки А пересечения этой плоскости с осью z опускаем перпендикуляр АВ = а + b на линию действия RBy. Момент отрицателен, ибо с конца оси z к ее началу видно, что сила RBy стремится повернуть тело вокруг точки А по ходу часовой стрелки. Итак,

 

mz RBy  RBy (a  b).

(2.1.57)

Приняв во внимание формулы (2.1.56) и (2.1.57), запишем уравнение моментов сил относительно оси z:

 mz Fk   Ty  a  RBy  a  b  0. 161

(2.1.58)

Итак, уравнения равновесия вала с закрепленной на нем шестерней имеют вид

 Fkx  Tx  R Ax  0,  Fky  T y  R Ay  RBy  0,  Fkz  Tz  R Az  RBz  0,  m x ( Fk )  mâð  Òy  r  0,  m y ( Fk )  Tx  r  Tz  a  RBz  (a  b)  0,  m z ( Fk )  T y  a  RBy  (a  b)  0.

Теперь переходим к решению этой системы шести уравнений с шестью неизвестными (RAx, RAy, RAz, RBy, RBz и mвр). Из уравнения (2.1.53) имеем mвр = Ту  r. Из уравнения (2.1.55) получим

RBz 

Tx  r  Tz  a . ab

Из уравнения (2.1.58) находим

RBy  

Ty  a ab

.

Теперь, подставив значение RBy в уравнение (2.1.49), а RBz в (2.1.50), соответственно, имеем

R Ày  

Ty  b ab

, R Az  

Tx  r  Tz  b . ab

Наконец, из (2.1.48) следует RAx = – Тх. Значения RAx, RAy, RAz и RBy оказались отрицательными. Это означает, что направления сил RAx, RAy, RAz и RBy противоположны тем, которые предположительно были нами указаны на рисунке. Знак RBz может быть выяснен только после подстановки числовых значений Тх, Tz, a и r. б) Определение реакций опор твердого тела при произвольной системе сил (задание С 5 [17, 21])

Рис. 2.1.39

Рис. 2.1.38

Дано: рама ABCD весом G = 1 кН, Р = 2 кН, сила Р параллельна оси А у , AD = BC = 60 cм, AB = CD = 100 см,  = 30,  = 60 (рис. 2.1.38). 162

Найдите реакции опор A, B и C (A – шаровой шарнир, B – петля, C – стержневая опора). Решение

 G,

К раме ABCD приложены сила тяжести реакции опор A и B. Реакция шарового

  сила P , реакция S стержня CЕ и шарнира

A

определяется

тремя

составляющими: X A , Y A , Z A , а реакция петли B – двумя: X B и Y B (рис. 2.1.39). Из этих сил – шесть неизвестных. Для их определения можно составить шесть уравнений равновесия. Уравнения моментов сил относительно координатных осей:

 M ix  0 ,  M iy  0 ,  M iz  0 ,

 M ix  0;  P  AD  cos 30  G  AB / 2  S  cos 30  AB  Z B  AB  0,

 M iy  0; GBC 2  sin 30  S  BC  sin 60  0,

(2.1.59) (2.1.60)

 M iz  0; P  AD  sin 30  S  cos 60  AB  X B  AB  0 .

(2.1.60) Из уравнения (2.1.60) определяем S, затем из уравнений (2.1.59) и (2.1.60) находим ZB и X B. Уравнения проекций сил на оси координат:

 X i  0; X A  X B  S  cos 60  0,  Yi  0; Y A  P  0,  Z i  0; Z A  G  Z B  S  cos 30  0. Из этих уравнений находим ХА, YA и ZA. Результаты вычислений приведены в табл. 2.1.6. Таблица 2.1.6 Силы, кН S

ХА

YA

ZA

ХB

ZB

0,289

– 0,600

– 2,00

– 0,54

0,744

1,29

163

Тесты

Тогда модуль равнодействующей и расстояние, на котором она приложена, соответственно равны… 1. R = 5 Н, АС2 = 9 м

П1

2. R = 3 Н, АС1 = 2 м 3. R = 3 Н, АС2 = 8 м К плечу АВ приложены две антипараллельные силы: Р = 1 Н, Q = 4 Н, АВ = 6 м. Точки С, С1, С2 – точки возможного приложения равнодействующей. П2

К плечу АВ приложены две антипараллельные силы: Р = 12 Н, Q = 7 Н, АВ = 10 м. Точки С, С1, С2 – точки возможного приложения равнодействующей. П3

4. R = 3 Н, АС = 3 м 5. R = 5 Н, АС1 = 3 м Тогда модуль равнодействующей и расстояние, на котором она приложена, соответственно равны… 1. R = 19 Н, АС2 = 16 м 2. R = 5 Н,

АС = 3 м

3. R = 5 Н,

АС1 = 14 м

4. R = 5 Н,

АС2 = 12 м

5. R = 19 Н, АС1 = 2 м Тогда модуль равнодействующей и расстояние, на котором она приложена, соответственно равны… 1. R = 16 Н, АС = 4 м 2. R = 16 Н, АС2 = 12 м 3. R = 4 Н,

К плечу АВ приложены две антипараллельные силы: Р = 12 Н, Q = 7 Н, АВ = 10 м. Точки С, С1, С2 – точки возможного приложения равнодействующей. П4

К плечу АВ приложены две антипараллельные силы: Р = 12 Н, Q = 7 Н, АВ = 10 м. Точки С, С1, С2 – точки возможного приложения равнодействующей. П13

АС1 = 4 м

4. R = 16 Н, АС1 = 2 м 5. R = 4 Н,

АС2 = 20 м

Тогда модуль равнодействующей и расстояние, на котором она приложена, соответственно равны… 6. R = 3 Н,

АС1 = 10 м

7. R = 13 Н,

АС2 = 8 м

8. R = 13 Н,

АС1 = 2 м

9. R = 13 Н,

АС2 = 9 м

10. R = 3 Н,

АС = 2 м

Тогда модуль равнодействующей и расстояние, на котором она приложена, соответственно равны… 11. R = 19 Н, АС2 = 16 м

164

12. R = 5 Н,

АС = 3 м

13. R = 5 Н,

АС1 = 14 м

14. R = 5 Н,

АС2 = 12 м

15. R = 19 Н, АС1 = 2 м К плечу АВ приложены две антипараллельные силы: Р = 12 Н, Q = 7 Н, АВ = 10 м. Точки С, С1, С2 – точки возможного приложения равнодействующей. Пары сил П5 Две пары сил, у которых F = 5 Н, Q = 4 Н, h = 3 м, d = 2 м. После сложения пар сил сила результирующей пары при плече l = 10 м будет равна…

1. 4,5 Н 2. 1,5 Н 3. 1 Н 4. 2,3 Н 5. 9 Н

П6

Две пары сил, у которых F = 7 Н, Q = 5 Н, h = 4 м, d = 3 м. После сложения пар сил сила результирующей пары при плече l = 10 м будет равна…

1. 3,5 Н 2. 8,4 Н 3. 12 Н 4. 2 Н 5. 4,3 Н

П7

Две пары сил, у которых F = 6 Н, Q = 2 Н, h = 3 м, d = 7 м. После сложения пар сил сила результирующей пары при плече l = 10 м будет равна…

1. 4 Н 2. 0,4 Н 3. 0,8 Н 4. 8 Н 5. 3,2 Н

П8

Две пары сил, у которых F = 3 Н, Q = 5 Н, h = 4 м, d = 6 м. После сложения пар сил сила результирующей пары при плече l = 10 м будет равна…

165

1. 4,2 Н 2. 8 Н 3. 1,8 Н 4. 2 Н 5. 1,2 Н

П9

Две пары сил, у которых F = 2 Н, Q = 7 Н, h = 4 м, d=3 м. После сложения пар сил сила результирующей пары при плече l = 10 м будет равна… П10

Две пары сил, у которых F = 4 Н, Q = 9 Н, h = 3 м, d = 2 м. После сложения пар сил сила результирующей пары при плече l = 10 м будет равна…

1. 2,9 Н 2. 5 Н 3. 1,3 Н 4. 9 Н 5. 2,2 Н 1. 4,5 Н 2. 1,5 Н 3. 3 Н 4. 2,5 Н 5. 6 Н

Моменты сил М1

К вершинам куба приложены   силы F1 , F2 ,     F3 , F4 , F5 , F6 . Вектор момента m0 ( Fi ) относительно начала координат – это момент силы… М2

оси z равен… М3

5.

 F5  F1  F2  F4  F3

1.

Fc sin 

2.

Fb cos 

3.

Fa sin 

1.

 Сила F лежит в плоскости ABCD и приложена в точке А. Момент силы  относительно F К вершинам куба  приложены силы F1 ,      F2 , F3 , F4 , F5 , F6 . Вектор момента m0 ( Fi ) относительно начала координат – 166

2. 3. 4.

4.  Fa cos  5.

1. 2. 3. 4.

Fb sin   F5  F3  F1  F4

это момент силы… М4

К вершинам куба со стороной а приложены шесть сил F1 = F2 = = F3 = F4 = F5 = F6 = F . Сумма моментов всех сил системы относительно оси у равна… М5

 Сила F лежит в плоскости ABCD и приложена в точке А.  Момент силы F относительно оси у равен… М6

 Сила F лежит в плоскости ABCD и приложена в точке В.  Момент силы F относительно оси у равен…

М7

К вершинам куба со стороной а приложены шесть сил F1 = F2 = F3 = F4 = = F5 = F6 = F . Сумма моментов всех сил системы относительно оси у равна…

167

5.

 F6

1.

– 2аF

2.

– аF

3.

аF

4.

0

5.

2аF

1.

 Fa cos 

2.

Fc sin 

3.

Fc cos 

4.  Fa sin  5.

Fb sin 

1.

Fb cos

2.

Fc sin 

3.

Fa cos 

4. Fb sin  5.

 Fb sin 

1.

0

2.

аF

3.

– 2аF

4.

– аF

5.

2аF

М8

К вершинам куба со стороной а приложены шесть сил F1 = F2 = F3 = F4 = F5 = = F6 = F . Сумма моментов всех сил системы относительно оси х равна…

1. – 2аF

К вершинам куба со стороной а приложены шесть сил F1 = F2 = F3 = F4 = F5 = = F6 = F . Сумма моментов всех сил системы относительно оси z равна…

1. аF

М9

М10

 Сила F лежит в плоскости ABCD и приложена в точке В.  Момент силы F относительно оси z равен…

М11

К вершинам куба   приложены силы F1 , F2 ,     F3 , F4 , F5 , F6 . Вектор

m0 ( Fi ) момента относительно начала координат – это момент силы… М12

К вершинам куба  приложены силы F1 ,      F2 , F3 , F4 , F5 , F6 . Вектор момента m0 ( Fi ) относительно начала координат – это момент силы…

2. аF 3. 2аF 4. – аF 5. 0

2. 0 3. – 2аF 4. – аF 5. 2аF

1.

Fa cos

2.

 Fb sin 

3.

Fc sin 

4.

Fc cos 

5.

Fb sin 

 1. F1  2. F4  3. F6  4. F3  5. F5  1. F6  2. F4  3. F3  4. F5  5. F1  1. F4

М13

168

К вершинам куба  приложены силы F1 ,      F2 , F3 , F4 , F5 , F6 . Вектор момента m0 ( Fi ) относительно начала координат – это момент силы… М14

 2. F3  3. F1  4. F6  5. F5

 Сила F лежит в плоскости ABCD и приложена в точке В.  Момент силы F относительно оси z равен…

1.

Fb sin 

2.

Fa cos 

3.

Fc cos 

4.

 Fc sin 

5.

Fb sin 

К вершинам куба со стороной а приложены шесть сил F1 = F2 = F3 = = F4 = F5 = F6 = F . Сумма моментов всех сил системы относительно оси х равна…

1.

2аF

2.

аF

3.

0

4.

– 2аF

5.

– аF

М15

169

Реакции в опорах Р1

Реакция опоры в точке Е правильно направлена на рисунке… 1) 1 2) 2 3) 3 4) 4 Р2

Реакция опоры в точке В правильно направлена на рисунке… 1) 1 2) 2 3) 3 4) 4 Р3

Реакция опоры в точке А правильно направлена на рисунке… 1) 1 2) 2 3) 3 4) 4 Р4 Реакция опоры в точке Е правильно направлена на рисунке… 1) 1 2) 2 3) 3 4) 4 При освобождении объекта равновесия от связей реакции опор имеют различное количество составляющих. Если опорой является шарнирноподвижная опора, то количество составляющих реакции связи равно…

170

Варианты ответов: 3 2 6 1

Центр тяжести тела а) Центр тяжести системы однородных стержней Дано: система однородных стержней (рис. 2.1.40) ОА = 30 см, АВ = 50 см, ВD = 20 см. С1, С2, С3 – центры тяжести стержней ОА, АВ, ВD. Определить положение центра тяжести (координаты хС, уС) рассматриваемой системы. Решение Координаты центра определяем по формулам:

xC  где

тяжести

системы

стержней Рис. 2.1.40

 li  xCi  li

 li  l1  l2  l3 , l1

yC 

,

 li  yCi  li

(2.1.61)

,

= ОА = 30 см, l2 = АВ = 50 см,

l3 = ВD = 20 см,

 li  xC i  l1  xC1 l2  xC2  l3  xC3 ; xC1 , xC2 , xC3 – координаты центров тяжести стержней ОА, АВ, ВD по оси х; уC1 , уC2 , у C – координаты центров тяжести стержней 3 ОА, АВ, ВD по оси у;

xC1

 li  уC i  l1  уC1  l2  уC2  l3  уC3 .

Для однородного стержня центр тяжести находится на его середине. Поэтому = 15 см, уC1 = 0; xC2 = 30 см, уC2 = 25 см; xC = 40 см, у C = 50 см. Учитывая эти 3

3

значения в формулах (2.1.61), получим

xC 

 li  xCi  li

=

30  15  50  30  20  40 2750  30  50  20 100

= 27,5 см;

yC 

 li  yCi  li

=

30  0  50  25  20  50 30  50  20

= 22,5 см.

=

2250 100

б) Определение положения центра тяжести плоской однородной пластины Дано: плоская однородная пластина (рис. 2.1.41). Размеры фигуры на рис. 2.1.41 указаны в см. Определить координаты центра тяжести пластины. Решение Координаты центра тяжести системы стержней определяем по формулам:

xC 

 Аi  xCi  Аi

yC 

,

171

 Аi  yCi  Аi

,

(2.1.62)

xC i ,

где Аi – площадь i-й фигуры, на которые разбивается основная фигура;

уC i – координаты центров тяжести i-й фигуры. Разделим основную фигуру на прямоугольник, половину круга и треугольник, для которых положение центров тяжести известны (рис. 2.1.42). Площадь прямоугольника с основанием 30 см и высотой 40 см равна А1 = 30·40 = 1200 см2. Площадь половины круга радиусом 20 см равна

Рис. 2.1.41

А2 =

R 2 / 2

= 3,14·202/2= 628 см2.

Площадь половины круга вырезана из площади прямоугольника, потому ее в формулах (2.1.62) будем считать отрицательной. Площадь треугольника с основанием 50 см и высотой 40 см равна А3 = 50·40/2 = 1000 см2. Центры тяжести рассматриваемых частей плоской фигуры имеют следующие координаты (рис. 2.1.43): для прямоугольника

Рис. 2.1.42

xC1 = 15 см, уC1 = 20 см; для половины круга

xC2 =

Рис. 2.1.43

4R 4  20 = 3 3  3,14

= 8,5 см;

уC2 = 20 см;

для треугольника

xC3 = 30 +

1  50 = 46,66 см; 3

у C3 =

1  40 = 13,33 см. 3

Используя формулы (5.2), находим xC =

А1  хС1  А2  хС2  А3  хС3 А1  А2  А3

=

1200  15  628  8,5  1000  46,66 1200  628  1000 172

= 37,7 см;

yC =

А1  уС1  А2  уС2  А3  уС3 А1  А2  А3

=

1200  20  628  20  1000  13,33 1200  628  1000

= 15,7см.

Тесты по определения центра тяжести Центр тяжести сечения Г1

Варианты ответов:

От нижнего края сечения центр тяжести yc находится на расстоянии…..

1) yc = 5,8b 2) yc = 5,29b 3) yc = 4b 4) yc = 4,75b

Г2

Варианты ответов:

От нижнего края сечения центр тяжести yc находится на расстоянии…

1) yc = 2,5 b 2) yc = 2,75b 3) yc = 2,9b 4) yc = 3b

Г3

Варианты ответов:

Для симметричной фигуры от нижнего края сечения центр находится на тяжести yc расстоянии…

1) yc = 6,24b 2) yc = 6,54b 3) yc =6,84b 4) yc = 7,20b

173

Г4

Варианты ответов:

Для симметричной фигуры от нижнего края сечения центр находится на тяжести yc расстоянии…

1) yc = 1,87b 2) yc = 1,93b 3) yc =2,1b 4) yc = 2,2b

Ц1

Варианты ответов: Координат а ус центра тяжести однородно й призмы, представле нной на рисунке, равна…

1)

6

2)

0

3)

4

4)

8

5)

2

Ц2

Координат ус центра тяжести однородной призмы, представленн ой на рисунке, равна… а

174

Варианты ответов: 1)

2

2)

7

3)

4

4)

1,5

5)

3

Ц3

Координата центра тяжести однородной призмы, представленной на рисунке, равна… zс

Варианты ответов: 1)

–2

2)

– 20

3)

– 7,5

4)

– 15

5)

– 10

Ц4

Координата хс центра тяжести однородной призмы, представленной на рисунке, равна…

Варианты ответов: 1)

– 13,5

2)

–9

3)

13,5

4)

– 18

5)

10

Ц9

Координата хс центра тяжести линейного профиля, представленного на рисунке, равна…

Варианты ответов: 1)

–2

2)

– 0,5

3)

–1

4)

– 1,8

5)

– 0,2

Ц10

Варианты ответов: Координата ус центра тяжести линейного профиля, представленного на рисунке, равна…

175

1)

– 1,6

2)

– 4,8

3)

– 6,4

4)

– 3,2

5)

–4

Ц11

Координата ус центра тяжести линейного профиля, представленного на рисунке, равна…

Варианты ответов: 1)

3,2

2)

4,8

3)

4

4)

1,6

5)

6,4

Ц12

Координата ус центра тяжести линейного профиля, представленного на рисунке, равна…

Варианты ответов: 1)

4,8

2)

4

3)

1,6

4)

3,2

5)

6,4

2.2. КИНЕМАТИКА 2.2.1. Задание К-1. Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения По заданным уравнениям движения точки М установить вид ее траектории и для момента времени t = t1 (с) найти положение точки на траектории, ее скорость, полное, касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории. Необходимые для решения данные приведены в таблицах 2.2.1, 2.2.2. Таблица 2.2.1 Исходные данные для учебных групп, имеющих нечетный шифр группы Номер варианта 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

Уравнения движения x = х(t),см y = y(t), см 2 –2t + 3 –5t 2 2 4cos ( πt/3) + 2 4cos ( πt/3)+2 2 –cos(πt /3) + 3 sin(πt2/3) –1 4t + 4 –4/(t+1) 2sin(πt/3) –3cos(πt/3)+4 2 3t + 2 –14t 2 2 3t – t + 1 5t –5t/3–2 2 7sin(πt /6) + 3 2–7cos(πt2/6) –3/(t + 2) 3t+6 –4cos(πt/3) –2sin(πt/3) –3 2 –4t + 1 8–3t 176

Время t1 , с

0,5 1 1 2 1 0,5 1 1 2 1 0,5

12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

Номер варианта 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

5sin2(πt/6) 5cos(πt2/3) –2t – 2 4cos(πt/3) 3t 2 7sin (πt/6) – 5 1 + 3cos(πt2/3) –5t2 – 4 2 – 3t – 6t2 6sin(πt2/6) – 2 7t2 – 3 3 – 3t2 + t –4cos(πt/3) – 1 –6t 2 8cos (πt/6) + 2 –3 – 9sin(πt2/6) –4t2 + 1 5t2 + 5t/3 – 3 2cos(πt2/3) – 2

–5cos2(πt/6) – 3 –5sin(πt2/3) –2/(t + 1) –3sin(πt/3) 4t2 + 1 –7cos2(πt/6) 3sin(πt2/3) + 3 3t 3 – 3t/2 – 3t2 6cos(πt2/6) + 3 5t 4 – 5t2 + 5t/3 –4sin(πt/3) –2t2 – 4 –8sin2(πt/6) – 7 –9cos(πt2/6) + 5 –3t 2 3t + t + 3 –2sin(πt2/3) + 3

1 1 2 1 0,5 1 1 1 0 1 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 Таблица 2.2.2 Исходные данные для учебных групп, имеющих четный шифр группы Уравнение движения точки x = x(t), см y = y(t), см 2 yt x  t 4   4 xt y  t 2 4   4 y  2 (t  2 ) x  (t  2 ) 2 x  2 (t  2 ) y  (t  2 ) 2 x  4 sin 3 ( t 4) y  4 cos 3 t 4  x  4 cos 3 t 4  y  4 sin 3 t 4  x  4 sin[ cos t 4 ] y  4 cos[  cos t 4 ] x  4 cos[ cos t 4 ] y  4 sin[ cos t 4 ] 3 x  (t  2 ) 4 y  (t  2 ) 2 2 x  (t  2 ) 3 2 y  (t  2 ) 2 2 x  4 sin [ 4 (t  2)] y  4 cos [ 4 (t  2)] x  4 sin [ 4 (t  2)] y  4 cos [ 4 (t  2)] x  4 cos [ 2 t  2 ] y  4 sin [ 2 t  2 ] x  4 sin [ 2 t  2 ] y  4 cos [ 2 t  2 ] x  8 cos [ t  2 ] y  8 sin [ t  2 ] x  8 sin [ t  2 ] y  8 cos [ t  2 ]

17

x  3 3 cos[2 t  2]

18

x  6 3 sin [ t  2]  6 3

y  3 cos [ 2 t  2 ] y  6 sin [ t  2 ]

177

Время t1, с 2 2 1 1 1 3 3 2 4 3 1 1 1 1 2 2 2 4

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

x  3 sin [ (t  2) 2 12 ]

y  3 cos [ (t  2) 2 12 ]

x  3 cos [ (t  2) 12 ]

y  3 sin [ (t  2) 12 ]

x  2t

y  (t  2 ) 2  4 y  2t

2

4 4 1 1 1 3 1 3 4 3 4 4

2

x  (t  2 ) 2  4

x  4 sin 3 t 4 

y  4 cos 3 t 4 

x  4 cos 3 t 4  x  4 sin[ cos t 4 ] x  4 cos[  cos t 4 ]

y  4 sin 3 t 4  y  4 cos[ cos t 4 ] y  4 sin[  cos t 4 ]

x  [ (t  2 ) 3 4 ]  2

y  (t  2 ) 2 2

x  [(t  2) 3 2]  4

y  (t  2 ) 2 2

x  3 sin[ (t  2) 2 12 ]

y  3 cos[ (t  2) 2 12 ]

x  3 cos[ (t  2) 2 12 ]

y  3 sin[ (t  2) 2 12 ]

Дополнение к заданию К-1. Данное задание может быть использовано для определения скорости и ускорения точки при ее движении по пространственной траектории. Для этого к двум уравнениям движения (см. табл. 2.2.1) добавляется третье уравнение (табл. 2.2.3).

Таблица 2.2.3 Номер варианта 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

z = z (t), см 3t 2t 1,5t 4t+4 t 3t 2,5t 5t 4t+8 t

Номер варианта 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

z = z (t), см 2t 3t 1,5t 2t+2 3t 1,5t 5t 3,5t 6t 2t

Номер варианта 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

z = z (t), см 4t t 1,5t 2t 5t 6t 3,5t 4t 5t 1,5t

Пример выполнения задания К-1 Исходные данные:

х=4t; y=16 t2 – 1; (2.2.1) t1 = 0,5 (x и y – в см, t и t1 – в с). Решение. Уравнения движения (2.2.1) можно рассматривать как параметрические уравнения траектории точки. Чтобы получить уравнения траектории в координатной форме, исключим время t из уравнений (2.2.1). 178

Рис. 2.2.1

Получаем y = x2 – 1, т. е. траекторией точки является парабола, показанная на рисунке 2.2.1. Вектор скорости точки    v  vxi  v y j .

(2.2.2)

Вектор ускорения    a  axi  a y j .   Здесь i , j – орты осей x и y; vx, vy, ax, ay – проекции скорости и ускорения точки на оси координат. Найдем их, дифференцируя по времени уравнения движения (2.2.1):

v x  x  4 см/с, a x  x  0, v y  y  32 t ,

a y  y  32 см/с 2 .

(2.2.3)

По найденным проекциям определяются модуль скорости: v  v x2  v y2

(2.2.4)

a  a x2  a y2 .

(2.2.5)

и модуль ускорения точки: Модуль касательного ускорения точки

dv , dt

(2.2.6)

  a  v  a / v ;

(2.2.6)

a  vx a x  v y a y  / v ,

(2.2.6)

a  или

где dv/dt выражает проекцию ускорения точки на направление ее скорости. Знак «+» при   dv/dt означает, что движение точки ускоренное, направления a и v совпадают; знак «–» – что движение замедленное. Модуль нормального ускорения точки (2.2.7) an = v2 / . Если радиус кривизны траектории  в рассматриваемой точке неизвестен, то an можно определить по формуле   an  v  a / v . (2.2.8) При движении точки в плоскости формула (2.2.8) принимает вид

an  v x a y  v y a x / v .

(2.2.8)

Модуль нормального ускорения можно определить и следующим образом: a n  a 2  a2 .

(2.2.9)

После того как найдено нормальное ускорение по формулам (8) или (9), радиус кривизны траектории в рассматриваемой точке определяется из выражения 179

 = v2 / an.

(2.2.10)

Результаты вычислений по формулам (2.2.3) – (2.2.6), (2.2.8) и (2.2.10) для заданного момента времени t1 = 0,5 с приведены в таблице 2.2.4. Таблица 2.2.4 Координаты, см x 2,0

y 3,0

vx 4,0

vy 16,0

y 16,5

Радиус кривизны, см

Ускорение, см / с2

Скорость, см/с ax 0

ay 32,0

a 32,0

a 31,0

an 7,8



35,0

2.2.2. Задание К-2. Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при поступательном и вращательном движениях Техническое задание. По заданному уравнению прямолинейного поступательного движения груза 1 определить скорость, а также вращательное, центростремительное и полное ускорения точки М механизма в момент времени, когда путь, пройденный грузом, равен s. Схемы механизмов показаны на рис. 2.2.2 – 2.2.4, а необходимые для расчета данные помещены в табл. 2.2.5.

180

Рис. 2.2.2 181

Рис. 2.2.3 182

Рис. 2.2.4 183

Таблица 2.2.5 Номер варианта

R2

1

2

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

Радиусы, см R3 r2 3

4

r3

Уравнение движения груза 1 x=x(t), (x – см, t – с)

s, м

5

6

7

Исходные данные для учебных групп, имеющих нечетный шифр группы 60 45 36 – 10+100t2 80 – 60 45 80t2 100 60 75 – 18+70t2 58 45 60 – 50t2 80 45 30 8+40t2 100 60 30 – 5+60t2 45 35 105 – 7+90t2 35 10 10 – 4+30t2 40 30 15 – 3+80t2 15 – 40 35 70t2 40 25 20 – 5+40t2 20 15 10 – 2+50t2 30 20 40 – 60t2 15 10 15 – 6+20t 15 10 15 – 8+40t2 20 15 15 – 3+40t2 15 10 20 – 80t2 20 15 10 – 4+20t 15 10 20 – 5+80t2 25 15 10 – 50t2 20 10 30 10 4+90t2 40 20 35 – 10+40t2 40 30 30 15 7+40t 30 15 40 20 90t2 50 20 60 – 2+50t 32 16 32 16 5+60t2 40 18 40 18 6+30t2 40 20 40 15 50t2 25 20 50 25 3+30t 30 15 20 – 5+60t2 Исходные данные для учебных групп, имеющих четный шифр группы 60 40 30 – 10+100t2 60 – 40 30 80t2 80 50 50 – 18+70t2 50 40 60 – 50t2 80 – 40 20 8+40t2 80 50 30 – 5+60t2 50 40 100 – 7+90t2 45 20 10 – 4+30t2 50 30 20 – 3+80 t2 25 – 40 30 70t2 50 25 20 – 5+40t2 40 20 20 – 2+50t2 184

0,5 0,1 0,2 0,5 0,1 0,5 0,2 0,5 0,2 0,4 0,3 0,1 0,4 0,1 0,3 0,4 0,6 0,3 0,2 0,3 0,5 0,5 0,6 0,2 0,5 0,1 0,3 0,4 0,6 0,2 0,5 0,1 0,2 0,5 0,1 0,5 0,2 0,5 0,2 0,4 0,3 0,1

13

40

30

40

–

60t2

1

2

3

4

5

6

7

14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

25 30 20 25 30 25 25 30 40 50 30 50 30 40 40 30 30

20 20 10 20 15 10 10 10 20 30 20 20 15 20 20 20 20

20 20 20 20 10 20 10 20 30 30 40 40 30 40 40 50 20

– – – – – – – 10 – 20 20 – 15 20 25 25 –

6+20t 8+40t2 3+40t2 80t2 4+20t 5+80t2 50t2 4+90t2 10+40t2 7+40t 90t2 2+50t 5+60t2 6+30t2 50t2 3+30t 5+60t2

0,1 0,3 0,4 0,6 0,3 0,2 0,3 0,5 0,5 0,6 0,2 0,5 0,1 0,3 0,4 0,6 0,2

0,4 Окончание табл. 2.2.5

Пример выполнения задания К-2 Дано: схема механизма (рис. 2.2.5); R2 = 50 см; r2 = 25 см; R3 = 65 см; r3 = 40 см; x0 = 14 см; ν0 = 5 см/с; x2 = 168 см; t1 = 1c; t1 = 2c.

Рис. 2.2.5 Найти уравнение движения груза, а также скорости и ускорения груза и точки М в момент времени t = t1. Решение. Уравнение движения груза 1 имеет вид

x  c2 t 2  c1t  c0 .

(2.2.11)

Коэффициенты c 0 , c1 , c 2 могут быть определены из следующих условий: при t  0 x 0  14 см , x 0  5 см/c ,

(2.2.12)

при t 2  2 с x 2  168 см .

(2.2.13)

Скорость груза 1 185

v  x  2c 2 t  c1 .

(2.2.14)

Подставляя (2.2.12) и (2.2.13) в формулы (2.2.11) и (2.2.14), находим коэффициенты c 0  14 см, c1  5 см/с, c 2  36 см/с2. Таким образом, уравнение движения груза 1 (2.2.15) x  36 t 2  5t  14 . Скорость груза 1 v  x  72t  5 . (2.2.16) Ускорение груза 1

a  x  72 см/с2. Для определения скорости и ускорения точки М запишем уравнения, связывающие скорость груз v и угловые скорости колес  2 и  3 . В соответствии со схемой механизма v  r2  2 ;

  R 2  2  R3 3 ,

откуда

(2.2.17)

 3  vR2 /( r2 R3 ) ,

или с учетом (2.2.16) после подстановки данных  3  2,215t  0,154 . Угловое ускорение колеса 3

 3   3  2,215 рад/с2 . Скорость точки М, ее вращательное, центростремительное и полное ускорения определяются по формулам v M  r3 3 ;

a MВ  r3 3 ; a Mц  r332 ; a M  (a Mц ) 2  (a MB ) 2 . Результаты вычислений для заданного момента времени t1 = 1 c приведены в таблице 2.2.6. Таблица 2.2.6 ν, см/с 77

a, см/с2 72

ω3, рад/с

ε3, рад/с2

νМ, см/с

2,37

2,22

94.8

a Mц , см/с2 224

Скорости и ускорения тела 1 и точки М показаны на рис. 2.2.6.

186

a MB , см/с2 88,6

aМ, см/с2 241

Рис. 2.2.6

2.2.3. Задание К-3. Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при плоском движении Для точки М заданного механизма для момента времени t = t1 найти скорость точки, а также ее ускорение. Расчетные схемы механизмов приведены на рис. 2.2.7 – 2.2.9, а необходимые для расчетов исходные данные – в табл. 2.2.7. Таблица 2.2.7 Размеры звеньев механизма, см Угол    (t ) , Номер s  s (t ) , см варианта l R R рад Исходные данные для учебных групп, имеющих нечетный шифр группы

Время t1 , с

1

2

3

4

5

6

7

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22

15 54 40 60 – 10 60 40 60 45 – 20 60 40 42 40 – 60 – 45

– 50 – – – – 250 – – – – – 50 – – – – – 50 28 –

– – 30 30 15 – 50 – 35 – 24 – – 40 30 – – 22 12 –

2πt 3πt πt 6πt πt – 5πt 3πt πt – 2πt – 5πt 2πt 3πt – 3πt – 4πt 2πt πt –

– – – – –

1/6 1/9 ½ 1/12 1/6 1/12 1/15 1/12 1/6 ¼ 1/6 1/3 1/15 1/12 1/12 1/9 1/12 1/6 1/16 1/6 1/6 1/3

187

60 sin( 2 t )

– – –

40 sin(  t )

–

30 cos(  t )

– – –

40 sin( 3 t )

–

80 sin( 2 t )

– – –

45 sin(  t )

23 24 25 26 27 28 29 30

42 45 60 30 – – 50 60

– –

– –

– –

– –

21 – 10 30 – 24

πt – 2πt 3πt

23 45 – –

3πt

42 cos( 2 t )

45 2 sin( t ) – 20 3 sin(3 t) – – 100 cos( 2 t ) –

1/6 1/6 1/3 1/18 1/8 ¼ 1/8 1/12

Окончание таблицы 2.2.7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

Исходные данные для учебных групп, имеющих четный шифр группы 25 – – 2πt – – 60 – 3πt – 50 – 20 – πt – – 30 6πt – 40 – 20 – πt 60 – – – 60 2 sin(2 t ) – 150 50 5πt – 20 – – 3πt – 60 – 30 – πt 40 sin(  t ) 40 – – – 60 – 20 2πt – 45 – – – 30 3 cos( t ) – 60 – 5πt – 20 – – 2πt – 80 – 40 3πt – 40 sin( 3 t ) 50 – – – 40 – 20 3πt – 80 sin( 2 t ) 50 – – – – 40 – 4πt – 60 – 20 2πt – – 30 10 – πt 45 sin(  t ) 40 – – – 42 cos( 2 t ) 40 – – – 50 – – – 45 2 sin( t )

25 26

50 40

– –

20 –

– –

27 28 29 30

– – 60 50

25 45 – –

10 20 – 20

2πt 3πt 3πt 188

– 20 3 sin(3 t ) – – 100 cos( 2 t ) –

1/6 1/9 1/2 1/12 1/6 1/12 1/15 1/12 1/6 1/4 1/6 1/3 1/15 1/12 1/12 1/9 1/12 1/6 1/16 1/6 1/6 1/3 1/6 1/6 1/3 1/18 1/8 ¼ 1/8 1/12

1

2

ОС=АС=ВС=ВМ=l

y

y ОР=МР

М

R

В С

М

А

f

А

О r

М r

x

f

О1

В

А

P

x

О

5

ОР=МР

y

М f

x

4

ОА= r АВ= l АМ=1/2l

y

Р

О

О

3

f

6

y

С

D

f

О1

АВ=l МВ=1/3l

y

А М В

S

f

О2

К О1О2=2О1К=CD=2CB=l О1С=АВ=r; AM=1/2r

x

7

А

М

В

45°

x

О

8 y R

r

y

О f

С

С М

f

О

Р

В x

9

ОС=АС=ВС=АМ=l

x x

ОА= r АВ= l АМ=1/3l

10 О

S

А М f

М

В

В y

М

А

ОР=МР

x

О

Рис. 2.2.7 189

А АВ=l ВМ=1/4l

y

11

М

О1О2=2О1К=CD= =2CB=l О1С=АВ= r АМ=1/2r В

12 x

А

А

О

y 60° М

S

С

D

АВ=l АМ=1/3l

В f

f

О2

y

x

О1

К

13

x

ОР=АР АМ=0,1R

В

14

x

О f

М R

С А

f

Р

y

ОС=АС=ВС=l ВМ=1/2l

М

y

О

15

16 О

x

y

x

D

f

К

f

М

y

18

А О

x 30° М

А

В

АВ= l АМ=1/2l

С

19

y

20

y

y R

О

S

x

О1

А

В О

А АВ= l АМ=1/2l

О1О2=2О1К=CD= =2CB=l О1С=АВ=r BM=1/3r

О2 В

М

ОА= r АВ= l ВМ=1/3l

А

y

В

S

М

f

17

А

М f

А

ОР=АР АМ=1/2R

С

С

Р

f

О1

x

Рис. 2.2.8 190

М

30°

О1О2=2О1К=CD=l О1С=АВ=r АМ=1/2r В 30° О2

К

f

D x

21

О

Р А

АВ = l АМ =1/3 l

В

М

f

r

y

22

М О1

R

А

y

ОР=МР

23

S

АВ= l АМ=1/3 l

y А

24

АВ = l АМ =1/3 l

В

М В

М

А

45° S

S y

25

26

К О1

О

y

f

f

О2

С

30°

D

27

S

О1О2=2O1K= =СD=l O1C=AB=r MB=1/3r

В А

А

30°

М

АВ= l ВМ=1/3 l

y

В

60° О

28

ОР=МР R

y

О1

r 1

R

А

f

А

М

r

f М

О

О1

Р

Р

О

ОР=МР y

29

30 О

S

В

30°

В

АВ= l АМ=1/2 l

М

30° y

А

М

30°

D

А

С f

y

Рис. 2.2.9 191

О2

f К

О1

Пример выполнения задания К-3

Колесо катится по прямолинейному рельсу так, что скорость vC его центра С постоянна. Определить ускорение точки М обода колеса (рис. 2.2.10). Решение. Так как по условиям задачи vC  const , то a C  0 и точка С является мгновенным центром ускорений. Мгновенный центр скоростей находится в точке Р. Следовательно, для колеса

 = vC / PC = vC / R = const,  = d / dt = 0, tg  =  / 2 = 0,  = 0. В результате по формуле aM  MQ  2   4 находим Рис. 2.2.10

a M  MC   2  vC2 / R .

Таким образом, ускорение любой точки М обода (в том числе и точки Р) равно vC2 / R и направлено к центру С колеса, так как угол  = 0. Заметим, что это ускорение для точки М не будет нормальным ускорением. В самом деле, скорость точки М направлена перпендикулярно РМ. Следовательно, касательная M к траектории точки М направлена вдоль линии MD, а главная нормаль Мп – вдоль МР. Поэтому a Mn  a M cos  , a M  a M sin  . Пример. Кривошип ОА вращается с постоянной угловой скоростью ОА (рис. 2.2.11). Найти ускорение ползуна В и угловое ускорение шатуна АВ в тот момент времени, когда ВOA = 900, если ОА = r, АВ = l. Решение. В рассматриваемый момент времени скорости всех точек шатуна АВ равны v A , мгновенный центр скоростей находится в бесконечности и AB = 0. 2 Тогда tg    AB /  AB   и  = 90º (AB  0, так как в противном случае a BA  0 и a B  a A , что невозможно, поскольку эти два вектора взаимно перпендикулярны). 2 Ускорение точки Aa A  a An  rOA направлено Рис. 2.2.11 вдоль АО. Ускорение точки 5, так как она движется прямолинейно, направлено вдоль OB. Из рисунка видно, что ускорение любой точки М тела направлено под углом  к линии MQ. В данном случае  = 90º; следовательно, линии AQ и BQ должны быть перпендикулярны a A и a B . Восставляя эти перпендикуляры, находим положение точки Q. Составляя теперь пропорцию aB/BQ = aA/AQ,, где BQ = r,

AQ  l 2  r 2 , получаем aB 

r2 l2  r2

2 OA .

Ускорение a M любой другой точки М шатуна АВ будет перпендикулярно MQ ( = 90º); модуль аM находится из пропорции a M / MQ  a A / AQ  ...   2   4 . Угловое ускорение AB шатуна найдем из равенства аB =BQAB, которое дает формула a r 2 OA aM  MQ  2   4 при AB = 0. Следовательно,  AB  B  BQ l2  r2 192

2.2.4. Задание К-4. Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки в случае вращательного переносного движения Техническое задание. По заданным уравнениям относительного движения точки М и переносного движения тела D определить для момента времени t = t1 абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М. Расчетные схемы механизмов приведены на рис. 2.2.12 – 2.2.14, а необходимые для расчета исходные данные – в табл. 2.2.8. Таблица 2.2.8 Уравнение Уравнение относительного Номер R, , вращения тела D движения точки М t1 , с а, см варианта см град.  e  f 1 (t ) , рад ОМ  sr  f 2 (t ) , см 18 sin(  t / 4 ) 1 2/3 – 25 – 2t 3  t 2 2 20 sin(  t ) 0,4t  t 2 5/3 20 – – 2 3 2t  0,5t 2 – 30 – 3 6t 2 – 10 sin(  t / 6 ) 0, 6t 1 – 60 4 3 – 40 cos(  t / 6 ) 3t  0,5t 2 30 – 5 2 2 – 0,75t  1,5t 150 t 1/6 25 – 6 2 – 20 cos( 2 t ) 0,5t 7 3/8 40 60 2 – – 6(t  0,5t ) 2 30 8 t 3  5t 2 – – – 10  10 sin( 2 t ) 4t  1,6t 1/8 9 2 – 20 cos(  t / 4 ) 1,2t  t 4/3 20 20 10 2 – 25 sin(  t / 3) 2t  0,5t 4 – 25 11 – (15 / 8) t 3 2 30 30 12 3t  4t 2 2 2 – – 120 t 1/3 40 13 8t  3t 3  14 sin(  t ) – – 14 2/3 30 4 t  2t 2 3 2 – 0,2t  t 2 60 45 15 5 2 (t  t )

16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26

20 sin(  t )

t  0,5t 2 0,5t

2

8t  2t 3

8t  t t  3t 2 6t  t 2 2 t  4t 2 4 t  0, 2t 2 2

2t  0,25t 2t  0,3t 2

2

10 t  t 6t  4t 3 30 cos(  t / 6 ) 3

25 (t  t 2 ) 10  sin(  t / 4 )

1/3 1 2 2 3 1/2 2/3 2 1 5 3/2

– – – 40 60 25 30 – 30 – –

10t  0,1t 2

3t  4t 75 (0,1t  0,3 t 3 ) 15 sin(  t / 3)

 2 t 2

8 cos(  t / 2 )

27

t  0,5t 3

1/8

30

28

2t  5t

10 2  cos(2 t ) 2,5 t 2

2

40

29

0, 6t 2

6 6 sin( t / 16)

4

30

2t 2  3t

5( 3 t 3 ) / 3

2

3

2

193

20 4 5 – – – –

– – – – – –

– – 60 – – – – 30 – – 45 –

36

– –

30

20

–

30

–

1

2 O a

2a

R

M

a

M O

D

φe

φe

O1

3

D O1

M

O

4

α

D

φe 2a a

5

O

D

φe

a

O1

M

6

O

φe

M

R D M

D

O1 R

φe 7

φe

8 D

M

α

a D

α O

φe

M

9

O

α

10 φe

M D

M R

O O

a

φe Рис. 2.2.12 194

D

O1

11

12 O

M

M

a

a

φe φe a

a

O1 D

O1

13

14 M

R

φe O

R D

D

M

φe

α

O

15

16 α

M

a

D

O

M O1

φe

D

φe a O

17

18

D a

M

a/2

φe

M

φe O1

a

O

a

19

D

α

20 O

D

φe

R M

2R

M O

O1

D

R

φe Рис. 2.2.13 195

O1

21

22 O

M

M

D

D

O1

φe

O R

R

23

φe

24

O D

M D

M

O R

φe

φe

O1

25

26 O

D

φe

M

O

M

α

D

φe

27

28

M

O1

D

D O R

φe

φe

29

M

R O

30 M

M

O

α

90°

φe

R

R

O1 α D

D O1

Рис. 2.2.14 196

φe

Пример выполнения задания Дано: схема механизма (рис. 2.2.15), s r  OM  16  8 cos 3tс с;  e  0,9t 2  9t 3 рад; t1  2 / 9 с. Решение. Будем считать, что в заданный момент времени плоскость чертежа (рис. 2.2.15) совпадает с плоскостью треугольника D. Положение точки М на теле D определяется расстоянием s r  OM .

Рис. 2.2.15 При t1  2 / 9 с

s r  16  8 cos( 3  2 / 9)  20,0 см.

Абсолютную скорость точки М найдем как геометрическую сумму относительной и переносной скоростей:    v  v r  ve . Модуль относительной скорости v r  v~r ,

где v~r  ds r / dt  24 sin 3t . При t  2 / 9 с v~r  65,2 см/с ; v r  65,2 см/с . Положительный знак у v~r показывает, что вектор направлен в сторону возрастания s r . Модуль переносной скорости v e  Rwe ,

где R – радиус окружности L, описываемой той точкой тела, с которой в данный момент совпадает точка М, r  s r sin 30  10,0 см; we – модуль угловой скорости тела: ~ ; we  w e

~  d / dt  1,8t  27t 2 . w e e При t  2 / 9 с

~  0,93 рад/с ; w  0,93 рад/с . w e e

197

~ показывает, что вращение треугольника Отрицательный знак у величины w e происходит вокруг оси Оz в сторону, обратную направлению отсчета угла  . Поэтому  вектор we направлен по оси Оz вниз (рис. 2.2.16, а).

а

б

Рис. 2.2.16 Модуль переносной скорости v e  9,3 см/с.  Вектор v e направлен по касательной к окружности L в сторону вращения тела. Так как   v e и v r взаимно перпендикулярны, модуль абсолютной скорости точки М

v  v r2  v e2 ,

или v  65 ,9 см/с.

Абсолютное ускорение точки переносного и кориолисова ускорений:

равно

геометрической

сумме

относительного,

    a  ar  ae  ac ,

или в развернутом виде

      a  arr  arn  aeB  aeЦ  ac . Модуль относительного касательного ускорения a  a~ , rr

rr

где a~rr  d 2 s r / dt 2  72 2 cos 3t . При t  2 / 9 с a~rr  355 см/с 2 ; a rr  355 см/с 2 .  Отрицательный знак a~rr показывает, что вектор arr направлен в сторону отрицательных значений s . Знаки v~ и a~ различны; следовательно, относительное движение точки М r

r

rr

замедленное. 198

Относительное нормальное ускорение

arn 

vr2



 0,

так как траектория относительного движения – прямая (    ) . Модуль переносного вращательного ускорения

aeB  R e , где  e  ~e – модуль углового ускорения тела D:

~e  d 2 e / dt 2  1,8  54t . При t  2 / 9 с

~e  10,2 рад/с 2 ;   10,2 рад/с 2 . Знаки ~e и ~e одинаковы; следовательно, вращение треугольника D ускоренное,   направления векторов  e и  e совпадают (рис. 2.2.16, а, б).

aeB  102 см/с2.   Вектор aeB направлен в ту же сторону, что и v е . Модуль переносного центростремительного ускорения aeЦ  Re2 или aeЦ  9 см/с2.  Вектор aeЦ направлен к центру окружности L. Кориолисово ускорение    aС  2e  vr . Модуль кориолисова ускорения

  aС  2e vr sin(e , vr ) ,   где sin( e , v r )  sin 150   0,5 . С учетом найденных выше значений  e и v r получаем

aС  61 см/с2.  Вектор aС направлен согласно правилу векторного произведения (рис. 2.2.16, б). Модуль абсолютного ускорения точки М находим способом проекций:

a x  aeB  ac ; a y   a eЦ  a rr cos 60 ; a z   a rr cos 30  a  a x2  a y2  a z2 .

Результаты расчета сведены в таблицу 2.2.9

199

Таблица 2.2.9

~e , рад/с -0,93

Скорость, см/с ve ve v~r 9,3

65,2

~e ,

рад/с2 65,9 -10,2

Ускорение, см/с2

aeЦ

aeB

a rn

a~rr

aС

ax

ay

az

a

9

102

0

355

61

163

-186

308

395

2.2.5. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ. ТЕСТЫ Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения а) Определение скорости и ускорения точки при заданном ее движении Дано: Точка М совершает колебательное движение согласно уравнениям

x  a cos( 2 kt  e ) ,

y  b cos kt .

(2.2.18)

Определить траекторию точки М. При каких значениях е траектория точки обращается в параболу? Найти скорость точки в начальный момент времени. Решение Для определения траектории точки надо исключить из уравнении движения время. Для этого преобразуем первое уравнение следующим образом:

x  a  cos 2kt  cos e  sin 2kt  sin e    a  cos 2 kt  cos e  sin 2 kt  cos e  2 sin kt  cos kt  sin e  .

(2.2.19)

Из второго уравнения находим

y2 sin kt  1  2 . b

y cos kt  , b

Подставляя эти значения в уравнение (2.2.19), получаем уравнение траектории точки М

x y2 y y2  ( 2 2  1) cos e  2 sin e 1  2 . a b b b

(2.2.20)

Из уравнений (2.2.18) следует, что при любых значениях е координаты х и у не превышают соответственно значений ± а и ± b. Таким образом, траектории точки М вписываются в прямоугольник со сторонами 2а и 2b. Уравнение (2.2.20) обращается в уравнение параболы при е1 = 0 и е2 =π:

b2 x y  (1  ) . a 2 2

Переходим к определению скорости и ускорения точки М. Проекции этой скорости равны первым производным от координат по времени, а ускорений – вторым производным от координат по времени: 200

v x  x  2ak sin( 2kt  e) ,

a x  v x  x  4 ak 2  cos( 2 kt  e) ,

a y  v y  y  bk 2  cos kt .

v y  y   bk sin kt ,

Находим значение этих проекций в начальный момент времени, полагая

v x 0  2ak sin e ,

a x 0  4ak 2 cos e , v y 0  0 ,

t = 0,

a y 0  bk 2 .

(2.2.21)

Таким образом, в начальный момент времени скорость точки направлена по оси х, а ее модуль определяется по формуле

v 0  2 ak sin e .

v  v x2  v y2 ,

(2.2.22)

Ускорение точки в начальный момент времени направлено по оси х, а ее модуль определяется по формуле

a  a x2  a y2 ,

a0  k 2 16a 2 cos 2 e  b 2 .

(2.2.23)

Модуль касательного ускорения точки

a  dv dt

a  v x a x  v y a y  v .

  a  v  a v ;

или

Тогда модуль касательного ускорения в начальный момент времени будет равен

a 0  4 ak 2 cos e . Модуль нормального ускорения можно определить и следующим образом:

an  a 2  a2

an0  a2  a2  k 2 32a2 cos2 e  b2 .

;

После того, как найдено нормальное ускорение, радиус кривизны траектории в рассматриваемой точке определяется из выражения

  v / an . 2



4a 2 sin 2 e 32a 2 cos 2 e  b 2

.

Тесты К1

 x  f1 (t ),  Уравнения  y  f 2 (t ), используются при  z  f (t ) 3  способе задания движения точки….

К2

Варианты ответов: 1) векторном 2) естественном 3) координатном (в цилиндрической системе координат) 4) координатном (в полярной системе координат) 5) координатном (в декартовой системе координат) Варианты ответов: 1) векторном

201

   f1 (t ), используются    f 2 (t ), способе задания движения точки….

Уравнения

при

2) естественном 3) координатном (в цилиндрической системе координат) 4) координатном (в полярной системе координат) 5) координатном (в декартовой системе координат)

К3

 R  f1 (t ),  Уравнения   f 2 (t ), используются при   f (t ) 3  способе задания движения точки….

1) 2) 3) 4) 5)

К4

   f1 (t ),  Уравнения   f 2 (t ), используются при  z  f (t ) 3  способе задания движения точки….

Варианты ответов: 1) векторном 2) естественном 3) координатном (в цилиндрической системе координат) 4) координатном (в полярной системе координат) 5) координатном (в декартовой системе координат)

К5  y  f1 (t ), Уравнения  используются  z  f 2 (t ), способе задания движения точки….

при

1) 2) 3) 4) 5)

К16

Материальная точка М движется по закону

Варианты ответов: векторном естественном координатном (в цилиндрической системе координат) координатном (в полярной системе координат) координатном (в декартовой системе координат)

Варианты ответов: векторном естественном координатном (в цилиндрической системе координат) координатном (в полярной системе координат) координатном (в декартовой системе координат) Варианты ответов:

1) параллельно плоскости XY

r = 2t i  cos  t j  e4t k .

2) параллельно оси z

Тогда ускорение точки будет направлено….

4) перпендикулярно плоскости XY

202

3) перпендикулярно оси y 5) параллельно оси y

К17

Материальная точка М движется по закону

r = 7e 2 t i  5 j  t  1 k . Тогда ускорение точки будет направлено….

Варианты ответов: 1) в плоскости YZ 2) параллельно оси х 3) параллельно плоскости XZ 4) параллельно оси y 5) перпендикулярно плоскости XZ

К6

Движение точки по известной траектории ОМ =  задано уравнением   6t 2  4t  5 (м). В момент времени t  1 с нормальное ускорение равно an = 8 м/с2, радиус кривизны траектории  (в метрах) равен…

Варианты ответов: 1. 3,2 2. 15 3. 2 4. 32 5. 20

К7

Движение точки по известной траектории ОМ =  задано уравнением   5  4t  3t 3 (м). В момент времени t  1 с нормальное ускорение равно an = 10 м/с2, радиус кривизны траектории  (в метрах) равен…

Варианты ответов: 1) 10 2) 25,6 3) 2,5 4) 5 5) 8

К8

Движение точки по известной траектории ОМ =  задано уравнением   4  t 2  t 3 (м). Скорость точки (в м/с) в момент времени t  1 с равна…

Варианты ответов: 1) – 1 2) 3 3) – 6 4) 4 5) – 4

К9

Движение точки по известной траектории ОМ =  задано уравнением   7  8t  2t 3 (м). Скорость точки (в м/с) в момент времени t  1 с равна…

Варианты ответов: 1) 5 2) 1 3) 4 4) – 2 5) – 4

203

К10

Движение точки по известной траектории ОМ =  задано уравнением   t 2  4t  5 (м). В момент времени t  1 с нормальное ускорение равно an = 2 м/с2, радиус кривизны траектории  (в метрах) равен…

Варианты ответов: 1) 4,5 2) 2 3) 1,5 4) 1 5) 4

Составление уравнений движения и определение ее скорости и ускорения а) Движение точки эллипсографа

Дано: Линейка эллипсографа АВ=l скользит концом А по оси абсцисс и концом В по оси ординат (рис. 2.2.17). Линейка приводится в движение кривошипом ОС = 0,5l, шарнирно прикрепленным в ее середине. Расстояния АМ = d, BM = b известны. Угол φ между осью абсцисс и кривошипом изменяется пропорционально времени φ = kt. Найти уравнения движения точки М эллипсографа и уравнение ее траектории. Определить также радиус кривизны траектории точки М, ее скорость, касательное, нормальное и полное ускорения при произвольном положении механизма и, в частности, в моменты времени t1 = 0 и t2=π/(2k)

Рис. 2.2.17. Схема эллипсографа и траектории точки М Решение Для составления уравнений движения точки М рассмотрим треугольник ОАС. Он равнобедренный: ОС=АС=0,5l, следовательно,  COA   CAO    kt . Тогда координаты точки М будут

x  BM cos   b cos kt ,

y  AM sin   d sin kt

(2.2.24)

или в векторном виде

r  xi  yj  b cos kt  i  d sin kt  j , где i, j – орты осей координат х, у. Этими равенствами определяются уравнения движения точки М. Для нахождения траектории точки представим уравнения движения в виде

x  cos kt , b 204

y  sin kt , d

возведем эти равенства в квадрат и сложим их:

x2 y2   1. b2 d 2 Таким образом, траектория точки М – эллипс с полуосями b, d. Для определения скорости точки М вычисляем первые производные от координат по времени, равные проекциям скорости точки на соответствующие оси координат:

v x  x  k sin kt ,

v y  y  dk cos kt .

Модуль скорости определяется формулой

v 

v x2  v y2  k b 2 sin

kt  d 2 cos

2

2

kt .

(2.2.25)

Направляющие косинусы вектора скорости будут

 b sin kt

v  cos(v , x )  x  v

b 2 sin 2 kt  d 2 cos 2 kt

,

vy  d cos kt cos(v , y )   . v b 2 sin 2 kt  d 2 cos 2 kt В векторном виде скорость может быть представлена так:

     v  v x i  v y j  bk sin kt  i  dk cos kt  j . Находим проекции ускорения на оси координат, вычисляя первые производные по времени от проекций скорости или вторые производные по времени от координат точки:

a x  v x  x  bk 2 cos kt ,

a y  v y  y   dk 2 sin kt .

(2.2.26)

Модуль ускорения определится по формуле

a  a x2  a y2  k 2 b 2 cos 2 kt  d 2 sin 2 kt . Направление ускорения может быть найдено путем сопоставления уравнений движения точки (2.2.24) и формул, определяющих проекции ускорения на оси координат (2.2.26). Последние могут быть представлены в виде

a x  k 2 x , Таким образом,

a y  k 2 y .

      a  a x i  a y j   k 2 ( xi  yj )   k 2 r .

Следовательно, ускорение точки М направлено по радиусу-вектору, проведенному из М в О, и по модулю прямо пропорционально расстоянию точки М от начала координат. Проекция ускорения на касательную определится как производная от проекции скорости на касательную по времени (в данном случае v  v ) 205

dv k 2 (b 2  d 2 ) sin kt cos kt a   . dt b 2 sin 2 kt  d 2 cos 2 kt Но модуль полного ускорения связан с касательным и нормальным ускорениями зависимостью

a 2  a2  a n2 . Теперь, после несложных преобразований, найдется модуль нормального ускорения точки М

an  a  a  2

k 2 db

2

.

d 2 cos 2 kt  b 2 sin 2 kt

(2.2.27)

Зная модуль нормального ускорения точки (2.2.27) и ее скорость (2.2.25), находим радиус кривизны траектории

v 2 (d 2 cos 2 kt  b 2 sin 2 kt )   an db

3

2

.

Пользуясь полученными формулами, определяющими основные кинематические величины в любой момент времени, находим их значения (табл. 2.2.10): Таблица 2.2.10 Кинематические величины x

kt1=0

kt2=π/2

b

0

Кинематические величины aτ

y

0

d

an

v

dkj

-bki

ρ

б) Составление уравнений движения точки и определение ее скорости и ускорения (задание К 2 [18, 22])

206

kt1=0

kt2=π/2

0

0

k2 b

k2 d

  k 2bi

  k 2 dj

d2/b

b2/d

Задание: Для точки М заданного механизма (рис. 2.2.18) составить уравнения движения, вычертить участок ее траектории и для момента времени t  t1 найти скорость точки, полное, касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории в соответствующей точке. Исходные данные: t1 = 1/3 с.    t рад; r = 20 см; R = 100 см; Решение   Из условия O P  M P имеем:

R  r ;



r   0,2t . R

При t= 1/3 с, φ = 60°, α= 12°. Уравнения движения точки M (рис. 2.2.19):

x  ( R  r ) sin   r sin(   ) ;

Рис. 2.2.18. Схема механизма

y  ( R  r ) cos   R  r cos(   )

или окончательно

x  20(6 sin 0,2t  sin 1,2t ) см;

а)

y  20(6 cos 0, 2 t  cos1, 2 t  5) см.

б)

Рис. 2.2.19. Схема механизма, траектория, скорость и ускорение точки М Эти уравнения являются параметрическими уравнениями траектории точки – эпициклоиды. 207

Проекции скорости точки на оси координат:

v x  x  24 (cos 0,2t  cos1,2t ) см/с; v y  y  24 ( sin 0,2t  sin 1,2t ) см/с. Модуль скорости

v  vx2  v y2 ;

v  24

2  2(cos 0, 2 t  cos1, 2 t  sin 0, 2 t  sin1, 2 t ) ;

v  24 2(1  cos  t ) или окончательно

v  48 sin

t

см/с.

2

(2.2.28)

Проекции ускорения точки на оси координат

a x   x  4,8 2 (  sin 0, 2 t  6sin1, 2 t ) см/с2;

a y   y  4,8 2 ( cos0,2 t  6cos1,2 t ) см/с2. Модуль ускорения

a  ax2  a 2y  4,8 2 37  12(sin 0,2 t  sin1,2 t  cos0,2 t  cos1,2 t ) или

a  4,8 2 37  12cos  t см/с2. Так как в данном примере для модуля скорости точки получено простое выражение, то модуль касательного ускорения находим не по формуле

a 

vx a x  v y a y v

,

а непосредственным дифференцированием выражения (2.2.28)

a 

dv dt

a  24 2 cos

или

t 2

см/с2.

Модули скорости и ускорения точки, их проекции на оси координат, а также касательное и нормальное ускорения, вычисленные для заданного момента времени t = 1/3 с, приведены в табл. 2.2.11. Таблица 2.2.11 Радиус кривизны,см

Ускорение, см/с2

Скорость, см/с vx

vy

v

ωx

ωy

ω

ωτ

ωn

ρ

50,4

56,0

75,4

260

41

263

204

166

34,3

208

Нормальное ускорение точки

an  a 2  a2  2632  2042  166 см/с2. Радиус кривизны

v 2 75,42    34,3 см. an 166 Значения ωn и ρ также приведены в табл. 2.2.11. На схеме рис. 2.2.19, б показан участок траектории точки М, построенный по уравнениям (2.5), а также ее скорость, ускорение и все их составляющие. Таким образом, как и при выполнении задания К1, осуществляется графическая проверка правильности вычислений. Тесты Для точки М заданного механизма составить уравнения движения при   10  t ; s  0,5 AB  sin( t ) .

2

1

4

3 5

6

209

7

8

10

9

12

11

13

14

15

16

210

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

211

27

28

29

30

Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при поступательном и вращательном движениях а) Определение скорости движения груза

Задание: Для спуска груза М, привязанного к концу троса, намотанного на барабан III, вытягивают со скоростью v канат А, намотанный на барабан 1. На одной оси с барабаном 1 радиусом r1 насажено зубчатое колесо 1 радиусом R1, жестко скрепленное с ним. Зубчатое колесо 1 сцеплено с зубчатым колесом 2 радиусом r2, которое вращается как одно целое вместе с зубчатым колесом II радиусом R2. Последнее сцеплено с зубчатым колесом 3 радиусом r3, вращающимся как одно целое с барабаном III радиусом R3 (рис. 2.2.20). Определить скорость, с которой спускается груз М, если оси всех зубчатых колес неподвижны.

Рис. 2.2.20. Схема механизма 212

Решение

Модуль скорости точки на ободе барабана 1 радиусом r1 равен модулю скорости точек каната v. Определим скорость точки на ободе зубчатого колеса 1 радиусом R1. Модуль угловой скорости барабана 1 и зубчатого колеса 1 равен

1 

v рад/с. r1

Модуль скорости точки на ободе зубчатого колеса 1

v1  1 R1 

v R1 . r1

Зубчатое колесо 1 находится в сцеплении с зубчатым колесом 2 радиусом r2, следовательно, скорости точек на ободе этих колес равны. Определяем модуль угловой скорости зубчатых колес 2 и II

2 

v1 vR1  рад/с r2 r1 r2

и, далее, находим модуль скорости точки на ободе зубчатого колеса II радиусом R2:

v2   2 R2 

vR R v R2  1 2 . r2 r1r2

Это и есть одновременно модуль скорости точки на ободе зубчатого колеса 3 радиусом r3, сцепленного с зубчатым колесом II. Следовательно, модуль угловой скорости зубчатого колеса 3 и барабана III равен

3 

v2 vR1 R2  рад/с. r3 r1r2 r3

Модуль скорости точки на ободе барабана III радиусом R3 равный искомой скорости груза М, дается формулой

v3   3 R3 

vR1 R2 R3 . r1 r2 r3

б) Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при поступательном и вращательном движениях (задание К 3 [18, 22])

Дано: схема механизма (рис. 2.2.21); R2 = 50 см, r2 = 25 см, R3 = 65 см, r3 = 40 см, х0 = 14 см, v0 = 5 см/с, x2 = 168 см, t1 = 1 с, t2 = 2 с. Груз движется равноускоренно. Найти уравнение движения груза, а также скорости и ускорения груза и точки М в момент времени t = t1. Рис. 2.2.21. Схема механизма

213

Решение Уравнение движения груза 1 при равноускоренном движении имеет вид

x=c2t2+c1t+c0.

(2.2.29)

Коэффициенты c0, c1 , c2 могут быть определены из следующих условий:

x0  5 см/с,

при t= 0 x0 = 14 см,

(2.2.30)

при t2 = 2 с x2 = 168 см.

(2.2.31)

Скорость груза 1

v  x  2c2  c1 .

(2.2.32)

Подставляя (2.2.30) и (2.2.31) в формулы (2.2.29) и (2.2.32), находим коэффициенты c0 = 14 см, c1 = 5 см/с, с2 = 36 см/с2. Таким образом, уравнение движения груза 1 х = 36t2 + 5t +14.

(2.2.33)

Скорость груза 1

v  x  72t  5 .

(2.2.34)

Ускорение груза 1

a  x  72 см/с2. Для определения скорости и ускорения точки М запишем уравнения, связывающие скорость груза v и угловые скорости колес ω2 и ω3. В соответствии со схемой механизма v=r2 ω2,

R2 ω2= R3 ω3.

Откуда ω3=vR2/(r2R3), или с учетом (2.2.34) после подстановки данных ω3=2,215t + 0,154. Угловое ускорение колеса 3

 3   3  2,215 рад/с2. Скорость точки М, ее вращательное, центростремительное и полное ускорения определяются по формулам vм=r3 ω3;

авм=r3 ε3;

aцм= r3 ω32; 214

(2.2.35)

ам  (амц ) 2  (амв )2 . Cкорости и ускорения тела 1 и точки М показаны на рис. 2.2.22. Результаты вычислений для Рис. 2.2.22. Схема скоростей и заданного момента времени t = 1 с ускорений приведены в табл. 2.2.12. Таблица 2.2.12 v, см/с 77

a,

ω3 ,

ε3 ,

vм ,

aцм ,

авм ,

ав,

см/с2

рад/с

рад/с2

см/с

см/с2

см/с2

см/с2

72

2,37

2,22

94,8

224

215

88,6

241

Тесты Вращение вокруг неподвижной оси

Варианты ответов:

К18

Тело радиуса R = 10 см вращается вокруг оси Ох по закону   1  2t  3t 2 рад. В момент времени t = 1 с точка А имеет нормальное ускорение, равное…

1) 360 см/с2 2) 640 см/с2 3) 60 см/с2 4) 160 см/с2 Варианты ответов:

К19

Тело радиуса R = 10 см вращается вокруг оси Ох по закону   2t  t 2 рад. В момент времени t = 1 с точка А имеет нормальное ускорение, равное…

1) 360 см/с2 2) 640 см/с2 3) 80 см/с2 4) 160 см/с2

Варианты ответов:

К20

Тело радиуса R = 10 см вращается вокруг оси Ох по закону   t  t 2 рад. В момент времени t = 1 с точка А имеет нормальное ускорение, равное…

1) 40 см/с2 2) 20 см/с2 3) 90 см/с2 4) 30 см/с2 Варианты ответов:

К21

Тело радиуса R = 10 см вращается вокруг оси Ох по закону   5  2t 2 рад. В момент времени t = 2 с точка А имеет нормальное ускорение, равное…

1) 640 см/с2 2) 810 см/с2 3) 490 см/с2 4) 1690 см/с2 Варианты ответов:

К22

Тело равномерно вращается вокруг оси z с угловой скоростью  =  с-1. За время t = 3 с тело повернется на угол…

0

1) 540 2) 600 3)

1 рад 3

4) 3 рад

216

Варианты ответов:

К23

Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси ОО1 по закону   (1  2t ) 2  13 . В момент времени t = 3 с тело будет вращаться…

1) равноускоренно 2) ускоренно 3) равнозамедленно 4) замедленно 5) равномерно

К24

Тело равномерно вращается вокруг оси z с угловой скоростью  = 5 с-1. За время t = 0,8 с тело повернется на угол…

Варианты ответов: 1) 4 рад 2) 9000 3) 3,2рад 4) 7200

Варианты ответов:

К25

Тело равномерно вращается вокруг оси z с угловой скоростью  = 8 с-1. За время t = 2 с тело повернется на угол…

1) 4 рад 2) 6400 3) 1600 4) 16 рад

Варианты ответов:

К26

Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси ОО1 по закону   (t  3)2  9 . В момент времени t = 3 с тело будет вращаться…

1) замедленно 2) равномерно 3) равноускоренно 4) равнозамедленно 5) ускоренно Варианты ответов:

К27

Тело равномерно вращается вокруг оси z с угловой скоростью  = 1,5  с-1. За время t = 2 с тело повернется на угол…

217

1) 0,75  2) 2  3) 5400 4) 2700

К28

Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси ОО1 по закону   (1  2t )3  8 . В момент времени t = 1 с тело будет вращаться…

Варианты ответов: 1) равнозамедленно 2) равномерно 3) ускоренно 4) равноускоренно 5) замедленно

К29

Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси ОО1 по закону   5  2t  3t 2 . В момент времени t = 1 с тело будет вращаться…

Варианты ответов: 1) равномерно 2) равномерно 3) равноускоренно 4) равнозамедленно 5) ускоренно

К30

Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси ОО1 по закону   (t  2)3 . В момент времени t = 1 с тело будет вращаться…

Варианты ответов: 1) равномерно 2) равномерно 3) равноускоренно 4) равнозамедленно 5) ускоренно

К31

Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси ОО1 по закону   (3  t )2  11 . В момент времени t = 1 с тело будет вращаться…

Варианты ответов: 1) равномерно 2) равномерно 3) равноускоренно 4) равнозамедленно 5) ускоренно

К32

Тело равномерно вращается вокруг оси z с угловой скоростью  = 4 с-1. За время t = 0,5 с тело повернется на угол…

218

Варианты ответов: 1) 1200 2) 2 рад 3) 8 рад 4) 3600

Преобразование вращательного движения К34

Точка В одного из шкивов ременной передачи имеет скорость VВ = 12 см/с. Тогда скорость точки А другого шкива равна…

Варианты ответов: 1) VВ = 24 см/с 2) VВ = 3 см/с 3) VВ = 6 см/с 4) VВ = 48 см/с

К35

Точка В одного из колес передачи имеет скорость VВ = 16 см/с. Тогда скорость точки А другого колеса равна…

Варианты ответов: 1) VВ = 8 см/с 2) VВ =64 см/с 3) VВ = 32 см/с 4) VВ = 4 см/с

К36

Груз 1 имеет скорость V. Тогда угловая скорость ступенчатого колеса 2 равна…

Варианты ответов: 1) 3V/2d 2) 6V/d 3) V/2d 4) 8V/3d 5) 2V/3d

К37

Груз 1 имеет скорость V. Тогда угловая скорость катящегося цилиндра 2 равна…

Варианты ответов: 1) 4V/3d 2) V/3d 3) 8V/3d 4) V/6d 5) 3V/2d

219

К38

Точка В одного из шкивов ременной передачи имеет скорость VВ = 30 см/с. Тогда скорость точки А другого шкива равна…

Варианты ответов: 1) VВ = 30 см/с 2) VВ = 15 см/с 3) VВ = 120 см/с 4) VВ = 60 см/с

К39

Груз 1 имеет скорость V. Тогда угловая скорость колеса 2 равна…

Варианты ответов: 1) 2V/3d 2) 3V/2d 3) 8V/d 4) V/12d 5) 3V/4d

К40

Груз 1 имеет скорость V. Тогда угловая скорость подвижного блока 1 равна…

Варианты ответов: 1) 2V/3d 2) 6V/d 3) 2V/d 4) 4V/3d 5) 3V/d

К41

Точка В одного из шкивов ременной передачи имеет скорость VВ = 12 см/с. Тогда скорость точки А другого шкива равна…

Варианты ответов: 1) VВ = 24 см/с 2) VВ = 6 см/с 3) VВ = 3 см/с 4) VВ = 48 см/с Варианты ответов:

К42

Груз 1 имеет скорость V. Тогда угловая скорость катящегося цилиндра 2 равна…

1) 3V/2r 2) 3V/4r 3) V/3r 4) V/6r 5) 2V/3r

220

К43

Груз 1 имеет скорость V. Тогда угловая скорость катящегося цилиндра 2 равна…

Варианты ответов: 1) 3V/d 2) 2V/3d 3) 4V/d 4) V/d 5) 4V/3d

Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при плоском движении а) Определение скоростей и ускорений точек при движении колеса

Дано: Колесо радиусом b катится без скольжения по прямолинейному рельсу (рис. 2.2.23, a). Скорость центра колеса постоянна и равна

vO1 .

а) б) Рис. 2.2.23. Схема плоского движения колеса Определить уравнения движения, скорость и ускорение точки М, жестко связанной с колесом и находящейся на расстоянии O1M = l от центра колеса. Решение Выбираем неподвижную систему координат x–y и подвижную систему координат х1 – у1. Подвижная система координат перемещается поступательно вместе с центром колеса, а ее оси остаются параллельными осям неподвижной системы. Модуль угловой скорости колеса определится из равенства (рис. 2.2.23, б)

v O1  PO1    b , так как мгновенный центр скоростей находится в точке Р соприкосновения колеса с неподвижным рельсом. Следовательно,

 Умножая (2.2.36) на dt и учитывая, что  z  221

vO1 b

.

d , имеем dt

(2.2.36)

d 

vO1 b

dt .

Интегрируя, находим

vO1



b

t  C1 .

(2.2.37)

Полагая φ = 0 при t = 0, находим из (2.2.37), что произвольная постоянная интегрирования С1 = 0 и, окончательно,



vO1 b

t.

Координаты точки М в подвижной системе координат:

x 1  l sin   l sin

vO1 b

y 1  l cos   l cos

t,

vO1 b

t.

(2.2.38)

Координаты точки М в неподвижной системе координат складываются из координат точки O1, начала подвижной системы, и координат (2.2.38):

x  xO1  x1  vO1t  l sin

vO1 b

y  yO1  y1  b  l cos

t,

vO1 b

t,

тогда радиус-вектор точки М в неподвижной системе координат будет

vO  vO   r  (vO1 t  l sin 1 t )i  (b  l cos 1 t ) j , b b где i, j – орты осей координат. Скорость точки М определится как производная радиуса-вектора по времени

 lvO lvO vO vO   v  (vO1  1 cos 1 t )  i  1 cos 1 t  j . b b b b Скорость точки М направлена перпендикулярно мгновенному радиусу РМ. Ускорение точки М есть производная от скорости по времени

lvO21 vO  vO   a   2 (sin 1 t  i  cos 1 t  j ) . b b b

(2.2.39)

 Замечая, с учетом (2.2.38), что радиус-вектор OM равен

  vO  vO  r1  O1 M  x  i  y  j  l (sin 1 t  i  cos 1 t  j ) , b b представим ускорение (2.2.39) в виде 2

vO  a   21 r1 . b Таким образом, ускорение точки М постоянно по модулю и направлено от точки М к центру колеса. 222

б)

Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при плоском движении (задание К 4 [18, 22])

Дано: схема механизма в заданном положении (рис. 2.2.24); исходные данные (табл. 2.2.13). Таблица 2.2.13 Размеры, см ОА

АВ

АС

10

60

20

ωОА, рад/с 1,5

εОА, рад/с2 2

Решение 1. Определение скоростей точек и угловой скорости звена АВ. Вычисляем модуль скорости пальца А кривошипа ОА при заданном положении механизма: v= ωОАОА. Скорость точки А перпендикулярна кривошипу ОА. Скорость ползуна В направлена по вертикали. Мгновенный центр скоростей РAB шатуна АВ находится в точке пересечения перпендикуляров, проведенных из точек А и В к их скоростям (рис. 2.2.25). Угловая скорость звена АВ ωАВ=v/APAB. Модули скоростей точек В и С Рис. 2.2.24. Схема vВ= ωАВ ·ВPAB , vС = ωАВ ·СPAB. механизма Расстояния АРAB, ВРAB и СРAB определяются из рассмотрения треугольников АВРAB и АСРAB:

AРAB = 52,0 см; ВРAB=30,0 см;

СРAB = 36,1 см.

В соответствии с этим vA = 15,0 см; vB = 8,7 см/с;

ωАВ = 0,29 рад/с; vС = 10,5 см/с.

 Вектор vС направлен перпендикулярно отрезку СРAB в сторону, соответствующую направлению вращения звена АВ. Для проверки определим скорость точки В другим способом. Воспользуемся теоремой о равенстве проекции скоростей точек на ось, проведенную через эти точки. Направим ось х вдоль шатуна АВ в направлении от В к А.   Имеем v A cos(v A , x)  v B cos(v B , x) или, как видно из рис. 2.2.25,

v A cos 60  v B cos 30 . Отсюда vB = 8,7 см. 223

Рис. 2.2.25. Схема механизма и скорости звеньев

Полезно убедиться, что и найденная ранее скорость точки С удовлетворяет этой теореме. 2. Определение ускорений точек и углового ускорения звена (рис. 2.2.26). Ускорение точки А складывается из вращательного и центростремительного ускорений:

   aA  aAB  a AЦ ;

a AB   OA  OA;

2 a AЦ  OA  OA;

Согласно теореме об ускорениях точек плоской фигуры,

  B Ц aB  aA  aAB  aAB ;

   B Ц aB  aAB  aAЦ  aAB  aAB .

(2.2.40)

Центростремительное ускорение точки В во вращательном движении шатуна АВ вокруг полюса А Ц 2 a AB   AB  AB.

По приведенным формулам вычисляем:

aAB  20,0 см/с2 ; Ц

Вектор a A

a AЦ  22,5 см/с2; см/с2.

направлен



Ц перпендикулярен вектору a A

от

A

к

О.

Ц a AB  5,0

Вектор

 a AB

и направлен противоположно

vA (вращение кривошипа OA замедленное). Ц Вектор a AB направлен от В к А. Что касается ускорения  B a B точки В и вращательного ускорения a AB , то известны только линии действия этих векторов:

 aB

– по вертикали вдоль

B направляющих ползуна, a AB – перпендикулярно АВ.

Зададимся произвольно их направлениями по указанным линиям (рис. 2.2.26, а). Эти ускорения определим из уравнений проекций векторного равенства (2.2.40) на оси координат. Знак в ответе показывает, соответствует ли истинное направление вектора, принятому при расчете. Выбрав направление осей х и у, как показано на рис. 4.4, г, получаем:

Рис. 2.2.26. Схема механизма и ускорения



Ц Ц ; aB cos30   a AB cos 60  a AB cos30  a AB

(2.2.41)

B . a B cos 60    a AB cos 30  a AЦ cos 60  a AB

(2.2.42)

Из уравнения (2.2.41) находим aB = 16,7 см/с2.

Ускорение aВ направлено, как показано на рис 2.2.26, а. Из уравнения (2.2.42) получаем 224

B a AB = –20,2 см/с2.

B противоположно показанному на рис.2.2.26, а. Направление a AB  Ускорение a B и все его составляющие с учетом их истинных направлений и масштаба показаны на рис. 2.2.26, б. B Угловое ускорение шатуна АВ с учетом того, что здесь a AB – алгебраическая величина, определяется по формуле

B  AB  a AB / AВ .

Вычисляя, находим

 AB  0,34 рад/с2.

Ц

Направление ускорения a AB относительно полюса А определяет направление углового ускорения  AB . Здесь под направлением углового ускорения понимается направление дуговой стрелки, которое при ускоренном вращении звена совпадает с направлением его вращения, а при замедленном – противоположно ему. В данном случае угловое ускорение противоположно направлению вращения шатуна.  B можно и графически – построением многоугольника ускорений. Определить a B и a AB Отложим из точки В согласно (2.2.40) в выбранном масштабе последовательно векторы   Ц Ц (рис. 2.2.26, в). Через конец вектора a AB проведем прямую, параллельную a AB , a AЦ , a AB B  вращательному ускорению a AB , т. е. перпендикулярно a B , до пересечения ее с прямой, по  которой направлено ускорение a B . Последнее определяется как замыкающая сторона многоугольника ускорений. B

Модули a B и a AB могут быть найдены измерением на чертеже. Определяем ускорение точки С

   B Ц a C  a AB  a AЦ  a AC  a AC . Вращательное и центростремительное ускорения точки С во вращательном движении АВ вокруг полюса А B Ц 2 a AС   AB  AC ; a AC   AB  AC ,

или B a AС  6,8 см/с2;

Ц a AC  1,7 см/с2.

Ц B перпендикулярен вектору a AC и направлен соответственно угловому Вектор a AС ускорению  AB . Ускорение точки С находим способом проекций (рис. 2.2.26, а): Ц aСx  a AC  a AЦ cos30  a AВ cos60 , В , aС y  aAЦ cos60  aAB cos30  aAC

225

aC  ( aC x ) 2  ( aC y ) 2 .

В результате вычислений получаем: 2 2 2 aС x  11,2 см/с ; aС y  21,8 см/с ; ас = 24,5 см/с (рис. 2.2.26, г).

Приведем решение этой же задачи другим, более общим методом. На рис. 2.2.27 показана схема механизма в некотором произвольном положении. Проведем оси координат. Уравнениями связи для данного механизма являются условия:    rB  OA  AB , (2.2.43)  где ( rB – радиус-вектор точки В, проведенный из центра О),

xB  a  const .

(2.2.44)

Проецируя (2.2.43) на ось x, с учетом (2.2.44) имеем

 OA sin   AB sin   a . Для определения угловой скорости нет необходимости выражать продифференцировать (2.2.45).

β

(2.2.45)

 AB  

из

Рис. 2.2.27. Схема механизма

звена АВ и углового ускорения  AB  

(2.2.45).

Проще

непосредственно

дважды

Имея в виду, что    AB , получаем в результате первого дифференцирования

 OA  cos    OA  AB  cos    AB  0 . Отсюда

 AB  OA  OA  cos /( AB  cos  ) .

(2.2.46) (2.2.47)

Дифференцируя (2.2.46) и учитывая, что  OA   AB , имеем 2 2 OA  sin   OA  OA  cos   OA  AB  sin    AB  AB  cos    AB  0 ;

2 2  AB   AB tg  OA( OA cos    OA sin  ) /( AB  cos  ) .

(2.2.48)

Выражения (2.2.47) и (2.2.48) позволяют вычислять  AB и  AB для любого положения механизма, в частности, для заданного (α = 0°, β = 30°). Заметим, что  OA и  OA входят в эти выражения со знаком «+» или «–» в соответствии с принятым направлением отсчета угла α. В данном случае  OA = 1,5 рад/с,  OA = –2,0 рад/с2. Смысл знаков  AB и  AB определяется направлением отсчета угла β. Модуль скорости точки В v B  y B . Модуль ускорения a B  y B . Проецируя (4.8) на ось у, получаем y B  OA  cos  AB  cos  . Отсюда после дифференцирования получаем

y B  OA  sin    OA  AB  sin    AB ; 2 2 yB  OA  cos  OA  OA  sin    OA  AB  cos    AB  AB  sin    AB .

226

Для определения скорости и ускорения точки С следует составить уравнения ее    движения в координатной форме, проецируя радиус-вектор rC  OA  AC на оси х и у. в) Тестовые задания К47

Тело двигается так, что точки его имеют направления скоростей и ускорений, показанные на рисунке. В этом случае справедливо будет утверждение, что тело…

Варианты ответов: 1) вращается ускоренно вокруг оси, проходящей через точку С 2) двигается плоско-параллельно, не имея ускорения в точке С 3) двигается поступательно, криволинейно, ускоренно 4) равномерно вращается вокруг оси, проходящей через точку Р Варианты ответов:

К48

Тело двигается так, что точки его имеют направления скоростей и ускорений, показанные на рисунке. В этом случае справедливо будет утверждение, что

1) ускоренно вращается неподвижной оси

вокруг

2) двигается поступательно, прямолинейно, ускоренно 3) двигается поступательно по окружности равномерно вращается вокруг 4) неподвижной оси

тело… К49 В кривошипнокулисном механизме кривошип ОА = 10 см вращается с угловой скоростью  = 6 с-1. В тот момент, когда угол 0  = 90 , скорость кулисы KLM будет равна… К50 В кривошипнокулисном механизме кривошип ОА = 10 см вращается с угловой скоростью  = 6 с-1. В тот момент, когда угол  = 300, скорость кулисы KLM будет равна… 227

Варианты ответов: 1) V = 60 см/с 2) V = 60 3 см/с 3) V = 30 3 см/с 4) V = 30 см/с

Варианты ответов: 1)

V = 60 см/с

2)

V = 60 3 см/с

3)

V = 30 см/с

4)

V = 30 3 см/с

К51

В кривошипнокулисном механизме кривошип ОА = 10 см вращается с угловой скоростью  = 6 с-1. В тот момент, когда угол  = 00, относительная скорость ползуна А будет равна… К52 В кривошипнокулисном механизме кривошип ОА = 10 см вращается с угловой скоростью  = 6 с-1. В тот момент, когда угол  = 1200, скорость кулисы KLM будет равна… К53 В кривошипнокулисном механизме кривошип ОА = 10 см вращается с угловой скоростью  = 6 с-1. В тот момент, когда угол  = 1200, относительная скорость ползуна А будет равна… К54 В кривошипнокулисном механизме кривошип ОА = 10 см вращается с угловой скоростью  = 6 с-1. В тот момент, когда угол  = 900, относительная скорость ползуна А будет равна… 228

Варианты ответов: 1) V = 60 2 см/с 2) V = 30 см/с 3) V = 60 см/с 4) V = 30 2 см/с

Варианты ответов: 1) V = 30 3 см/с 2) V = 60 см/с 3) V = 30 см/с 4) V = 60 3 см/с

Варианты ответов: 1) V = 60 см/с 2) V = 60 3 см/с 3) V = 30 3 см/с 4) V = 30 см/с

Варианты ответов: 1) V = 60 см/с 2) V = 60 3 см/с 3) V = 30 см/с 4) V = 0 см/с

Сложное движение точки а)

Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки в случае вращательного переносного движения Дано: В переходном режиме при пуске в ход главного судового двигателя шары центробежного регулятора Уатта (рис.2.2.28, а) расходятся так, что угол α изменяется согласно уравнению

   01t  где

 01 

 90

 1t 2

,

2

рад/с,  1 

(2.2.49)

 900

рад/с2 .

а)

б)

Рис. 2.2.28. Схема регулятора Угол поворота регулятора времени

вокруг вертикальной оси является заданной функцией

  kt 3 ,

(2.2.50)

где постоянный коэффициент k= 0,3 рад/с3. Длина стержней ОА = OВ = С= ВС = l = 90 см. Определить в момент t = 10 с абсолютную скорость и абсолютное ускорение шаров регулятора, рассматриваемых как точки. Решение Абсолютное движение шаров раскладываем на два движения: переносное движение – вращение вокруг вертикальной оси, происходящее согласно уравнению (2.2.50), и относительное движение – вращение вокруг горизонтальной оси, проходящей через точку О и перпендикулярной плоскости ОАВС, происходящее по закону (2.2.49). Систему координат хуz выбираем с началом в точке О: ось х направляем перпендикулярно плоскости ОАВС (в момент t = 10 с) на читателя, ось у – в плоскости ОАВС по горизонтали вправо, ось z – по вертикальной оси вращения вверх. 229

Находим, пользуясь уравнением (2.2.49) значение угла  в момент t1 = 10 с:



 90



100   . 900 2 6

 10 



Далее, определяем проекцию относительной угловой скорости на ось х, т. е. на ось, вокруг которой происходит относительное вращение. Эта проекция равна производной от угла α по времени

 rx     01   1t . В момент t = 10 с проекция относительной угловой скорости

 rx 

 45

рад/с.

Проекция относительного углового ускорения на ту же ось х равна производной от  rx по времени

 rx   rx     1 

 900

рад/с2.

Для того чтобы найти относительную скорость и относительное ускорение шаров, остановим мысленно переносное движение. Модуль относительной скорости шаров

v r  l rx  90



 2 см/с=0,02π м/с. 45 Относительная скорость направлена соответственно перпендикулярно стержням ОА и ОВ (рис. 2.2.28, б). Переходим к определению относительного ускорения шаров. Так как относительное движение есть вращение вокруг оси, то целесообразно вычислить отдельно относительное нормальное и относительное касательное ускорения. Первое из них равно по модулю

a rn  l  90 2 r

2 45 2



2 см/с2  0,0044 м/с2 45

и направлено от шара к точке О. Значение относительного касательного ускорения определится по формуле

a r  l r  90

 900



 10

см/с2  

 10 3 м/с2.

Это ускорение совпадает по направлению с относительной скоростью каждого шара (рис. 2.2.28, б). Переходим к определению переносной скорости и переносного ускорения шаров. Переносное движение – вращение регулятора вокруг вертикальной оси согласно уравнению (2.2.50). Чтобы вычислить скорость и ускорение шаров в переносном движении, остановим мысленно относительное движение. Проекция угловой скорости переносного движения на ось вращения равна производной от угла φ по времени

 ez    3kt 2 . 230

При t = 10 с эта проекция равна

ez  3  0,3  10 2  90 рад/с. Проекция углового ускорения в переносном движении на ось вращения определяется как производная от  ez по времени

 ez   ez    6kt .

В момент t1 = 10 с

 ez  6  0,3  10  18 рад/с2. Переносная скорость есть скорость шара при вращении регулятора вокруг вертикальной оси ОС. Она равна по модулю произведению радиуса вращения на переносную угловую скорость. В момент t1= 10 с

ve  l sin    e  40,5 м/с. Переносная скорость шаров направлена параллельно оси x; для шара А она совпадает с положительным направлением, для шара В – с отрицательным направлением оси (при t = t1). Переносное ускорение складывается из нормального и касательного ускорений. При t = 10 с модуль нормального переносного ускорения

a en  l sin    e2  90 sin 30  90 2 см/с2 = 3645м/с2. Это ускорение направлено перпендикулярно к оси вращения ОС. Модуль переносного касательного ускорения равен произведению радиуса вращения на значение углового ускорения

ae  l sin    e  90 sin 30  18 см/с2 =8,1 м/с2. Оно направлено параллельно оси х и совпадает с направлением переносной скорости каждого шара (рис. 2.2.28, б). Переходим к определению кориолисова ускорения:

   a c  2 e  v r . Модуль кориолисова ускорения будет

  a c  2 e v r sin( e , v r ) .

  Замечая, что угол между  e и v r равен 60°, находим значение a c в момент t1 =10 с:

a c  2  90  2 sin 60 см/с = 1,8 3 м/с2. Направление кориолисова ускорения определяется по правилу произведения. Кориолисово ускорение направлено перпендикулярно к   определенной векторами e и v r , в ту сторону, с которой поворот от вектора

векторного плоскости,    e к v r на

наименьший угол виден против часовой стрелки. В нашем случае ускорение Кориолиса направлено по переносной скорости (рис. 2.2.28, б). Найдем теперь абсолютную скорость и абсолютное ускорение шара, пользуясь методом проекций. Проекции абсолютной скорости на оси находим, проектируя на них векторное равенство 231

   v  vr  ve . Имеем для шара А

vax  ve  40,5 м/с, vay  vr cos 30  0,01 3 м/с,

vaz  vr cos 60  0,01 м/с. Модуль абсолютной скорости равен

v a  v ax2  v ay2  v az2  40,5 м/с, а ее направление определяется значениями направляющих косинусов:

v  cos(v a , x)  ax  0,999 , va

v ay  cos(v a , y )   0,00134 , va

v  cos(va , z )  az  0,000775 . va Согласно теореме сложения ускорений абсолютное ускорение

      a a  a rr  a rn  a en  ae  ac . Проектируя это векторное равенство на оси координат, находим проекции абсолютного ускорения шара А:

aax  ae  ac  17,9 м/с2, a ay  a en  a rn sin 30  a r cos 30  3645 м/с2,

aaz  arn cos 30  ar sin 30  0,0055 м/с2. Модуль и направление абсолютного ускорения определяются по обычным формулам:

a a  a ax2  aay2  a az2  3646 м/с2,  a cos( a a , x)  ax  0,005 , aa aay  cos(aa , y )   0,999 , aa a  cos( a a , z )  az  1,37 10 6 . aa 232

б) Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки в случае вращательного переносного движения (задание К 5 [18, 22])

Дано: схема механизма (рис. 2.2.29),

sr  OM  16  8cos3 t см;  e  0,9t 2  9t 3 рад; t1 = 2/9 c. Решение

Будем считать, что в заданный момент времени плоскость чертежа (рис. 2.2.29) совпадает с плоскостью треугольника D. Положение точки М на теле D определяется расстоянием sr = ОМ. При t= 2/9 с

2 s r  16  8 cos(3  )  20,0 см. 9 Абсолютную скорость точки М найдем как геометрическую сумму относительной и переносной скоростей

   v  vr  ve .

Модуль относительной скорости

где

Рис. 2.2.29. Схема механизма

v r  v~r ,

v~r  dsr dt  24 sin 3t .

При t = 2/9 с

v~r  65,2 см/с;

vr = 65,2 см/с.

 ~ Положительный знак у vr показывает, что вектор v r направлен в сторону возрастания sr. Модуль переносной скорости

v e  R e ,

(2.2.51)

где R – радиус окружности L, описываемой той точкой тела, с которой в данный момент совпадает точка М; r = srsin 30° = 10,0 см; ωе – модуль угловой скорости тела:

 e  ~e ; ~e  d e / dt  1,8t  27t 2 . При t = 2/9 с

~e  0,93 рад/с;  e  0,93 рад/с. Отрицательный знак у величины ωе показывает, что вращение треугольника происходит вокруг оси Оz в сторону, обратную направлению отсчета угла φ. Поэтому вектор   e направлен по оси Оz вниз (рис. 2.2.30, а).  Модуль переносной скорости, по формуле (2.2.51), vе = 9,3 cм/с. Вектор v e направлен по касательной к окружности L в сторону вращения тела.   Так как v e и v r взаимно перпендикулярны, модуль абсолютной скорости точки М

v  v r2  v e2 , или

v = 65,9 см/с. 233

Рис. 2.2.30. Схема механизма с изображением направлений составляющих скорости и ускорения точки М Абсолютное ускорение точки равно переносного и кориолисова ускорений:

геометрической

сумме

относительного,

    a  a r  ae  a c ,

или в развернутом виде

      a  a rr  a rn  aeB  aeЦ  ac . Модуль относительного касательного ускорения

a rr  a~rr , где

2 a~rr  d 2 sr dt  72 2 cos3t .

При t = 2/9 с

a~rr  355 см/с2;

arr  355 cм/с2.

 Отрицательный знак a~rr показывает, что вектор arr направлен в сторону отрицательных значений sr. Знаки v~rr и a~rr различны: следовательно, относительное движение точки М замедленное. Относительное нормальное ускорение

a rn  vr2   0 , так как траектория относительного движения – прямая (ρ = ∞ ). Модуль переносного вращательного ускорения

a eB  R e , где  e  ~e – модуль углового ускорения тела D:

~e  d 2 e dt  1,8  54t . 2

234

(2.2.52)

При t=2/9 с ε = 10,2 рад/с2. ~e  10,2 рад/с2; Знаки ~e и ~e одинаковы: следовательно, вращение треугольника D ускоренное,   направления векторов  e и  e совпадают (рис. 2.2.30, а, б). Согласно (2.2.52), a eB  102 см/с2.   Вектор aeB направлен в ту же сторону, что и v e . Модуль переносного центростремительного ускорения

aeЦ  R e2 или

a eЦ  9 см/с2.

 Вектор aeЦ направлен к центру окружности L. Кориолисово ускорение

   a c  2 e  v r .

Модуль кориолисова ускорения

  a c  2 e v r sin( e , v r ) ,   sin(e , vr )  sin150  0,5 .

где

С учетом найденных выше значений  e и v r получаем

a c  61 см/с2.  Вектор a c направлен согласно правилу векторного произведения (рис. 2.2.30, б). Модуль абсолютного ускорения точки М находим способом проекций:

a x  a eB  a c ;

a y  a eЦ  a rr cos 60 ;

az  arr cos30 ;

a  a x2  a y2  a z2 .

Результаты расчета сведены в табл. 2.2.14. Таблица 2.2.14

~e ,

Скорость, см/с

рад/с v e -0,93

9,3

~e ,

Ускорение, см/с2

v~r

v

рад/с2

aeЦ

aeВ

arn

65,2

65,9

-10,2

9

102

0

235

a~rr

ac

-355 61

ax

ay

az

ac

163

-186

308

395

в) Моделирование движения кулисного механизма Кинематический анализ механизмов предполагает расчет параметров движения звеньев механизма, определения их положения в заданный момент времени, траектории движения заданных точек, определение скорости и ускорения характерных точек механизма. В этой связи важное значение приобретает подход, основанный на компьютерном моделировании движения механизма с анимацией процесса движения на мониторе персонального компьютера. реализован при разработке Данный подход программного продукта для моделирования движения кулисного механизма [23], схема которого представлена на рис. 2.2.31. Движение кулисы задано уравнением движения вида Рис. 2.2.31. Схема кулисного механизма

 e  A j t  B j t 2 , где Aj , B j

– постоянные, задаваемые при

формировании исходных данных. Кулиса имеет паз, вдоль которого перемещается точка М. Относительное движение точки М задано уравнением вида

OM  R0  A(1  sin 2 t ) , где R0 – минимально допустимое расстояние точки М до оси вращения, А – амплитуда колебаний точки М. В правом верхнем углу поля экрана монитора персонального компьютера (рис. 2.2.32) расположена панель управления с окнами для ввода исходных данных: R0 , А, A j , B j .

Рис. 2.2.32. Воспроизведение на экране монитора траектории движения точки М, диаграммы изменения скорости точки М во времени Здесь же на панели размещены гнезда, обозначив которые с помощью курсора, пользователь определяет необходимость вывода на экран информации о скорости или ускорении (кориолисове и абсолютном) точки М. 236

На панели управления внизу расположены три кнопки управления процессом моделирования. Обозначив курсором левую кнопку (кнопку «Старт»), пользователь осуществляет запуск процесса моделирования. На экране монитора реализуется анимационный процесс движения кулисы, воспроизводится траектория движения точки М. Под панелью управления моделируется работа компьютерного осциллографа, который воспроизводит осциллограммы скорости и ускорения точки М. В левом верхнем углу экрана монитора в режиме реального времени воспроизводятся числовые значения параметров движения: время, угол поворота кулисы, скорость и ускорение точки М. Если возникает необходимость фиксации параметров движения при интересующем пользователя положении кулисы, курсором на панели управления обозначается кнопка «Пауза». Движение кулисы прекращается, фиксируется траектория движения цифровые значения параметров движения, время. Проанализировав результаты, пользователь может продолжить процедуру моделирования, воспользовавшись вновь кнопкой «Старт». На рис. 2.2.33, а, б показаны воспроизведенные и зафиксированные на экране монитора траектория движения точки М с иллюстрацией направления абсолютной скорости V точки М при различных положениях кулисы. Отметим, что в режиме анимации движения вектор скорости непрерывно меняет свое направление. Вектор скорости всегда направлен по касательной к траектории движения.

а)

б)

в)

г)

Рис. 2.2.33. Воспроизведение на экране монитора траектории движения точки М с иллюстрацией направления абсолютной скорости точки М, абсолютного и кориолисова ускорения точки М при различных положениях механизма

237

На рис. 2.2.33, в, г показаны воспроизведенные и зафиксированные на экране монитора траектория движения точки М с иллюстрацией направления абсолютного а и кориолисового ак ускорений точки М при различных положениях кулисы. В режиме анимации движения вектора абсолютного а и кориолисового ак ускорений точки М непрерывно меняют свои направления. Отметим, что кориолисово ускорение ак всегда перпендикулярно вектору относительной скорости точки М, совпадающему с направлением паза кулисы. Для моделирования процесса движения при других исходных данных пользователь на управляющей панели отмечает с помощью курсора кнопку «Стоп», вводит в соответствующие окна управляющей панели необходимые данные и кнопкой «Старт» вновь моделирует процесс. Тесты «Сложное движение точки» К65

Прямоугольная пластинка вращается вокруг вертикальной оси по закону  e  5t рад. По диагонали пластинки двигается точка М по закону OM  (4t  3) м. Ускорение Кориолиса для точки М равно…

К66

Горизонтальный стержень вращается вокруг вертикальной оси по закону  e =  t /3 рад. Вдоль стержня двигается точка М по закону ОМ = 6t м. Ускорение Кориолиса для точки М равно… К67

Горизонтальный стержень вращается вокруг вертикальной оси по закону  e = t /2 рад. Вдоль стержня двигается точка М по закону ОМ = 4t м. Ускорение Кориолиса для точки М равно… К68 Тележка двигается по горизонтальной прямой по закону S e  3  0, 5t м. На тележке по вертикальной 238

Варианты ответов: 1) 20 3 м/с2 2) 20 м/с2 3) 10 3 м/с2 4) 20 м/с2

Варианты ответов: 1) 4  t м/с2 2) 4  м/с2 3) 2  / 3 м/с2 4)

2 2 t м/с 3

Варианты ответов: 1) 2 м/с2 2) 4 t м/с2 3) 4 м/с2 4) 2 t м/с2 Варианты ответов: 1) 0 м/с2 2) 3 t м/с2 3) 3 м/с2 4) 3/2 м/с2

окружности r  0, 5 м двигается точка М по закону  r  3t рад. Ускорение Кориолиса для точки М равно… К69 Тележка двигается по горизонтальной прямой по закону S e  3t м. На тележке по вертикальной окружности r  0, 5 м двигается точка М по  закону  r  t рад. Ускорение Кориолиса для точки М 2 равно… К70 Круглая пластинка радиуса R вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через ее центр  по закону  e  t рад. Ускорение 4 Кориолиса для точки М равно…

Варианты ответов: 1)

3 м/с2 4

2)

3 м/с2 2

3) 0 м/с2 4)

3 2 t м/с 2

Варианты ответов:

3 м/с2 4 3 2) м/с2 2 3) 0 м/с2

1)

4)

3 2 t м/с 2

Сферическое движение твердого тела а)

Определение скоростей и ускорений твердого тела, катящегося без скольжения по неподвижной поверхности и имеющего неподвижную точку (задание К 8 [18, 22])

Задание. Тело А катится без скольжения по поверхности неподвижного тела В, имея неподвижную точку О. Тела А и В представляют собой прямые круглые конусы (рис. 2.2.34). Определить угловую скорость и угловое ускорение тела А, а также скорость и ускорение точки М при заданном положении тела А, если его ось O вращается с постоянной угловой скоростью

1 вокруг неподвижной оси O z .

Исходные данные:   60 o ; ОМ0 = l = 30 см;

1 = 1,2 с-1;

  90o ;

М0М = 10 см. Рис. 2.2.34. Схема движения

Решение 1. Определение угловой скорости тела А. Конус А совершает сферическое движение. Мгновенная ось вращения O  совпадает с общей образующей конусов (рис. 2.2.35, а).

239

а) б) Рис. 2.2.35. Схемы для определения линейных и угловых скоростей Скорость vc точки С является вращательной скоростью вокруг мгновенной оси. Следовательно, угловая скорость конуса



vc . CK

С другой стороны, скорость точки С, описывающей окружность радиусом СК1, можно определить по формуле

vc  CK1  1 . По рис. 2.2.35, а

CK1  l  cos30o  sin 75o  30  0,866  0,966 = 25,1 см. Поэтому

vc = 25,1 · 1,2 = 30,1 см/с. Так как

CK  l  sin 30o  sin 60o  30  0,5  0,866 = 13 см, то

 

30,1 = 2,32 с-1. 13



Направление вектора  определяется направлением вектора vc (рис. 2.2.35, а). Угловую скорость конуса А можно найти также путем сложения вращений вокруг пересекающихся осей – построением параллелограмма угловых скоростей (рис. 2.2.35, б). На  рис. 2.2.35, б 2 – угловая скорость конуса А во вращении относительно собственной оси O . По теореме синусов



o

откуда

sin 75



1

sin 30o

240

,

  1

sin 75o 0,966 = 2,32 с-1.  1, 2  o sin30 0,5

2. Определение углового ускорения тела А.   Угловое ускорение конуса А геометрически равно скорости u конца вектора  , который описывает окружность радиусом

  sin 45o вокруг оси O z (рис. 2.2.36): u    sin 45o  1 = 2,32 · 0, 707 · 1,2 = 1,97 с-1;

 u

= 1,97 с-2.



Вектор  приложен в точке О и направлен перпендикулярно к плоскости zO . Следовательно, ось углового ускорения ОЕ совпадает с осью Оу. Рис. 2.2.36. Схема для определения углового ускорения

2. Определение скорости точки М тела А. Скорость точки М определяем как вращательную скорость вокруг мгновенной оси:

vM  MK    MD  cos30o   ; MD  2l  sin 30o  M 0 M

= 2 · 30 · 0,5 – 10 = 20 см;

vM = 20 · 0,866 · 2,32 = 40,2 см/с. Вектор

  vM параллелен вектору vc и имеет одинаковое с ним направление (рис. 6.2, а).

4. Определение ускорения точки М тела А. Ускорение точки М тела А находим как геометрическую сумму осестремительного и вращательного ускорений:

   aM  aMoc  aMв . Осестремительное ускорение направлено по перпендикуляру к мгновенной оси вращения (рис. 2.2.37) и определяется как

 аМос  MK 2   2  MD  cos30o   2 = = 20 · 0,866 · 2,322 = 93,22 см/с2. Вращательное ускорение направлено перпендикулярно к ОМ в плоскости zO , как показано на рис. 2.2.36, 241

Рис. 2.2.37. Схема для определения ускорения точки М

aMв  OM   ; OM  l 2  ( M 0 M ) 2  2l  M 0 M  cos 60o

;

OM  900  100  2  30 10  0,5 = 26,5 см;

a Mв

= 26,5 · 1,97 = 52,2 см/с2.

Обе составляющие расположены в плоскости zO ( zOx ). Величину диагональ параллелограмма, построенного на этих составляющих:

 aM найдем как

aM  (aMос ) 2  (аМв ) 2  2aMос  аМв  cos  ; cos   cos( K 2OM ) 

l  MD  sin 30o 30  20  0,5 = 0,75;  OM 26,5

aM  93, 222  52,22  2  93,22  52, 2  0,75  4115,2 = 64,2 см/с2. Тесты по определению мгновенной угловой скорости при сферическом движении К55

Подвижный конус А катится без проскальзывания по неподвижному конусу В так, что угловая скорость вращения оси ОС вокруг оси ОС1 неподвижного конуса постоянна и равна 1 . Если известны углы и радиус основания R = 1 м, мгновенная угловая скорость тела А равна… К57 Подвижный конус А катится без проскальзывания по неподвижному конусу В так, что угловая скорость вращения оси ОС вокруг оси ОС1 неподвижного конуса постоянна и равна 1 . Если известны углы и радиус основания R = 1 м, мгновенная угловая скорость тела А равна… 242

Варианты ответов: 1)   0, 521 с-1 2)   0, 351 с-1 3)   1, 91 с-1 4)   2, 71 с-1 5)   0, 71 с-1

Варианты ответов: 1)   0, 51 с-1 2)   1 с-1 3)   31 с-1 4)   5 

3 1 с-1 2

2 3 1 с-1 3

К58

Подвижный конус А катится без проскальзывания по неподвижному конусу В так, что угловая скорость вращения оси ОС вокруг оси ОС1 неподвижного конуса постоянна и равна 1 . Если известны углы и радиус основания R = 1 м, мгновенная угловая скорость тела А равна…

Варианты ответов: 1)  

3 1 с-1 2

2)  

2 3 1 с-1 3

3)   1 с-1 4)   31 с-1 5)   0, 51 с-1

К59

Подвижный конус А катится без проскальзывания по неподвижному конусу В так, что угловая скорость вращения оси ОС вокруг оси ОС1 неподвижного конуса Если известны постоянна и равна 1 . углы и радиус основания R = 1 м, мгновенная угловая скорость тела А равна…

Варианты ответов:

Подвижный конус А катится без проскальзывания по неподвижному конусу В так, что угловая скорость вращения оси ОС вокруг оси ОС1 неподвижного конуса постоянна и равна 1 . Если известны углы и радиус основания R = 1 м, мгновенная угловая скорость тела А равна… К62 Подвижный конус А катится без проскальзывания по неподвижному конусу В так, что угловая скорость вращения оси ОС вокруг оси ОС1 неподвижного конуса постоянна Если известны и равна 1 . углы и радиус основания R = 1 м, мгновенная угловая скорость тела А равна…

Варианты ответов:

1)   0, 731 с-1 2)   0, 521 с-1 3)   1, 371 с-1 4)   0, 281 с-1 5)   1, 921 с-1

К60

243

1)   0, 52 1 с-1 2)   0, 28 1 с-1 3)   1, 37 1 с-1 4)   0, 73 1 с-1 5)   1, 92 1 с-1

Варианты ответов: 1)   0, 43 1 с-1 2)   1,11 с-1 3)   3, 7 1 с-1 4)   1, 92 1 с-1 5)   0, 52 1 с-1

К63 Подвижный конус А катится без проскальзывания по неподвижному конусу В так, что угловая скорость вращения оси ОС вокруг оси ОС1 неподвижного конуса постоянна и равна 1 . Если известны углы и радиус основания R = 1 м, мгновенная угловая скорость тела А равна… К64

Варианты ответов: 1)   0, 73 1 с-1 2)   0, 52 1 с-1 3)   1, 37 1 с-1 4)   0, 28 1 с-1 5)   1, 92 1 с-1

Варианты ответов: Подвижный конус А катится без проскальзывания по неподвижному конусу В так, что угловая скорость вращения оси ОС вокруг оси ОС1 неподвижного конуса постоянна и равна 1 . Если известны углы и радиус основания R = 1 м, мгновенная угловая скорость тела А равна…

1)   0, 7 1 с-1 2)   0, 52 1 с-1 3)   0, 35 1 с-1 4)   1, 9 1 с-1 5)   2, 7 1 с-1

ЗАКЛЮЧЕНИЕ Изучение теоретической механики имеет, с одной стороны, огромное общеобразовательное значение, а с другой – является научным фундаментом любого инженерного образования и научной базой современной техники, так как позволяет формировать систему навыков и умений по созданию физической модели реального и проектируемого объекта, овладению методикой ее математического описания с учетом требуемых ограничений и допущений (постановка задачи), выработать навыки последующего исследования этой модели с помощью законов механики (решение задачи), обучить анализу полученных результатов (с целью достижения желаемых свойств объекта или наиболее эффективного использования имеющихся свойств). Так как нет явлений природы, которые могут быть поняты без уяснения их механической стороны, и ни одно творение техники невозможно без использования законов механики. Все это актуально для любой специальности инженерного образования, но особенно важно для студентов, обучающихся по специальности «Теплогазоснабжение и вентиляция», которым предстоит изучать механику деформируемого твердого тела и целый ряд специальных дисциплин, базирующихся на знаниях по теоретической механике, сопротивлению материалов, механике жидкостей и газов.

244

Очень важным является и получение знаний по элементам общей теории колебаний, что даст возможность учесть негативные последствия природных явлений, как на стадии проектирования, так и на стадии эксплуатации установок и приборов. То есть овладение навыками основ практической инженерной деятельности, предполагает широкий научный и технический кругозор, основанный на глубоких и прочных знаниях теоретической механики. Представленный учебно-методический комплекс позволит не только получить теоретические знания по темам, предусмотренным образовательным стандартом данной специальности по разделам: статика, кинематика, но и закрепить эти знания, используя материалы практикума, в котором задачи сгруппированы по темам. Оценить уровень полученных знаний позволят материалы, вынесенные на самостоятельное решение, и материалы тестовых заданий, предназначенные для проверки правильности усвоения основных понятий и определений. Для удобства работы с учебнометодическим комплексом основные понятия и определения представлены в глоссарии. В случае затруднений при работе с учебно-методическим комплексом можно обратиться к дополнительной литературе, представленной в библиографическом списке.

245