1

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего образования

«Пензенский государственный университет» (ПГУ)

А. Ю. Муйземнек, Н. Ю. Митрохина

Теоретическая механика: практикум

Учебное пособие

Пенза Издательство ПГУ

2018

2

УДК 621.01:531.8(076.5)

ББК 22.21

М89

Р е ц е н з е н т ы :

доктор технических наук, профессор,

заведующий кафедрой «Общепрофессиональные дисциплины»

Пензенского филиала Военной академии материально-технического

обеспечения имени генерала армии А. В. Хрулёва

В. Я. Савицкий;

кандидат технических наук, доцент,

заведующий кафедрой «Компьютерное проектирование технологического

оборудования» Пензенского государственного университета

А. В. Липов

Муйземнек, А. Ю.

М89 Теоретическая механика: практикум : учеб. пособие /

А. Ю. Муйземнек, Н. Ю. Митрохина. – Пенза : Изд-во ПГУ,

2018. – 104 с.

ISBN 978-5-907102-32-3

Представлены практические работы по дисциплинам «Теоретиче-

ская механика», «Механика», «Прикладная механика» с целью форми-

рования у обучающихся знаний теоретического материала по данным

дисциплинам.

Издание подготовлено на кафедре «Теоретическая и приклад-

ная механика и графика» ПГУ и предназначено для обучающихся

по специальностям 23.05.01 «Транспортно-технологические средства»,

17.05.01 «Боеприпасы и взрыватели», направлениям подготовки 15.03.05

«Конструкторско-технологическое обеспечение машиностроительных

производств», 15.03.02 «Технологические машины и оборудование»,

15.03.01 «Машиностроение», 13.03.03 «Энергетическое машинострое-

ние», а также может быть использовано при проведении практических

работ с обучающимися других технических специальностей и направ-

лений по дисциплине «Механика», «Прикладная механика».

УДК 621.01:531.8(076.5)

ББК 22.21

ISBN 978-5-907102-32-3 © Пензенский государственный

университет, 2018

3

СОДЕРЖАНИЕ

Введение ................................................................................................................. 4

Р а з д е л 1. Статика .............................................................................................. 6

Задача С1. Равновесие плоской конструкции .......................................... 10

Задача С2. Равновесие пространственной конструкции ......................... 14

Р а з д е л 2. Кинематика ..................................................................................... 19

Задача К1. Движение материальной точки ............................................... 24

Задача К2. Вращательное движение твердого тела ................................. 30

Задача К3. Движение плоского механизма ............................................... 33

Р а з д е л 3. Динамика ........................................................................................ 44

Задача Д1. Интегрирование дифференциальных

уравнений движения материальной точки ....................................................... 61

Задача Д2. Количество движения механической системы ..................... 68

Задача Д3. Кинетический момент механической системы ..................... 73

Задача Д4. Кинетическая энергия механической системы ..................... 79

Задача Д5. Поступательное и вращательное движения твердого тела ........................................................................................................ 85

Задача Д6. Принцип Германа – Эйлера – Даламбера .............................. 95

Заключение ......................................................................................................... 101

Библиографический список .............................................................................. 102

4

Введение

Практические работы являются составной частью учебных дис-

циплин «Теоретическая механика», «Механика» и «Прикладная меха-

ника», читаемых для студентов всех форм обучения.

Целью проведения практических работ являются закрепление

теоретического материала по данным дисциплинам и развитие у сту-

дентов навыков самостоятельной работы, в том числе и с персональ-

ными вычислительными машинами, оснащенными современным про-

граммным обеспечением.

В результате выполнения практических работ студенты должны

знать и уметь применять:

– методы расчета плоских и пространственных конструкций;

– методы определения кинематических характеристик матери-

альных точек и тел;

– методы кинематического анализа плоских механизмов;

– методы составления и интегрирования дифференциальных

уравнений движения материальных точек и тел;

– общие теоремы динамики материальной точки и механической

системы;

– дифференциальные уравнения поступательного и вращатель-

ного движения твердого тела;

– принцип Германа – Эйлера – Даламбера.

График проведения практических работ доводится до сведения

студентов в начале семестра. Количество практических работ и время,

отведенное на их выполнение, определяются учебным планом по каж-

дому направлению и специальности.

До проведения практических работ студент должен ознакомиться

с теоретическим материалом по теме работы. При подготовке к прак-

тическим работам, кроме данного пособия, следует использовать

учебники и учебные пособия [1–8].

5

Перед началом работы необходимо пройти краткий инструктаж

по работе на персональной вычислительной машине, получить логин и

пароль для входа в систему. Все созданные студентом файлы в процессе

работы должны находиться в папке с его фамилией.

После выполнения практической работы студент должен офор-

мить результаты работы в тетради и представить на проверку препо-

давателю.

6

Р а з д е л 1. Статика Система сил – совокупность нескольких сил. Эквивалентные системы сил – это системы, которые могут быть

заменены одна 1,..., nF F другой 1,..., n без нарушения кинема-

тического состояния тела:

1,..., nF F ~ 1,..., n .

Равнодействующая сила R – эквивалентная системе сил:

R ~ 1,..., nF F .

Уравновешенная система сил – 1,..., nF F ~ 0 , под действием

которой тело остается в исходном кинематическом состоянии. Силы, равномерно распределенные по отрезку прямой, ха-

рактеризуются интенсивностью – величиной силы, приходящейся на единицу длины нагруженного отрезка: q (Н/м). Равнодействующая сила Q qa (Н) приложена в середине отрезка а.

Плоская система сил

Аналитические условия равновесия произвольной плоской системы сил:

1. Равенство нулю сумм проекций сил на две координатные оси и суммы их моментов относительно любого центра:

0, 0, ( ) 0.kx ky A kF F M F

2. Равенство нулю сумм моментов сил относительно двух центров и суммы их проекций на одну ось:

0, 0, 0.A k B k kxM F M F F

3. Равенство нулю сумм моментов сил относительно трех центров, не лежащих на одной прямой:

0, 0, 0.A k B k C kM F M F M F

Условия равновесия плоской системы параллельных сил:

1. 0, 0.k y O kF M F

2. 0, 0.A k B kM F M F

7

Теорема Вариньона о моменте равнодействующей: момент

равнодействующей плоской системы сил относительно любого центра

равен алгебраической сумме моментов слагаемых сил относительно

того же центра: .O O kM R M F

Реакция стержневых опор характеризуется одним вектором

силы, направленным вдоль оси стержня AR .

Реакция шарнирно неподвижной опоры характеризуется двумя

проекциями вектора силы ,A AX Y .

Реакция шарнирно подвижной опоры характеризуется одним

вектором силы, направленным по нормали к поверхности, вдоль кото-

рой опора допускает перемещение AR .

Реакция жесткой заделки характеризуется двумя проекциями

силы и моментом в приведенном центре: , , .A A AX Y M Равновесие системы тел с нежесткими связями рассматривается

для каждого тела в отдельности, при этом связь заменяется на силы

взаимодействия между телами. Если неизвестных получается больше

числа уравнений равновесия – система статически неопределимая.

Равновесие при наличии сил трения учитывается во всех

практических случаях, за исключением предельной силы трения в за-

коне Амонтона – Кулона: пр ,F fN где f коэффициент трения,

N нормальная реакция.

Угол трения – угол между предельной реакцией и нормалью

к поверхности пр

tgF

N .

Конус трения – геометрическое место всех возможных направ-

лений предельной реакции.

Трение качения возникает в результате деформации поверхно-

стей. Коэффициент трения качения пропорционален радиусу цилиндра

и не схож для различных материалов δ = 0,001...20,1 10 м. Момент

сопротивления качению: δM N .

Пространственная система сил

Момент силы относительно оси – скалярная величина, равная

моменту проекции силы на плоскость, перпендикулярную оси, взятому

относительно точки пересечения оси с плоскостью z xyM F F h .

8

Зависимость между моментами силы относительно центра и от-

носительно оси, проходящей через этот центр: cosγ,z OM F M т.е.

момент силы относительно оси равен проекции на эту ось вектора, изображающего момент данной силы относительно любого центра, лежащего на оси.

Аналитические формулы для вычисления моментов силы отно-сительно трех координатных осей:

x z yM F yF zF ; ;y x zM F zF xF .z y xM F xF yF

Основная теорема статики (теорема Пуансо): любая система сил, приложенных к абсолютно твердому телу, может быть заменена одной

силой (главным вектором данной системы сил R ) и одной парой сил

(главным моментом данной системы сил 0M ).

Вычисление главного вектора и главного момента простран-ственной системы сил:

;x kxR F ;y kyR F ;z kzR F

0 ;x x kM M F 0 ;y y kM M F 0 .z z kM M F

Частные случаи приведения пространственной системы сил:

1) к паре сил 00, 0R M – на тело действует пара сил с мо-

ментом 0M . Значение 0M не зависит от выбора центра приведения;

2) к равнодействующей 00, 0R M – на тело действует рав-

нодействующая сила, линия действия которой проходит через центр приведения O;

3) к динамическому винту (только если R M ) 00, 0R M , ось

винта проходит через центр приведения O;

4) случай равновесия 00, 0.R M

Аналитические условия равновесия произвольной про-

странственной системы сил:

0;kxF 0;kyF 0;kzF

0;x kM F 0;y kM F 0.z kM F

Условия равновесия пространственной системы параллельных сил:

0;kzF 0;x kM F 0.y kM F

9

Теорема Вариньона о моменте равнодействующей относи-

тельно оси.

Если данная система сил имеет равнодействующую, то момент

этой равнодействующей относительно любой оси равен алгебраической

сумме моментов слагаемых сил относительно той же оси:

.x x kM R M F

Центр параллельных сил и центр тяжести

Центр параллельных сил – точка С, через которую проходит

линия действия равнодействующей R системы параллельных сил kF

при любых поворотах этих сил около их точек приложения в одну и ту

же сторону и на один и тот же угол.

Формулы для определения координат центра параллельных

сил:

c ,k kF xx

R

c ,k kF y

yR

c .k kF z

zR

Центр тяжести твердого тела – связанная с ним точка, через

которую проходит линия действия равнодействующей R сил тяжести

частиц kG данного тела при любом положении тела в пространстве.

Формулы для определения координат центра тяжести тела:

c ;k kG xx

R

c ;k kG y

yR

c .k kG z

zR

Центр тяжести:

– объема c ;k kV xx

V

c ;k kV y

yV

c ;k kV z

zV

– площади c ;k kA xx

A

c ;k kA y

yA

c ;k kA z

zA

– линии ;k kC

l xx

L

;k k

C

l yy

L

k k

C

l zz

L

.

Способы определения положения центров тяжести тел: сим-

метрия, разбиение, дополнение, интегрирование, экспериментальный.

10

Центр тяжести:

1) дуги окружности лежит на оси симметрии на расстоянии от

центра, равном sinα

,α

Cx R α – в радианах;

2) треугольника – в точке пересечения его медиан 1

3CE BE ;

3) кругового сектора – на его оси симметрии на расстоянии от

центра 2 sinα

, α3α

C

Rx – в радианах.

Задача С1

Равновесие плоской конструкции

Жесткая рама, показанная на рис. С1.0–С1.9, расположенная

в вертикальной плоскости, закреплена в точке А шарнирно, а в точке В

прикреплена или к невесомому стержню с шарнирами на концах, или

к шарнирной опоре на катках.

В точке С к раме привязан трос, перекинутый через блок и несу-

щий на конце груз весом Р = 25 кН. На раму действует пара сил с мо-

ментом М = 100 кН∙м и две силы, значения, направления и точки при-

ложения которых указаны в табл. С1.

Определить реакции связи в точках А, В, вызываемые действу-

ющими нагрузками. При окончательных расчетах принять а = 0,5 м.

Указания. Задача С1 – на равновесие тела под действием произ-

вольной плоской системы сил. В ее решении учесть, что натяжение

обеих ветвей нити, перекинутой через блок, когда трением пренебре-

гают, будет одинаковым. Уравнение моментов будет более простым,

если прикладываемые силы раскладывать на составляющие F и F ,

для которых плечи легко определяются, и использовать при этом тео-

рему Вариньона, согласно которой 0 0 0M F M F M F .

11

Таблица С1

Силы

F1

α1

F2

α2

α3

F3

α4

F4

1 10кНF 2 20кНF 3 30кНF 4 40кНF

Номер

условия То

чка

пр

ило

жен

ия

1 ,

град. То

чка

пр

ило

жен

ия

2 ,

град. То

чка

пр

ило

жен

ия

3 ,

град. То

чка

пр

ило

жен

ия

4 ,

град.

0 H 30 – – – – K 60

1 – – D 15 E 60 – –

2 K 75 – – – – E 30

3 – – K 60 H 30 – –

4 D 30 – – – – E 60

5 – – H 30 – – D 75

6 E 60 – – K 15 – –

7 – – D 60 – – H 15

8 H 60 – – D 30 – –

9 – – E 75 K 30 – –

Рис. С1.0 Рис. С1.1

12

Рис. С1.2

Рис. С1.3

Рис. С1.4

Рис. С1.5

В

2а

Е

К

А

РН

М

С

а

а

2а

а

2а

а

D

30˚

Рис. С1.6 Рис. С1.7

13

Рис. С1.8 Рис. С1.9

Пример С1. Жесткая пластина ABCD (рис. С1) имеет в точке А неподвижную шарнирную опору, а в точке В – подвижную шарнирную опору на катках. Все действующие нагрузки и размеры показаны на рис. С1.

Рис. С1

Дано: F = 25 кН, α = 60°, Р = 18 кН, γ = 75°, М = 50 кН·м, β = 30°, а = 0,5 м.

Определить: реакции в точках А и В, вызываемые действующими нагрузками.

Решение. 1. Рассмотрим равновесие пластины. Проведем коор-

динатные оси ху и изобразим действующие на пластину силы: силу F ,

пару сил с моментом М, натяжение троса T (по модулю Т = Р) и ре-

акции связей , ,A A BX Y R (реакцию неподвижной шарнирной опоры А

изображаем двумя ее составляющими, реакция шарнирной опоры на катках направлена перпендикулярно опорной плоскости).

14

2. Для полученной плоской системы сил составим три уравнения

равновесия. При вычислении момента силы F относительно точки А

воспользуемся теоремой Вариньона, т.е. разложим силу F на состав-

ляющие ,F F cos ,F F sinF F и учтем, что AM F

A AM F M F . Получим:

0kxF , sin cos sin 0A BX R F T ;

0kyF , cos sin cos 0A BY R F T ;

0A kM F ,

cos 4 cos 2 sin 3 sin 2 0BM R a F a F a T a .

Подставив в составленные уравнения числовые значения задан-ных величин и решив эти уравнения, определим искомые реакции.

Ответ: AX –8,5 кН; AY –23,3 кН; RB = 7,3 кН. Знаки указы-

вают, что силы AX и AY направлены противоположно показанным на

рис. С1.

Задача С2

Равновесие пространственной конструкции Две однородные прямоугольные тонкие плиты жестко соединены

(сварены) под прямым углом друг к другу и закреплены сферическим шарниром (или подпятником) в точке А, цилиндрическим шарниром (подшипником) в точке B и невесомым стержнем 1 (рис. С2.0–С2.7) или же двумя подшипниками в точках A и B и двумя невесомыми стерж-нями 1 и 2 (рис. С2.8, С2.9); все стержни прикреплены к плитам и к неподвижным опорам шарнирами.

Размеры плит указаны на рисунках; вес большей плиты P1 = 5 кH, вес меньшей плиты P2 = 3 кH. Каждая из плит расположена параллельно одной из координатных плоскостей (плоскость xy – горизонтальная).

На плиты действует пара сил с моментом M = 4 кH∙м, лежащая

в плоскости одной из плит, и две силы. Значения этих сил, их направ-

ления и точки приложения указаны в табл. С2; при этом силы 1F и 4F

лежат в плоскостях, параллельных плоскости xy, сила 2F – в плоско-

сти, параллельной xz, и сила 3F – в плоскости, параллельной yz. Точки

приложения сил (D, E, H, K) находятся в углах или в серединах сторон

плит.

15

Определить реакции связей в точках A и B и реакцию стержня

(стержней). При подсчетах принять а = 0,6 м.

Указания. Задача С2 – на равновесие тела под действием произ-

вольной пространственной системы сил. При ее решении учесть, что

реакция сферического шарнира (подпятника) имеет три составляющие

(по всем трем координатным осям), а реакция цилиндрического шар-

нира (подшипника) – две составляющие, лежащие в плоскости, пер-

пендикулярной оси шарнира (подшипника). При вычислении момента

силы F часто удобно разложить ее на две составляющие F и F ,

параллельные координатным осям (или на три), тогда по теореме Ва-

риньона x x xM F M F M F и т.д.

Таблица С2

Силы

1

1Fx

y

2

x

2Fz

y

3

3F

z

x

y

4

4F

1 6кНF 2 8кНF 3 10кНF 4 12кНF

Но

мер

усл

ови

я

То

чка

пр

ило

жен

ия

1 ,

град. То

чка

пр

ило

жен

ия

2 ,

град. То

чка

пр

ило

жен

ия

3 ,

град. То

чка

пр

ило

жен

ия

4 ,

град.

0 E 60 H 30 – – – –

1 – – D 60 E 30 – –

2 – – – – K 60 E 30

3 K 30 – – D 0 – –

4 – – E 30 – – D 60

5 H 0 K 60 – – – –

6 – – H 90 D 30 – –

7 – – – – H 60 K 90

8 D 30 – – K 0 – –

9 – – D 90 – – H 30

16

К

2а

3а

E

By

z

A

xH

1

a

M

D

Рис. С2.0

x

B

2аM

3аz

A

EK

a y

DH

1

Рис. С2.1

К

2а

3а

E B

y

z

A

x

H

1

a DM

Рис. С2.2

К

2а

B

z

Ax

H

D3а

M

E

1

Рис. С2.3

2а

4а

E

K

y

z

A

x

1

M3а

DH

B

Рис. С2.4

x

B2а3а

z

A

K

yDH

M

E 4а

30˚

Рис. С2.5

К2аB

z

A

x

D3а

HE

а

y1

30˚

M

Рис. С2.6

x

B2а

3а z

A

K

yD

H

E

4а

1

M

Рис. С2.7

17

x

B

2а

3аz

A

Ey

1

M

KDH

2

4а

Рис. С2.8

x

4а

z

A

K

y

DH

E

1

M

2 2а

3а

B

Рис. С2.9

Пример С2. Горизонтальная прямоугольная плита весом Р

(рис. С2) закреплена сферическим шарниром в точке А, цилиндриче-

ским (подшипником) в точке В и невесомым стержнем DD. На плиту

в плоскости, параллельной xz, действует сила F , а в плоскости, па-

раллельной yz, – пара сил с моментом М.

Рис. С2

Дано: Р = 3 кН; F = 8 кН; М = 4 кН∙м; α = 60°; АС = 0,8 м;

АВ = 1,2 м; ВЕ = 0,4 м; ЕН = 0,4 м.

Определить: реакции опор А, В и стержня DD. Решение. 1. Рассмотрим равновесие плиты. На плиту действуют

заданные силы P , F и пара с моментом М, а также реакции связей.

Реакцию сферического шарнира разложим на три составляющие АX ,

AY , AZ , цилиндрического (подшипника) – на две составляющие BX ,

18

ВZ (в плоскости, перпендикулярной оси подшипника); реакцию N

стержня направляем вдоль стержня от D к D , предполагая, что он

растянут.

2. Для определения шести неизвестных реакций составляем шесть

уравнений равновесия действующей на плиту пространственной си-

стемы сил:

0kxF , cos60 0A BX X F ; (1)

0kyF , cos30 0АY N ; (2)

0kzF ; sin30 sin60 0А ВZ Z P N F ; (3)

0x kM F ,

/ 2 sin60 sin30 0BM P AB Z AB F AB N AB ; (4)

0y kM F ,

/ 2 sin30 sin60 / 2 cos60 0P AC N AC F AC F BE ; (5)

0z kM F , cos60 cos30 0BF AB N AC X AB . (6)

Для определения моментов силы F относительно осей разлагаем

ее на составляющие F и F , параллельные осям х и z ( cosαF F ,

sinαF F ), и применяем теорему Вариньона (см. указания). Анало-

гично можно поступить при определении моментов реакции N .

Подставив в составленные уравнения числовые значения всех

заданных величин и решив эти уравнения, найдем искомые реакции.

Ответ: ХА = 3,4 кН; YА = 5,1 кН; ZA = 4,8 кН; ХВ = – 7,4 кН; ZB =

= 2,1 кН; N = 5,9 кН. Знак минус указывает, что реакция BX направ-

лена противоположно показанной на рис. С2.

19

Р а з д е л 2. Кинематика

Предмет кинематики – изучение геометрических свойств дви-

жения тел без учета их массы и действующих сил.

Пространство рассматривается как трехмерное евклидово про-

странство, а время протекает одинаково во всех рассматриваемых си-

стемах отсчета.

Относительность механического движения связана с выбором

системы отсчета – системы координат для определения положения

движущегося тела, связанной с тем телом, по отношению к которому

изучается движение. Кроме системы координат, система отсчета

включает в себя время.

Задачи кинематики: установление математических способов

задания движения тел и определение основных кинематических вели-

чин: траекторий, скоростей, ускорений и т.п.

Кинематика точки

Векторный способ задания движения точки состоит в задании

радиус-вектора точки r r t .

Траектория точки – геометрическое место концов радиус-вектора.

Скорость точки – первая производная радиус-вектора точки по

времени:

.dr

vdt

Ускорение точки – первая производная скорости точки по вре-

мени или вторая производная радиус-вектора точки по времени:

2

2.

dv d ra

dt dt

Координатный способ задания движения точки в прямоугольных

декартовых координатах состоит в задании уравнений движения:

1 2 3, , .x f t y f t z f t

Определение траектории точки состоит в исключении времени

из уравнения движения и нахождении траектории в виде, дающем за-

висимость между ее координатами y = f(x).

20

Определение скорости и ускорения точки по их проекциям на

прямоугольные декартовы координатные оси:

xv x , yv y , zv z ; 2 2 2 ;x y zv v v v

x xa v х , ,y ya v y z za v z , 2 2 2.x y za a a a

Естественный способ задания движения точки состоит в опреде-

лении:

1) траектории точки;

2) начала отсчета;

3) закона движения точки по траектории s = f(t) (s – дуговая ко-

ордината).

Естественный трехгранник составляется из соприкасающейся,

нормальной и спрямляющей плоскостей с осями – единичными векто-

рами: , , .n b

Алгебраическая величина скорости точки: ds

v sdt

.

Определение ускорения точки по его проекциям на оси есте-

ственного трехгранника:

2 2 ,na a a

где dv

a sdt

– касательное ускорение точки, характеризующее из-

менение вектора скорости точки по величине; 2

n

va

– нормальное

ускорение точки, характеризующее изменение вектора скорости точки

по направлению ( – радиус кривизны траектории в данной точке).

Кинематика твердого тела

Поступательным движением твердого тела называется такое

движение, при котором любая прямая, соединяющая две точки тела,

движется параллельно самой себе.

Теорема. При поступательном движении твердого тела все его

точки описывают одинаковые траектории и в любой момент времени

имеют одинаковые по модулю и направлению скорости и ускорения.

Вращательным движением твердого тела называется такое

движение, при котором остаются неподвижными все точки тела, ле-

21

жащие на некоторой прямой, называемой осью вращения. При этом все

остальные точки тела описывают окружности с центрами на оси вра-

щения.

Уравнение вращательного движения абсолютно твердого тела:

( )f t ( – угловая координата, рад.).

Угловая скорость и угловое ускорение абсолютно твердого тела:

,d

dt

2

2.

d

dt

Вектор угловой скорости абсолютно твердого тела направлен по

оси вращения в ту сторону, откуда вращение видно происходящим

против хода часовой стрелки. Вектор углового ускорения при уско-

ренном движении направлен по оси вращения в ту же сторону, что и

вектор угловой скорости, а при замедленном движении – в противо-

положном направлении.

Выражение скорости точки вращающегося тела и ее каса-

тельного и нормального ускорений в виде векторных произведений:

; ; ;nv r a r a v

в виде алгебраических значений:

;v r ;a r na v или 2na r .

Плоскопараллельное движение абсолютно твердого тела

(движение плоской фигуры в ее плоскости) – это такое движение,

при котором все точки тела перемещаются параллельно некоторой не-

подвижной плоскости.

Движение плоской фигуры в ее плоскости раскладывается на

поступательное вместе с полюсом и вращательное вокруг полюса.

Вращательная часть движения от выбора полюса не зависит, отсюда

следует независимость угловой скорости и углового ускорения фигуры

от выбора полюса.

Уравнения движения плоской фигуры:

1 2 3( ), ( ), ( ).A Ax f t y f t f t

Скорость любой точки плоской фигуры определяется как гео-

метрическая сумма скорости полюса и скорости этой точки при вра-

щении фигуры вокруг полюса:

;М А МА МАv v v v MA .

22

Теорема о проекциях скоростей двух точек фигуры: проекции

скоростей двух точек абсолютно твердого тела на прямую, соединяю-

щую эти точки, равны друг другу и одинаково направлены:

cos cos .А Bv v

Мгновенный центр скоростей (МЦС) – это точка P , неиз-

менно связанная с телом, скорость которой в данный момент времени

равна нулю.

Определение скоростей точек плоской фигуры с помощью МЦС

основывается на двух свойствах:

1) скорость любой точки тела, лежащей в сечении S, равна ско-

рости при ее вращении вокруг МЦС;

2) скорости точек тела пропорциональны их расстояниям до

МЦС, т.е.

, , .A BА B

v vv PA v PB

PA PB

Для определения МЦС надо знать только направления скоростей

,А Bv v , для определения Bv – модуль и направление Аv и направление

Bv ; угловая скорость тела в каждый момент времени равна отношению

скорости какой-нибудь точки к ее расстоянию до МЦС .Bv

PB

Ускорение любой точки плоской фигуры определяется как

геометрическая сумма ускорения полюса Aa и ускорения этой точки

при вращении фигуры вокруг полюса MAa :

M A MAa a a ,

где 2 4 ;MAa MA n

M A MA MAa a a a – при движении полюса

по прямой; n nM A A MA MAa a a a a – при движении полюса по

окружности.

Мгновенный центр ускорений – это точка Q , ускорение ко-

торой в данный момент времени равно нулю. Ускорения любых других

точек тела пропорциональны их расстояниям от мгновенного центра

ускорений:

... .NM A aa a

QM QA QN

23

Сложное движение точки и твердого тела

Абсолютное и относительное движение точки, переносное

движение: абсолютным, или сложным, называется движение точки по

отношению к неподвижной системе координат, выбранной за основ-

ную; движение точки по отношению к подвижной системе координат

называется относительным; под переносным движением понимается

движение подвижной системы координат относительно неподвижной.

Соответственно называются скорости и ускорения в этих движениях.

Теорема о сложении скоростей: при сложном движении абсо-

лютная скорость точки равна геометрической сумме относительной и

переносной скоростей:

абс пep отн ,v v v 2 2абс отн пep отн пep2 cosv v v v v .

Теорема Кориолиса о сложении ускорений: абсолютное уско-

рение точки равно геометрической сумме трех ускорений: относи-

тельного (характеризующего изменение относительной скорости точки

в относительном движении), переносного (характеризующего измене-

ние переносной скорости точки в переносном движении) и кориолисова

(характеризующего изменение относительной скорости точки в пере-

носном движении и переносной скорости точки в относительном дви-

жении):

абс отн пep кopa a a a .

Модуль кориолисова ускорения:

кop пep отн отн2 sin ,a v v .

Направление кориолисова ускорения находится поворотом

вектора относительной скорости отнv на 90 в сторону переносного

вращения.

В случае поступательного переносного движения кориолисово

ускорение обращается в нуль.

Сложное движение твердого тела

Сложение поступательных движений: результирующее дви-

жение также является поступательным со скоростью 1 2v v v .

Сложение мгновенных вращений абсолютно твердого тела во-

круг пересекающихся и параллельных осей:

1. Сложение движений вокруг двух осей, пересекающихся в точке

О: результирующее движение тела можно представить как мгновенное

24

вращение вокруг оси ОС, проходящей через точку О, с угловой скоро-

стью, равной геометрической сумме относительной и переносной уг-

ловых скоростей 1 2 .

2. Сложение вращений вокруг двух параллельных осей:

а) 1 2 при вращении в одну сторону;

б) 1 2 при вращении в разные стороны ( 1 2 ).

Пара мгновенных вращений ( 1 2 ) эквивалентна посту-

пательному движению со скоростью v AB ( AB – расстояние между

осями).

Кинематический винт – это сложное движение, состоящее из

вращательного вокруг оси АО и поступательного параллельно оси АО.

Задача К1

Движение материальной точки

Задача К1а

Точка В движется в плоскости ху (рис. К1.0–К1.9, табл. К1, тра-

ектория точки на рисунках показана условно). Закон движения точки

задан уравнениями: x = f1(t), y = f2(t), где х и у выражены в сантиметрах,

t – в секундах.

Найти уравнение траектории точки, для момента времени t1 = 1 с

определить скорость и ускорение точки, а также ее касательное и нор-

мальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке тра-

ектории.

Зависимость х = f1(t) указана непосредственно на рисунках, а за-

висимость y = f2(t) дана в табл. К1 (для рис. К1.0–К1.2 в столбце 2, для

рис. К1.3–К1.6 в столбце 3, для рис. К1.7–К1.9 в столбце 4).

Задача К1б

Точка движется по дуге окружности радиуса R = 2 м по закону s =

= f(t), заданному в табл. К1 в столбце 5 (s – в метрах, t – в секундах), где

s AM

– расстояние точки от некоторого начала А, измеренное вдоль

дуги окружности. Определить скорость и ускорение точки в момент

времени t1 = 1 с. Изобразить на рисунке векторы v и a , считая, что

точка в этот момент находится в положении М, а положительное

направление отсчета s – от А к М.

25

Таблица К1

Номер

условия

2y f t

s f t рис. К1.0–К1.2 рис. К1.3–К1.6 рис. К1.7–К1.9

0 12sin6

t

22 2t 4cos6

t

4cos6

t

1 6cos3

t

8sin4

t

26cos

6t

2sin3

t

2 23sin

6t

22 t 4cos

3t

26 2t t

3 9sin6

t

22t 10cos6

t

2sin6

t

4 3cos3

t

2cos4

t

24cos

6t

4cos

3t

5 10sin6

t

22 3t 12cos3

t

3sin3

t

6 26sin

6t

2sin4

t

3cos6

t

23 10t t

7 2sin6

t

3

1t 8cos3

t

2cos3

t

8 9cos3

t

32 t 9cos6

t

3sin6

t

9 8sin6

t

4cos4

t

6cos3

t

2cos6

t

B

0 x

y

36

cos6

tx

Рис. К1.0

B

0 x

y

tx

6cos4

Рис. К1.1

B

0 x

y

tx

6cos32

Рис. К1.2

26

B

0 x

y

4 tx

Рис. К1.3

B

0 x

y

tx 24

Рис. К1.4

B

0 x

y

tx 2

Рис. К1.5

B

0 x

y

tx 2

Рис. К1.6

B

0 x

y

26

sin8

tx

Рис. К1.7

B

0 x

y

tx

6sin12

Рис. К1.8

B

0 x

y

tx

6sin64

Рис. К1.9

Указания. Задача К1 относится к кинематике точки и решается

с помощью формул, по которым определяются скорость и ускорение

точки в декартовых координатах (координатный способ задания дви-

жения точки), а также формул, по которым определяются скорость,

касательное и нормальное ускорения точки при естественном способе

задания ее движения. В задаче все искомые величины нужно опреде-

лить только для момента времени t1 = 1c.

В некоторых вариантах задачи К1а при определении траектории

или при последующих расчетах (для их упрощения) следует учесть

известные из тригонометрии формулы:

2 2cos2α 1 2sin α 2cos α 1 ; sin2α 2sinαcosα .

27

Пример K1а.

Дано: уравнения движения точки в плоскости ху:

2cos 3, 2sin 14 8

x t y t

(х, у – в сантиметрах, t –

в секундах).

Определить: уравнение траектории точки, для момента времени

t1 = 1 c найти скорость и ускорение точки, а также ее касательное и

нормальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке

траектории.

Решение. 1. Для определения уравнения траектории точки ис-

ключим из заданных уравнений движения время t. Поскольку t входит

в аргументы тригонометрических функций, где один аргумент вдвое

больше другого, используем формулу

2cos2 1 2sin или 2π πcos 1 2sin

4 8t t

. (1)

Из уравнений движения находим выражения соответствующих

функций и подставляем в равенство (1). Получим:

3cos

4 2

xt

,

1sin

8 2

yt

,

следовательно,

2

131 2

2 4

yx .

Отсюда окончательно находим следующее уравнение траектории

точки (параболы, рис. К1а):

2

1 1x y . (2)

1

10

-1

y

x

Рис. K1a

28

2. Скорость точки найдем по ее проекциям на координатные оси:

sin2 4

x

dxv t

dt

, cos

4 8y

dyv t

dt

; 2 2

x yv v v

и при t1 = 1 c

1 1,11xv см/с, 1 0,73yv см/с, 1 1,33v см/с. (3)

3. Аналогично найдем ускорение точки:

2

cos8 4

xx

dva t

dt

,

2

sin32 8

yy

dva t

dt

; 2 2

x ya a a

и при t1 = 1 c

a1x = 0,87 см/с2; а1у = –0,12 см/c

2; а1 = 0,88 см/c

2. (4)

4. Касательное ускорение найдем, дифференцируя по времени

равенство 2 2 2

x yv v v . Получим:

2 2 2yx

x y

dvdvdvv v v

dt dt dt ,

откуда

x x y yv a v adva

dt v

. (5)

Числовые значения всех величин, входящих в правую часть вы-ражения (5), определены и даются равенствами (3) и (4). Подставив

в выражение (5) эти числа, находим, что при t1 = 1 c 1 0,66a см/с.

5. Нормальное ускорение точки 2 2na a a . Подставляя сюда

найденные числовые значения 1a и 1a , получим, что при t1 = 1 c

a1n = 0,58 см/c2.

6. Радиус кривизны траектории 2nv a . Подставляя сюда

числовые значения 1v и а1n , найдем, что при t1 = 1 c 1 3,05 см.

Ответ: 1 1,33v см/с, 1 0,88a см/с2, 1 0,66a см/с

2,

1 0,58na см/с2, 1 3,05 см.

Пример К1б. При движении точки по дуге окружности радиуса

2 мR уравнение пути имеет вид: 26 2s t t (s – в метрах, t – в се-

кундах), где s AM

(рис. К1б).

29

Определить скорость и ускорение точки в момент времени t1 = 1 c.

M

C

R

a

aτ

an

A

V

Рис. К1б

Решение. Движение точки задано естественным способом. Ско-

рость точки определим как первую производную от дуговой координаты

по времени: 6 4ds

v tdt

. При t1 = 1 c получим 1 6 4 1 2 м cv .

Ускорение находим по его касательной и нормальной составля-

ющим:

4dv

adt

м/с, 2

n

va

R .

При t1 = 1 c получим: 21 4 м ca , 2 2

1 2 2 2 м cna .

Тогда ускорение точки при t1 = 1 c будет

22 2 2 2

1 1 4 2 4,47 м cna a a .

Изобразить векторы 1v и a следует, учитывая знаки результа-

тов дифференцирования 1 1( 0, 0)v a , при этом направление каса-

тельной считать положительным в сторону возрастания дуговой коор-

динаты. Вектор na направлен к центру окружности.

Ответ: 1 2 м c;v 21 4,47 м ca .

30

Задача К2

Вращательное движение твердого тела

Механизм состоит из ступенчатых колес 1…3, находящихся

в зацеплении или связанных ременной передачей, зубчатой рейки 4 и

груза 5, привязанного к концу нити, намотанной на одно из колес

(рис. К2.0–К2.9, табл. К2). Радиусы ступеней колес равны соответ-

ственно: у колеса 1 – r1 = 2 см, R1 = 4 см, у колеса 2 – r2 = 6 см, R2 = 8 см,

у колеса 3 – r3 = 12 см, R3 = 16 см. На ободьях колес расположены точки

A, B и C.

В столбце «Дано» табл. К2 указан закон движения или закон из-

менения скорости ведущего звена механизма, где 1 t – закон вра-

щения колеса 1, 4S t – закон движения рейки 4, 2ω t – закон из-

менения угловой скорости колеса 2, 5v t – закон изменения скорости

груза 5 и т.д. (везде φ выражено в радианах, s – в сантиметрах, t –

в секундах). Положительное направление для и ω против хода ча-

совой стрелки, для 4s , 5s и 4v , 5v – вниз.

Определить в момент времени t1 = 2 с указанные в табл. К2

в столбцах «Найти» скорости (v – линейные, ω – угловые) и уско-

рения (а – линейные, ε – угловые) соответствующих точек или тел

( 5v – скорость груза 5 и т.д.).

Таблица К2

Номер условия

Дано Найти

скорости ускорения

0 24 4 7s t t vB, vC ε2, aA, a5

1 25 2 3v t vA, vC ε3, aB, a4

2 2

1 2 9t v4, ω2 ε2, aC, a5

3 2

2 7 3t t v5, ω3 ε2, aA, a4

4 2

3 3t t v4, ω1 ε1, aB, a5

5 2

1 5 2t t v5, vB ε2, aC, a4

6 22 2 3t t v4, ω1 ε1, aC, a5

7 2

4 3 8v t vA, ω3 ε3, aB, a5

8 2

5 2 5s t t v4, ω2 ε1, aC, a4

9 2

3 8 3t t v5, vB ε2, aA, a4

31

2 1

3

5

4B

A

C

Рис. К2.0

21

3

5

4A

C

B

Рис. К2.1

213

5

4 B

AC

Рис. К2.2

2 1

3

5

4B A

C

Рис. К2.3

21

3

5

4

B

A

C

Рис. К2.4

21

3

5

4 AC

B

Рис. К2.5

21

3

5

4 BA

C

Рис. К2.6

2 1

3

5

4 A

B

C

Рис. К2.7

21

3

5

4

AB

C

Рис. К2.8

2 1

3

5

4

A

BC

Рис. К2.9

32

Указания. Задача К2 – на исследование вращательного движения

твердого тела вокруг неподвижной оси. При решении задачи учесть,

что, когда два колеса находятся в зацеплении, скорость точки зацеп-

ления каждого колеса одна и та же, а когда два колеса связаны ременной

передачей, то скорости всех точек ремня и, следовательно, точек, ле-

жащих на ободе каждого из этих колес, в данный момент времени

численно одинаковы; при этом считается, что ремень по ободу колеса

не скользит.

Пример К2. Рейка 1, ступенчатое колесо 2 с радиусами R2 и r2 и

колесо 3 радиуса R3, скрепленное с валом радиуса r3, находятся в за-

цеплении; на вал намотана нить с грузом 4 на конце (рис. К2а). Рейка

движется по закону s1 = f(t).

Рис. К2а

Дано: R2 = 6 см, r2 = 4 см, R3 = 8 см, r3 = 3 см, s1=3t3 (s – в санти-

метрах, t – в секундах), А – точка обода колеса 3, t1 = 3 c.

Определить: 3ω , 4v , 3ε , Aa в момент времени t = t1.

Решение. Условимся обозначать скорости точек, лежащих на

внешних ободах колеса (радиуса iR ), через iv , а точек, лежащих на

внутренних ободах (радиуса ri), – через ui.

1. Определяем сначала угловые скорости всех колес как функции

времени t. Зная закон движения рейки 1, находим ее скорость:

21 1 9v s t . (1)

33

Так как рейка и колесо 2 находятся в зацеплении, то 2 1v v или

2 2 1R v . Но колеса 2 и 3 тоже находятся в зацеплении, следовательно,

2 3u v или 2 2 3 3r R . Из этих равенств находим:

212

2

3

2

vt

R , 22

3 23

3

4

rt

R . (2)

Тогда для момента времени t1 = 3 c получим 3 6,75 с–1

.

2. Определяем 4.v Так как 4 3 3,Bv v r то при t1 = 3 c 4v =

= 20,25 см/с.

3. Определяем 3 . Учитывая второе из равенств (2), получим

3 3 1,5t . Тогда при t1 = 3 c 3 4,5 c–2

.

4. Определяем аА. Для точки А A A Ana a a , где численно

3 3Aa R , 23 3Ana R . Тогда для момента времени t1 = 3 c имеем

36Aa см/с2, 364,5Ana см/с

2; 2 2 366,3A A Ana a a см/с

2.

Все скорости и ускорения точек, а также направления угловых

скоростей показаны на рис. К2.

Ответ: 3 6,75 с–1

; 4 20,25v см/с; 3 4,5 с–2

;

366,3Aa см/с2.

Задача К3 Движение плоского механизма

Найти для заданного положения механизма (рис. К3) скорости и

ускорения точек В и С, а также угловую скорость и угловое ускорение

звена, которому эти точки принадлежат.

Схемы механизмов представлены на рис. К3, а необходимые для

расчета данные приведены в табл. К3.

Указания. Задача К3 – на исследование плоскопараллельного

движения твердого тела. При ее решении для определения скоростей

точек механизма и угловых скоростей его звеньев следует воспользо-

ваться теоремой о проекциях скоростей двух точек тела и понятием

о мгновенном центре скоростей.

OA, ОА – угловая скорость и угловое ускорение кривошипа OA

при заданном положении механизма, 1 – угловая скорость колеса 1

34

(постоянная), А, аА – скорость и ускорение точки А. Качение колес

происходит без скольжения.

При определении ускорений точек механизма исходить из век-

торного равенства nB A BA BAa a a a , где А – точка, ускорение Aa

которой или задано, или непосредственно определяется по условиям

задачи (если точка А движется по дуге окружности, то nA A Aa a a ).

Таблица К3

Номер

условия

Размеры, см OA,

рад./с

1,

рад./с

ОА,

рад./с2

А,

см/с

аА,

см/с2

ОА r AB AC

1 40 15 – 8 2 – 2 – –

2 30 15 – 8 3 – 2 – –

3 – 50 – – – – – 50 100

4 35 – – 45 4 – 8 – –

5 25 – – 20 1 – 1 – –

6 40 15 – 6 1 1 0 – –

7 35 – 75 60 5 – 10 – –

8 – – 20 10 – – – 40 20

9 – – 45 30 – – – 20 10

10 25 – 80 20 1 – 2 – –

11 – – 30 15 – – – 10 0

12 – – 30 20 – – – 20 20

13 25 – 55 40 2 – 4 – –

14 45 15 – 8 3 12 0 – –

15 40 15 – 8 1 – 1 – –

16 55 20 – – 2 – 5 – –

17 – 30 – 10 – – – 80 50

18 10 – 10 5 2 – 6 – –

19 20 15 – 10 1 2,5 0 – –

20 – – 20 6 – – – 10 15

21 30 – 60 15 3 – 8 – –

22 35 – 60 40 4 – 10 – –

23 – – 60 20 – – – 5 10

24 25 – 35 15 2 – 3 – –

25 20 – 70 20 1 – 2 – –

26 20 15 – 10 2 1,2 0 – –

27 – 15 – 5 – – – 60 30

28 20 – 50 25 1 – 1 – –

29 12 – 35 15 4 – 6 – –

30 40 – – 20 5 – 10 – –

35

1

Аr 45°

0

B

C

A0

A0

4

30°90° 30°

A0

A0

0

А

CB

6

Аr

45°

0

B I

A0

I

C

9

B

AV

А

C

30°

A

10

60°A0

A0

0

А

C

B

3

А

r30°B

C

AV A

7

45°

A0A0

0

АCB

8

5

90°

30°

A0

A0

0 А

C

B

2

А

45°

0

C

A0

A0

B

r

30°

30°

А

C

B

A

AV

Рис. К3 (начало)

36

11 А

AV

C

B

30°

12

13

45°A0

A0

0

B

C

А

14

Аr

45°0CA0

B

I I

15

Аr

30°

0C

A0

A0

16

17

А

r

45°

B

C

AV

A

18

45°

A0

A0

0

А

C

B

45°

19

II

А

r

30°

0

C

A0

30°B

20

45°

АC

B

AV

A

90°

C

B

AVА

A

А

30°

0

C

A0

A0

B

r

30°

Рис. К3 (продолжение)

37

21 22

BCА

0

A0

A0

45°

135°

2345°

B

C

А

AV

A

24

120°A0

A0

0

B

C

А

2545°

B

C

А0

45°

A0A0

26

I

I

Аr

30°

0

C

A0

B

27

А

r 45°

B

C

AVA

28

B

C

А

0

A0

A0 90°

29

B

C

А

0

A0

A0 30

B

C А

0

A0

A0

90°45°

120°

A0

A00

BCА

Рис. К3 (окончание)

38

Пример К3. Механизм (рис. К3а) состоит из кривошипа ОА, шатуна АВ и ползуна В, соединенных друг с другом и с неподвижной опорой О шарнирами.

O ωOAεOA

A

C

30˚

B

Рис. К3а

Дано: схема механизма в заданном положении: 0,10OA м,

0,60AB м, 0,20AC м, 1,5OA с–1

, 2,0OA с–2

.

Определить: Bv , Cv , Ba , Ca , AB , AB .

Решение. 1. Определение скоростей точек и угловой скорости звена (рис. К3б).

Проведем кинематический анализ механизма: кривошип OA со-вершает вращательное движение, ползун B движется поступательно, шатун AB движется плоскопараллельно. Точка A принадлежит одно-временно кривошипу и шатуну.

Вычисляем модуль скорости пальца А кривошипа ОА в простей-шем вращательном движении при заданном положении механизма:

ωA OA OA . (1)

Вектор скорости точки А Av перпендикулярен кривошипу ОА.

Точка B принадлежит одновременно шатуну AB и ползуну B. Вектор скорости ползуна В в силу наложенных связей может быть направлен только по вертикали.

Мгновенный центр скоростей РАВ шатуна AВ, совершающего плоское движение, находится в точке пересечения перпендикуляров, проведенных из точек А и В к векторам их скоростей.

39

O

A

C

30˚

B

ωOA

x

ωAB

vA

vC

vB

P

Рис. К3б

Угловая скорость звена АВ равна:

.AB A AP (2)

Модули скоростей точек В и С соответственно равны:

B AB BP ; (3)

C AB CP . (4)

Расстояния АР, ВР и СР определяются из рассмотрения тре-

угольников АВР и АСР:

АР = 0,52 м; ВР = 0,3 м; СР = 0,361 м.

В соответствии с этими значениями по формулам (1)–(4) опре-

деляем скорости:

A = 0,150 м/с; AB = 0,29 рад/с; B = 0,087 м/с; C = 0,105 м/с.

Направление угловой скорости мгновенного вращения шатуна

AB соответствует вектору скорости точки A. Векторы скоростей точек

B и c направлены перпендикулярно отрезкам BР и СР в стороны,

соответствующие направлению мгновенного вращения шатуна АВ.

40

2. Определение ускорений точек и углового ускорения звена

(рис. К3в–К3д).

A

O

B

εAB

εOA

C

Аа

n

Аа

n

Аа

Аа

Аа

n

Аавр

BAa

ц

BAa

Вa

вр

СAa

ц

СAa

x

y 30˚

B

n

Аа

Аа

вр

BAa

Вa

ц

BAa

x

y 30˚

C

aC

x

y

yaC хСа

Рис. К3в Рис. К3г Рис. К3д

Точка B одновременно принадлежит шатуну, совершающему плоское движение, и ползуну, совершающему поступательное движе-ние. Выберем за полюс точку A, так как ускорение этой точки можно определить в данном положении механизма точно. Ускорение точки А складывается из касательного (вращательного) и нормального (цен-тростремительного) ускорений:

nА А Аа а а .

По исходным данным определяем модули ускорений:

0,20A OAa OA м/с2; 2 0,225n

A OAa OA м/с2.

Вектор nAa направлен от A к О. Вектор Aa перпендикулярен век-

тору nAa и направлен в сторону, определяемую направлением дуговой

стрелки углового ускорения кривошипа OA , т.е. противоположно А

(в данное мгновение вращение кривошипа ОА – замедленное). Согласно теореме об ускорениях точек плоской фигуры:

B A BAa a a ,

где nA A Aa a a – ускорение полюса;

вр цBA BABAa a a – ускорение,

получаемое точкой B при вращении шатуна AB вокруг полюса A.

41

Следовательно:

вр цnВ A A BABAa a a a a . (5)

Модуль центростремительного ускорения точки В во враща-

тельном движении шатуна АВ вокруг полюса А равен:

ц 2 0,05BA ABa AB м/с2.

Модуль вращательного ускорения определяется по формуле вр

ABBAa AB .

Вектор цBAa направлен от В к А. Что касается направлений век-

тора ускорения Ва точки В и вектора вращательного ускорения врBAa ,

то известны только линии действия этих векторов: Вa – по вертикали

вдоль направляющих ползуна в силу наложенных связей, врBAa – пер-

пендикулярно АВ.

Зададимся произвольно их направлениями по указанным линиям

(см. рис. К3в).

Проведем через точку B оси координат Bxy таким образом, чтобы

одна ось (Bx) была направлена вдоль вектора центростремительного

ускорения цBAa , а другая (By) – вдоль вектора вращательного ускорения

врBAa , и спроецируем равенство (5) на эти оси соответственно.

Модули ускорений Вa и врBAa определим из уравнений проекций

векторного равенства (5) на оси координат. Знак в ответе покажет, со-

ответствует ли истинное направление вектора принятому при расчете.

Выбрав направление осей х и у, как показано на рис. К3в, полу-

чаем:

n цcos30 cos60 cos30 ;B A A ВАa a a a (6)

врncos60 cos30 cos60 .B A А BAа a a a (7)

Из уравнения (6) находим:

аВ = 0,167 м/с2.

Вектор ускорения Вa направлен так, как показано на рис. К3в.

Из уравнения (7) получаем:

вр0,202BAa

м/с

2.

42

Направление вектора врBAa противоположно показанному на

рис. К3в. Вектор ускорения Вa и все его составляющие с учетом их

истинных направлений и масштаба показаны на рис. К3г.

Угловое ускорение шатуна АВ определим по формуле

врABBAa AB .

С учетом того, что здесь врBAa – алгебраическая величина, угловое

ускорение шатуна равно:

вр| | /AB BAa AB .

Вычисляя, находим:

АВ = 0,34 рад/с2.

Направление вектора вращательного ускорения точки B шатуна

(врBAa ) относительно полюса А определяет направление дуговой стрелки

углового ускорения .АВ В данном случае направление углового

ускорения противоположно направлению вращения (угловой скорости)

шатуна, следовательно, мгновенное движение шатуна – замедленное.

Точка C принадлежит шатуну AB, угловая скорость и угловое

ускорение которого найдены. Определяем ускорение точки С в соот-

ветствии с формулой (5):

вр цnС A A СAСAa a a a a . (8)

Вращательное и центростремительное ускорения точки С во

вращательном движении шатуна АВ вокруг полюса А определяются по

формулам:

врABСAa AС ; ц 2

СA ABa AС .

С учетом заданных размеров и полученных значений кинемати-

ческих характеристик движения шатуна:

вр0,068СAa м/с

2, ц 0,017СAa м/с

2.

Вектор цСAa направлен от С к А, вектор

врСAa перпендикулярен

вектору цСAa и направлен соответственно дуговой стрелке углового

ускорения АВ .

43

Поскольку все слагаемые векторы в уравнении (8) известны точно

по модулю и направлению, ускорение точки С находим по проекциям

на координатные оси Bx и By (см. рис. К3в):

цcos60 cos30х

nС A СA Aа a а а ,

врcos30 sin30

y

nС A A САа a а a ,

22

С Cx Cyа a a .

В результате вычислений получаем: хСа = 0,112 м/с

2; Суа =

= 0,218 м/с2; аС = 0,245 м/с

2. Проекции вектора ускорения точки C по-

казаны на рис. К3д.

Ответ: B = 0,087 м/с; C = 0,105 м/с; AB = 0,29 рад/с;

аВ = 0,167 м/с2; аС = 0,245 м/с

2.

44

Р а з д е л 3. Динамика

Предмет динамики – изучение движения абсолютно твердых тел

под действием сил.

Основные понятия и определения:

Масса – величина, зависящая от количества вещества данного

тела и определяющая меру его инертности.

Материальная точка – материальное тело, имеющее массу,

размерами которого при изучении его движения можно пренебречь.

Силы в динамике – переменные, зависящие от времени, от поло-

жения точки, от ее скорости.

Законы классической механики (Галилея – Ньютона):

1. Закон инерции (Галилей, 1638 г.): изолированная от внешних

воздействий материальная точка сохраняет свое состояние покоя или

прямолинейного равномерного движения до тех пор, пока приложен-

ные силы не заставят ее изменить это состояние.

Инерциальная система отсчета – система, по отношению к кото-

рой выполняется закон инерции.

2. Основной закон динамики: ускорение материальной точки

пропорционально приложенной силе и имеет одинаковое с вектором

силы направление:

ma F .

3. Закон равенства действия и противодействия: две материаль-

ные точки действуют друг на друга с силами, равными по модулю и

направленными вдоль прямой, соединяющей эти точки, в противопо-

ложные стороны.

4. Закон суперпозиции: несколько одновременно действующих на

точку сил сообщают точке такое ускорение, какое сообщила бы их

равнодействующая:

kma F .

Задачи динамики точки:

1) по заданному закону движения определить силы, действующие

на точку (прямая задача);

2) по заданным силам, действующим на точку, определить закон

ее движения (обратная задача).

45

Дифференциальные уравнения движения свободной матери-

альной точки в декартовых координатах:

( , , , , , , );

(...);

(...).

x

y

z

mx F x y z x y z t

my F

mz F

Уравнения в проекциях на оси естественного трехгранника:

2

2

2

,

( ) ,

0 .

n

b

d Sm F

dt

m dSF

dt

F

Дифференциальные уравнения движения несвободной мате-

риальной точки

.kma F N

Решение прямой задачи динамики: при заданном законе дви-

жения сила определяется путем дифференцирования закона движения и

подстановки его в дифференциальные уравнения движения.

Решение обратной задачи динамики требует задания началь-

ных условий, т.е. положения и скорости точки в начальный момент

времени:

0 0 0 0 0 00, , , , , , .t x x y y z z x x y y z z

Интегрирование дифференциальных уравнений движения дает

общее решение:

1 2 6 1 6 1 6( , , ,..., ), ( , ,..., ), ( , ,..., );x x t C C C y y t C C z z t C C

где 1 6,...,C C произвольные постоянные интегрирования.

Дифференцирование по времени общего решения и выполнение

начальных условий дают шесть уравнений для определения шести по-

стоянных интегрирования:

0 1 6 0 1 6

0 1 6 0 1 6

0 1 6 0 1 6

(0, ,..., ), (0, ,..., );

(0, ,..., ), (0, ,..., );

(0, ,..., ), (0, ,..., ).

x x C C x x C C

y y C C y y C C

z z C C z z C C

46

Решение этих уравнений дает:

0 0 0 0 0 0( , , , , , ),i iC f x y z x y z где i = 1, ..., 6.

При подстановке найденных значений Ci в общее решение найдем решение задачи для данных начальных условий:

1 0 0 0 0 0 0

2 0 0 0 0 0 0

3 0 0 0 0 0 0

( , , , , , , ),

( , , , , , , ),

( , , , , , , ).

x t x y z x y z

y t x y z x y z

z t x y z x y z

Примеры интегрирования дифференциальных уравнений дви-жения точки:

1. Определить закон движения точки массой m под действием силы тяжести, сопротивлением атмосферы пренебречь.

Решение. Дифференциальные уравнения движения записываются в виде:

0, , 0;mx my mg mz

общее решение:

1 4

2

2 5

3 6.

,

.2

x C t C

gty C t C

z C t C

Для определения Ci ввести начальные условия:

0 0 0 0 0 0 0 00, 0, cos , sin , 0t x y z x v y v z

и продифференцировать общее решение 1 2 3, , ,x C y gt C z C

откуда:

4 5 3 6 1 0 2 00, 0, cos , sinC C C C C v C v .

Подставить в общее решение 0 cos ,x v t 0,z 0 siny v t

2

,2

gt т.е. траекторией точки будет парабола

2

2 20

tg .2 cos

x gy x

v

2. Определить закон прямолинейного движения точки под действием силы, зависящей от времени.

Решение:

1

1 1( ), ( ), ( ) ,X X X

dxmx F x F t x F t dt C

dt m m

47

1 2

1( ) .Xx F t dt dt C t C

m

3. Определить закон прямолинейного движения точки под

действием силы, зависящей от положения точки.

Решение:

( ), ,x

dv dv dx dvmx F x x v

dt dx dt dx

21

1 2( ) , ( ) ,x xv dv F x dx v F x dx C

m m

1

2,xv F dx C

m 1

2x

dxF dx C

dt m ,

1

2x

dxdt

F dx Cm

,

2 1 2 2

1 1

, ( , , ) ,2 2

( ) ( )x x

dx dxt C x C C C

F x dx C F x dx Cm m

1 2 1, 2( , , ), ( , , ).t x C C x t C C

4. Определить закон прямолинейного движения точки под

действием силы, зависящей от скорости.

Решение:

1

1 1( ), , , .

( ) ( )x

x x

dv dvmx F x v x dt C t

F v m F v m

1 1 1 1( , ) , ( , ), ( , ),( )x

dv dxv C m C t v C f t C

F v dt

1 2( , ) , ,dv dv

x f t C dt C x vdt dx

( )x

mv dvdx

F v

,

1 1 21

; ( , ); ; ( ).( ) ( , )x

v dv dx dxx m C x C t C x f t

F v dt x C

Несвободное движение материальной точки

Несвободное движение материальной точки – это движение по

заданной неподвижной поверхности или кривой под действием ак-

тивных сил и наложенных связей.

Дифференциальные уравнения движения точки по заданной

гладкой неподвижной кривой:

48

2

2,a

k

d sm F N

dt (1)

2

,akn n

mvF N

0 .a

kb bF N (2)

Определение закона движения и реакции связи осуществляются по уравнениям (1) и (2).

Относительное движение материальной точки – это движение по отношению к неинерциальным, произвольно движущимся системам отсчета.

Дифференциальные уравнения относительного движения точки:

и иr k e кma F F F ,

где иe eF ma – переносная сила инерции, и

к кF ma – кориолисова

сила инерции.

Прямолинейные колебания точки

Свободные колебания материальной точки под действием вос-станавливающей силы, пропорциональной расстоянию от центра ко-лебаний Fx = – cx описываются уравнениями:

2

2

,

0,

.

mx cx

x k x

ck

m

Характеристическое уравнение этого дифференциального урав-нения:

2 2 0,k

его корни 1 2,ki ki – чисто мнимые числа, общим решением

дифференциального уравнения являются 1 2sin cos ,x C kt C kt C1, C2 –

постоянные интегрирования, вводятся новые постоянные интегриро-

вания: A – амплитуда колебаний, – начальная фаза колебаний, тогда

1 cos ,C A 2 sin ,C A cos sin sin cos ,x A kt A kt

sin( )x A kt , где k – частота, 2

Tk

– период колебаний.

Затухающие колебания точки при сопротивлении, пропорци-ональном скорости описываются:

49

mx cx bx , 22 0,x hx k x 22 , .

b ch k

m m

Характеристическое уравнение имеет вид:

2 22 0,h k

его корни

2 21 ,h h k

2 22 .h h k

Период затухающих колебаний: 2 2

2,T

k h

декремент коле-

баний: e–hT

.

Апериодическое движение возникает при h k, когда

0 0 0 ,htx e x x hx t в отличие от случая малого сопротивления

h k, 2 2sinhtx ae k h t , когда затухающее движение носит

колебательный характер.

Вынужденные колебания при действии гармонической возму-

щающей силы и силы сопротивления, пропорциональной скорости,

описываются уравнениями:

sin ,mx cx bx h pt 20 sin .x hx k x H pt

Общее решение неоднородного линейного дифференциального

уравнения равно сумме двух решений: общего решения однородного

уравнения x1 и частного решения x2 неоднородного уравнения:

1 1 2

2

sin cos ,

sin .

htx e C k t C k t

x A pt

0

22 2 2 2

,

4

HA

k p h p

2 2

2tg ,

hp

k p

22 2 2ст

2 2 2

1,

1 4

a

xp h p

k k k

ст ;H

xc

0 00sin cosht x hx

x e k t x k tk

50

sin cos sin sin cosht Ae h p k t A k t

k

sin .A pt

Введение в динамику механической системы

Механическая система – это совокупность точек или тел, дви-

жения которых взаимосвязаны. Классификация сил, действующих на

механическую систему: силы активные (задаваемые) и реакции связей

либо силы внешние и внутренние.

Внешние силы ekF – силы, действующие на точки данной си-

стемы со стороны других тел, не входящих в эту систему.

Внутренние силы ikF – силы, с которыми точки данной си-

стемы действуют друг на друга.

Свойства внутренних сил:

1) геометрическая сумма (главный вектор) всех внутренних сил

системы равен нулю 1

0n

ik

k

F

;

2) сумма моментов (главный момент) всех внутренних сил си-

стемы относительно любого центра или оси равен нулю 1

0n

iA k

k

M F

,

1

0n

ix k

k

M F

.

Дифференциальные уравнения движения механической си-

стемы:

1 1 1 1 ;e im a F F 2 2 2 2 ;e im a F F .e in n n nm a F F

Масса системы: .kM m

Центр масс, радиус-вектор и координаты центра масс:

Центром масс механической системы называется точка, радиус-

вектор которой определяется выражением

1C k kr m r

M .

Координаты центра масс:

1 1 1; ;C k k C k k C k kx m x y m y z m z

M M M .

51

Теорема о движении центра масс механической системы:

центр масс системы движется как точка, масса которой равна массе

всей системы и к которой приложены все внешние силы, действующие

на систему.

1

ne

C kk

Ma F

, 1

0.n

ik

k

F

Закон сохранения движения центра масс: если сумма внешних

сил, действующих на систему, равна нулю, то центр масс этой системы

находится в состоянии покоя или движется с постоянной по модулю и

направлению скоростью.

Моменты инерции

Момент инерции абсолютно твердого тела относительно оси –

это скалярная величина, равная сумме произведений масс всех точек

тела на квадраты их расстояний от оси вращения: 2 ,z k kI m h радиус

инерции: 2 .

I

M

Примеры вычисления моментов инерции тел относительно оси,

проходящей через центр масс:

1) тонкий однородный стержень длины l и массы M : 21;

12CI Ml

2) тонкое круглое кольцо, полый цилиндр: 2;CI MR

3) круглый длинный сплошной цилиндр: 21.

2CI MR

Теорема Гюйгенса: момент инерции тела относительно данной

оси равен моменту инерции тела относительно оси, ей параллельной,

проходящей через центр масс тела, сложенному с произведением массы

всего тела на квадрат расстояния между осями:

2.Oz C zI I Md

Формула для вычисления момента инерции относительно оси

любого направления

2 ,lI I Md 2 2 2cos cos cos .l x y zI I I I

Моменты инерции тела относительно плоскости, полюса: 2

xOy k kI m z , 20 .k kI m r

52

Центробежные моменты инерции:

,xy k k kI m x y

,yz k k kI m y z

.zx k k kI m z x

Главные оси инерции и главные центральные оси инерции:

1. Главной осью инерции тела называется ось, для которой цен-

тробежные моменты инерции Ixz, Iyz, содержащие в своих индексах

наименование этой оси, равны нулю.

2. Главными центральными осями инерции тела называются

главные оси инерции, построенные для центра масс тела.

Свойства осей инерции:

1. Если тело имеет ось симметрии, то эта ось является главной

осью инерции тела для любой своей точки.

2. Если тело имеет плоскость симметрии, то любая ось, перпен-

дикулярная к этой плоскости, будет главной осью инерции тела для

точки О, в которой ось пересекает плоскость.

3. Через любую точку какого угодно тела можно провести, по

крайней мере, три такие взаимно перпендикулярные оси, которые будут

главными осями инерции для этой точки.

Общие теоремы динамики

1. Теорема об изменении количества движения

Количество движения материальной точки – векторная вели-

чина mv , равная произведению массы точки на вектор ее скорости.

Элементарный импульс силы – векторная величина, равная

произведению вектора силы на элементарный промежуток времени

.ds Fdt Импульс силы за конечный промежуток времени и его про-

екции на координатные оси:

1

0

,t

s Fdt 1 1 1

0 0 0

, , .t t t

x x y y z zs F dt s F dt s F dt

Теорема об изменении количества движения материальной

точки в дифференциальной форме: производная по времени от ко-

личества движения точки равна геометрической сумме действующих на

точку сил:

( ).k

d mvF

dt

53

В конечной форме: изменение количества движения точки за некоторый промежуток времени равно геометрической сумме им-пульсов всех действующих на точку сил за тот же промежуток времени:

1 0 1 0,k x x kxmv mv s mv mv s .

Количество движения механической системы – векторная ве-личина, равная геометрической сумме (главному вектору) количества

движения всех точек системы k kQ m v или .CQ Mv

Теорема об изменении количества движения механической системы в дифференциальной форме: производная по времени от количества движения системы равна геометрической суме всех дей-ствующих на систему внешних сил:

,e exk kx

dQdQF F

dt dt .

В конечной форме: изменение количества движения системы за некоторый промежуток времени равно сумме импульсов, действующих на систему внешних сил, за тот же промежуток времени:

1 0 .ekQ Q S

Закон сохранения количества движения механической си-стемы:

1) если сумма всех внешних сил, действующих на систему, равна нулю, то вектор количества движения будет постоянен по модулю и направлению;

2) если сумма проекций всех внешних сил на какую-нибудь ось равна нулю, то проекция количества движения на эту ось есть величина постоянная.

2. Теорема об изменении момента количества движения

Момент количества движения материальной точки относи-тельно центра и относительно оси:

0 0( ), ( ), ( ) .ZM mv M mv M mv mv h

Теорема об изменении момента количества движения мате-риальной точки: производная по времени от момента количества движения точки относительно центра (оси) равна моменту силы, дей-ствующей на точку относительно центра (оси):

0 0 ( )d

M mv M Fdt ; ( ).z z

dM mv M F

dt

54

Главный момент количества движения, или кинетический

момент системы относительно центра, – величина 0K , равная геомет-

рической сумме моментов количеств движения всех точек системы

относительно этого центра:

0 0 k kK M m v и оси: .x x k kK M m v

Кинетический момент вращающегося твердого тела относительно

оси вращения равен произведению момента инерции тела относительно

этой оси на угловую скорость тела:

.z zK I

Теорема об изменении кинетического момента механической

системы: производная по времени от главного момента количества

движения системы относительно некоторого неподвижного центра

(оси) равна сумме моментов внешних сил системы относительно того

же центра (оси):

00 ,e ex

k x k

dK dKM F M F

dt dt .

Закон сохранения кинетического момента механической си-

стемы: если сумма моментов всех действующих на систему внешних

сил равна нулю, то кинетический момент системы будет величиной

постоянной.

Теорема об изменении кинетического момента механической

системы в относительном движении системы относительно центра

масс: движение системы относительно ее центра масс происходит так

же, как если бы последний был неподвижен:

eCC k

dKM F

dt .

3. Теорема об изменении кинетической энергии

Кинетическая энергия точки:

2

.2

mv

Элементарная работа силы. Аналитическое выражение эле-

ментарной работы имеет вид:

cosdA Fds , .x y zdA F dx F dy F dz

55

Работа силы на конечном перемещении:

1

0

0 1( ) .

M

x y zM

A M M F dx F dy F dz

Для вычисления работы надо знать закон движения точки при-

ложения силы, т.е. решить основную задачу динамики.

Работа силы тяжести:

A(M0M1) = Ph.

Работа силы упругости:

2 2

0 1 нач кон( ) .2

cA M M l l

Работа силы трения:

1

0

0 1( ) .M

M

A M M fNds

Теорема об изменении кинетической энергии точки в диффе-

ренциальной форме:

2

2k

mvd dA

;

в конечной форме: изменение кинетической энергии точки при неко-

тором ее перемещении равно алгебраической сумме работ всех дей-

ствующих на точку сил на том же перемещении:

2201

0 1( )2 2

mvmvA M M .

Кинетическая энергия механической системы:

2

.2

k km v

Формулы для вычисления кинетической энергии твердого тела:

1) при поступательном движении: 21

;2

CMv

2) при вращении вокруг неподвижной оси: 2

;2

zI

3) в общем случае движения: 2 21 1

;2 2

C CpMv I

56

4) при плоскопараллельном движении: 2 21 1.

2 2C CMv I

Теорема об изменении кинетической энергии системы в диф-

ференциальной форме:

e ik kd dA dA ;

в конечной форме: изменение кинетической энергии системы при не-

котором ее перемещении равно сумме работ на этом перемещении всех

приложенных к системе внешних и внутренних сил:

1 0 .e ik kT T A A

Равенство нулю суммы работ внутренних сил в твердом теле дает

.ekd dA

Работа и мощность сил, приложенных к твердому телу, вра-

щающемуся вокруг неподвижной оси:

1

0

,zA M d

.zz

M ddAW M

dt dt

Понятие о силовом поле

Силовое поле – это часть пространства, в каждой точке которого

на помещенную частицу действует сила, зависящая от положения ча-

стицы. Если некоторая функция дает возможность определить значение

силы в каждой точке силового поля, то эта функция является силовой

функцией ( , , )U U x y z . Силовое поле, для которого существует си-

ловая функция, называется потенциальным:

dU(x, y, z) = dA, Fx dx + Fy dy + Fz dz = dU(x, y, z).

Выражение проекций силы через силовую функцию имеет вид:

,x

UF

x

,y

UF

y

.z

UF

z

Работа силы на конечном перемещении точки в потенциальном

силовом поле от вида траектории движения точки не зависит и равна:

2

1

1 2 2 1( ) ( , , )

M

M

A M M dU x y z U U .

57

Потенциальная энергия – скалярная величина, равная той ра-

боте, которую произведут силы поля при перемещении точки из по-

ложения М в нулевое ( )A MO . Потенциальная энергия в любой

точке силового поля равна значению силовой функции в этой точке,

взятому с обратным знаком:

П(x, y, z) = –U(x, y, z).

Примеры силовых функций потенциальных силовых полей:

1) однородное поле тяжести U = –Pz;

2) поле тяготения U = mgR2/r;

3) поле упругих сил U = –cx2/2.

Закон сохранения механической энергии: при движении под

действием потенциальных сил сумма кинетической и потенциальной

энергий системы в каждом ее положении остается величиной посто-

янной:

Т1 + П1 = Т0 + П0 = const.

Динамика твердого тела

Дифференциальные уравнения поступательного движения твер-

дого тела:

eC xmx F ,

eC ymy F , e

C zmz F .

Дифференциальное уравнение вращения твердого тела вокруг

неподвижной оси:

ez zI M .

Дифференциальные уравнения плоского движения тела:

,eC kxmx F ,e

C kymy F .eC C kI M F

Принцип Даламбера

Принцип Даламбера для материальной точки: если в любой

момент времени к фактически действующим на точку силам прибавить

силу инерции, то полученная система сил будет уравновешенной:

и 0,e ik k kF F F и

k k kF m a (даламберова сила инерции).

Принцип Даламбера для механической системы:

и и1 1 1 1 1 ,..., .e i e i

n n n n nm a F F F m a F F F

58

Приведение сил инерции точек абсолютно твердого тела

к центру:

– при поступательном движении – к главному вектору;

– при вращательном движении – к главному моменту;

– при плоскопараллельном движении – к главному вектору и

главному моменту.

Принцип Даламбера для механической системы

0,e i uk k kF F F и 0e i

O k O k O kM F M F M F

.

Главный вектор и главный момент сил инерции:

и и ,kR F и иO O kM M F .

Определение динамических реакций подшипников при вра-

щении абсолютно твердого тела вокруг неподвижной оси: ко всем

точкам системы добавляют силы инерции и составляют уравнения

равновесия системы активных сил, реакций связей и сил инерции:

ин 0a rk k kF F F ;

ин 0a rO k O k O kM F M F M F .

Принцип возможных перемещений и общее уравнение динамики

Связи, налагаемые на механическую систему – это ограниче-

ния, налагаемые на положения и скорости точек системы, могут быть

записаны в виде уравнений и неравенств. Связи называются голоном-

ными, если их уравнения записаны в виде, не содержащем производных

от координат по времени. Нестационарными называются связи, со-

держащие в уравнении связи время. Удерживающие связи описываются

уравнениями, неудерживающие связи – неравенствами.

Для одной точки уравнение связи может быть представлено в виде:

( , , , , , , , , ,..., ) 0f x y z x y z x y z t .

Для механической системы, состоящей из n точек, может быть со-

ставлено l уравнений связи ( , , , , , ,..., ) 0,s k k k k k kf x y z x y z t 1,2,...,s l ;

1,...,k n или меньше.

Возможные (виртуальные) перемещения s точки и системы –

любая совокупность бесконечно малых перемещений точек, допуска-

емых в данный момент времени наложенными связями. Число степе-

ней свободы равно числу независимых между собой возможных пе-

59

ремещений системы. У свободной точки имеется три степени свободы

(три независимых перемещения вдоль осей). Свободное абсолютно

твердое тело имеет шесть степеней свободы (три поступательных пе-

ремещения вдоль осей и три вращательных вокруг этих осей).

Идеальные связи – все связи в абсолютно твердом теле, закреп-

ленные точки, гибкие нерастяжимые нити, абсолютно гладкие по-

верхности. Сумма элементарных работ реакций этих связей при любом

возможном перемещении системы равна нулю:

0.rkA

Принцип возможных перемещений: для равновесия механиче-

ской системы с идеальными связями необходимо и достаточно, чтобы

сумма элементарных работ всех действующих на нее активных сил на

любом возможном перемещении системы была равна нулю:

0, 0.a a a ak kx k ky k kz kA F x F y F z

Принцип Даламбера – Лагранжа: при движении системы

с идеальными связями в каждый данный момент времени сумма эле-

ментарных работ всех приложенных активных сил и всех сил инерции

на любом возможном перемещении системы будет равна нулю:

и 0ak kA A ;

и и и 0.a a akx kx k ky ky k kz kz kF F x F F y F F z

Общее уравнение динамики: при движении системы с любыми

связями в каждый данный момент времени сумма элементарных работ

всех приложенных активных сил, всех реакций связи и всех сил инер-

ции на любом возможном перемещении системы будет равна нулю:

и 0a rk k kA A A .

Уравнения Лагранжа

Обобщенные координаты системы – это независимые между

собой параметры q любой размерности, однозначно определяющие по-

ложение системы, число которых равно числу степеней свободы: q1, ..., qs.

Кинематические уравнения движения системы в обобщенных ко-

ординатах:

q1 = f1(t), q2 = f2(t), ..., qs = fs(t),

60

обобщенные скорости 1 2, , ,..., ,s

dqq q q q

dt здесь q линейная, угло-

вая, секторная скорость.

Выражение элементарной работы в обобщенных координатах:

A = Qq, Q = ,k

rF

q

1 1 2 2 ... .k s sA Q q Q q Q q

Обобщенные силы и их вычисление. Коэффициенты при при-

ращениях обобщенных координат имеют размерность работы, деленной

на размерность соответствующей обобщенной координаты; вычисление

обобщенных сил сводится к вычислению возможной элементарной

работы.

Условия равновесия системы в обобщенных координатах:

1 20, 0,..., 0.sQ Q Q

Дифференциальные уравнения системы в обобщенных ко-

ординатах (уравнения Лагранжа 2-го рода):

1 21 1 2 2

, ,..., ss s

d d dQ Q Q

dt q q dt q q dt q q

,

где 2

T2

k km v .

Уравнения Лагранжа в случае потенциальных сил:

1 1 2 2

0, 0,..., 0,s s

d L L d L L d L L

dt q q dt q q dt q q

где L функция Лагранжа ( – потенциальная энергия).

Понятие об устойчивости равновесия (теорема Лагранжа –

Дирихле): если в положении равновесия консервативной системы

с идеальными и стационарными связями потенциальная энергия имеет

минимум, то это положение равновесия устойчиво.

Малые свободные колебания механической системы

с одной степенью свободы около устойчивого положения

системы и их свойства

Кинетическая энергия системы 21

T ,2

aq где а – обобщенный

коэффициент инерции.

61

Потенциальная энергия системы 21

2cq , где c – приведенный

коэффициент жесткости. Для консервативной системы .Qq

Тогда уравнение Лагранжа T Td

dt q q q

с учетом

a = const, T

,aqq

T T, 0,

daq cq

dt q q q

принимает вид:

aq cq или 2 0,q k q где 2 .

ck

a

Его общее решение: 1 2cos sin , или sin( ),q C kt C kt q A kt

произвольные постоянные 1 2, , ,С С A определяются из начальных

условий, круговая частота ,c

ka

период незатухающих колебаний

2a

Tc

.

Свойства консервативной системы: вблизи положения устой-

чивого равновесия консервативная система с одной степенью свободы

совершает незатухающие гармонические колебания.

Задача Д1

Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки

Условия 1–5 (рис. Д1.1)

Тело движется из точки А по участку АВ (длиной l) наклонной

плоскости, составляющей угол α с горизонтом, в течение τ с. Его

начальная скорость vA. Коэффициент трения скольжения тела по

плоскости равен f.

В точке В тело покидает плоскость со скоростью vB и попадает со

скоростью vC в точку С плоскости BD, наклоненной под углом β к го-

ризонту, находясь в воздухе T с.

При решении задачи тело принять за материальную точку, со-

противление воздуха не учитывать.

62

Условия 6–10 (рис. Д1.2)

Лыжник подходит к точке А участка трамплина АВ, наклоненного

под углом α к горизонту и имеющего длину l, со скоростью vA. Коэф-

фициент трения скольжения лыж на участке АВ равен f. Лыжник от А до

В движется τ с; в точке В со скоростью vB он покидает трамплин. Через

T с лыжник приземляется со скоростью vC в точке С горы, составляю-

щей угол β с горизонтом.

При решении задачи принять лыжника за материальную точку,

сопротивление воздуха не учитывать.

Условия 11–15 (рис. Д1.3)

Тело движется из точки А по участку АВ (длиной l) наклонной

плоскости, составляющей угол α с горизонтом. Его начальная скорость

vA. Коэффициент трения скольжения тела по плоскости равен f. Через τ с

тело в точке В со скоростью vB покидает наклонную плоскость и попа-

дает на горизонтальную плоскость в точку С со скоростью vC , при этом

оно находится в воздухе T с.

При решении задачи тело принять за материальную точку; со-

противление воздуха не учитывать.

Условия 16–20 (рис. Д1.4)

Имея в точке А скорость vA, мотоцикл поднимается τ с по участку

АВ длиной l, составляющему угол с горизонтом. При постоянной на

всем участке АB движущей силе Р мотоцикл в точке B приобретает

скорость vB и перелетает через ров шириной d, находясь в воздухе Т с и

приземляясь в точке С со скоростью vС. Масса мотоцикла с мотоцик-

листом равна m.

При решении задачи считать мотоцикл с мотоциклистом мате-

риальной точкой и не учитывать силы сопротивления движению.

Условия 21–25 (рис. Д1.5)

Камень скользит в течение τ с по участку AB откоса, составляю-

щему угол α с горизонтом и имеющему длину l. Его начальная скорость

vA. Коэффициент трения скольжения камня по откосу равен f. Имея

в точке B скорость vB, камень через Т с ударяется в точке С о верти-

кальную защитную стену.

При решении задачи принять камень за материальную точку, со-

противление воздуха не учитывать.

63

Условия 26–30 (рис. Д1.6)

Имея в точке А скорость vA, тело движется по горизонтальному

участку АВ длиной l в течение τ с. Коэффициент трения скольжения

тела по плоскости равен f. Со скоростью vB тело в точке B покидает

плоскость и попадает в точку С со скоростью vС, находясь в воздухе Т с.

При решении задачи принять тело за материальную точку, со-

противление воздуха не учитывать.

Указания. Задача Д1 – на интегрирование дифференциальных

уравнений движения точки (решение основной задачи динамики). Ре-

шение задачи Д1 разбивается на две части. Сначала нужно составить

уравнение движения точки вдоль плоскости, учитывая начальные

условия. После этого нужно составить и проинтегрировать дифферен-

циальное уравнение движения груза на участке BC тоже с учетом

начальных условий, ведя отсчет времени от момента, когда груз нахо-

дится в точке B и полагая в этот момент t = 0. Зная ряд характеристик

движения груза на участках AB и BC, определить соответствующие

параметры, указанные в последнем столбце табл. Д1.

Таблица Д1

Номер

условия

α,

град.

β,

град.

vA,

м/c f

l,

м

τ,

с

vB,

м/с

P,

кН

m,

кг

h,

м

d,

м Определить

1 30 60 0 0,2 10 ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ τ и h

2 15 45 2 0,2 ̶ 3 ̶ ̶ ̶ 4 ̶ l и T

3 30 60 2,5 0,1 8 – ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ vB и Т

4 ̶ 60 0 0 9,8 2 ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ α и Т

5 30 45 0 ̶ 9,8 3 ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ f и vС

6 20 30 ̶ 0,1 ̶ 0,2 ̶ ̶ ̶ 40 ̶ l и vС

7 15 45 16 0,1 5 ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ vB и Т

8 ̶ 60 21 0 ̶ 0,3 20 ̶ ̶ ̶ ̶ α и d

9 15 45 ̶ 0,1 ̶ 0,3 ̶ ̶ ̶ 30 2 ̶ vB и vА

10 15 60 12 0 ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ 50 τ и T

11 30 ̶ 1 0,1 ̶ 1,5 ̶ ̶ ̶ 10 ̶ vB и d

12 45 ̶ 0 ̶ 10 2 ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ f и h

13 ̶ ̶ 0 0 9,81 2 ̶ ̶ ̶ 20 ̶ α и Т

14 30 ̶ 0 0,2 10 ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ 12 τ и h

15 30 ̶ 0 0,2 6 ̶ ̶ ̶ ̶ 4,5 ̶ τ и vС

16 30 ̶ 0 ̶ 40 ̶ 4,5 ≠0 ̶ ̶ 3 τ и h

17 30 ̶ ̶ ̶ 40 ̶ 4,5 0 ̶ 1,5 ̶ vА и d

18 30 ̶ 0 ̶ ̶ 20 ̶ ̶ 400 1,5 3 P и l

19 30 ̶ 0 ̶ 40 ̶ ̶ 2,2 400 ̶ 5 vB и vС

20 30 ̶ 0 ̶ ̶ 50 ̶ 2 ̶ 2 4 Т и m

64

Продолжение табл. Д1

Номер

условия

α,

град.

β,

град.

vA,

м/c f

l,

м

τ,

с

vB,

м/с

P,

кН

m,

кг

h,

м

d,

м Определить

21 30 ̶ 1 0,2 3 ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ 2,5 h и Т

22 45 ̶ ̶ ̶ 6 1 2vA ̶ ̶ 6 ̶ d и f

23 30 ̶ 0 0,1 2 ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ 3 h и τ

24 15 ̶ ̶ ≠0 3 1,5 3 ̶ ̶ ̶ 2 vА и h

25 45 ̶ 0 0,3 ̶ ̶ ̶ ̶ ̶ 4 2 l и τ

26 ̶ ̶ 7 0,2 8 ̶ ̶ ̶ ̶ 20 ̶ d и vС

27 ̶ ̶ 4 0,1 ̶ 2 ̶ ̶ ̶ ̶ 2 vB и h

28 ̶ ̶ ̶ 0,3 3 ̶ 3 ̶ ̶ 5 ̶ vА и Т

29 ̶ ̶ 3 ̶ 2,5 ̶ 1 ̶ ̶ 20 ̶ f и d

30 ̶ ̶ ̶ 0,25 4 ̶ ̶ ̶ ̶ 5 3 vА и τ

Рис. Д1.1

Рис. Д1.2

Рис. Д1.3

Рис. Д1.4

65

Рис. Д1.5

Рис. Д1.6

Пример Д1. В железнодорожных скальных выемках для защиты

кюветов от попадания в них с откосов каменных осыпей устраивается

«полка» DC. Учитывая возможность движения камня из наивысшей

точки А откоса и полагая при этом его начальную скорость 0 0v ,

определить наименьшую ширину полки b и скорость vC , с которой ка-

мень падает на нее. По участку АB откоса, составляющему угол α

с горизонтом и имеющему длину l, камень движется τ с.

При решении задачи считать коэффициент трения скольжения f

камня на участке AB постоянным, а сопротивлением воздуха прене-

бречь (рис. Д1).

Рис. Д1

66

Дано: 0; 60 ; 4 м; 1c; 0; 5м; 75 .Av l f h

Определить: b и vC.

Решение. Рассмотрим движение камня на участке AB. Принимая

камень за материальную точку, покажем действующие на него силы

(см. рис. Д1): вес G , нормальную реакцию N и силу трения сколь-

жения F . Составим дифференциальное уравнение движения камня на

участке AB:

1 1;imx X 1 sin .mx G F

Сила трения ,F fN

где

cos .N G Таким образом,

1 sin cosmx G fG

или

1 sin cos .x g fg

Интегрируя дифференциальное уравнение дважды, получаем:

1 1(sin cos ) ;x g f t C

21 1 2(sin cos ) / 2 .x g f t C t C

Для определения постоянных интегрирования воспользуемся

начальными условиями задачи: при 10 100 0 и 0.t x x

Составим уравнения, полученные при интегрировании, для t = 0:

10 1 10 2; .x C x C

Найдем постоянные:

1 20, 0.C C

Тогда

1

21

(sin cos ) ;

(sin cos ) / 2 .

x g f t

x g f t

Для момента τ, когда камень покидает участок,

1 1; ,Bx v x l

67

т.е.

2

(sin cos ) ;

(sin cos ) / 2 ,

Bv g f

l g f

откуда

2 / ,Bv l

т.е.

2 4 /1 8 м/c.Bv

Рассмотрим движение камня от точки B до точки C. Показав силу тяжести G, действующую на камень, составим

дифференциальные уравнения его движения:

0; .mx my G

Начальные условия задачи: при t = 0

0 0

0 0

0; 0;

cos ; sin .B B

x y

x v y v

Интегрируем дифференциальные уравнения дважды:

3 4

23 5 4 6

; ;

; / 2 .

x C y gt C

x C t C y gt C t C

Напишем полученные уравнения для t = 0:

0 3 0 4

0 5 0 6

; ;

; .

x C y C

x C y C

Отсюда найдем, что

3 4

5 6

cos ; sin ;

0; 0.

B BC v C v

C C

Получим следующие уравнения проекций скоростей камня:

cos , sinB Bx v y gt v

и уравнения его движения:

2cos , / 2 sin .B Bx v t y gt v t

Уравнение траектории камня найдем, исключив параметр t из уравнений движения. Определив t из первого уравнения и подставив его значение во второе, получаем уравнение параболы:

68

2 2 2/ (2 cos ) tg .By gx v x

В момент падения y = h, x = d.

Определяя d из уравнений траектории, найдем:

1 22,11м, 7,75 м.d d

Так как траекторией движения камня является ветвь параболы

с положительными абсциссами ее точек, то 1 2,11м.d

Минимальная ширина полки

/ tg75 ,b d ED d h или 0,77 м.b

Используя уравнение движения камня cos ,Bx v t найдем

время Т движения камня от точки B до точки C:

0,53 c.T

Скорость камня при падении найдем через проекции скорости на

оси координат:

cos , sinB Bx v y gt v

по формуле

2 2 .v x y

Для момента падения 0,53 ct T

2 2cos ( sin ) ,C B Bv v gT v

или

12,8 м/c.Cv

Ответ: 0,77 мb , 12,8 м/c.Cv

Задача Д2 Количество движения механической системы

Механическая система состоит из прямоугольной вертикальной

плиты 1 массой 1 18m кг, движущейся вдоль горизонтальных

направляющих, и груза D массой 2 6m кг (рис. Д2.0–Д2.9, табл. Д2).

В момент времени 0 0t , когда скорость плиты 0 2u м/с, груз под

действием внутренних сил начинает двигаться по желобу плиты.

69

На рис. Д2.0–Д2.3 желоб КЕ прямолинейный и при движении груза

расстояние s = AD изменяется по закону 1s f t , а на рис. Д2.4–Д2.9

желоб – окружность радиуса R = 0,8 м и при движении груза угол

1AC D изменяется по закону 2f t . В табл. Д2 эти зависимо-

сти даны отдельно для рис. Д2.0 и Д2.1, для рис. Д2.2 и Д2.3 и т.д., где

s выражена в метрах, – в радианах, t – в секундах.

Считая груз материальной точкой и пренебрегая всеми сопро-

тивлениями, определить зависимость u = f(t), т.е. скорость плиты как

функцию времени.

Таблица Д2

Номер

условия

1( )s f t 2( )f t

рис. Д2.0, Д2.1 рис. Д2.2, Д2.3 рис. Д2.4–Д2.6 рис. Д2.7–Д2.9

0 20,8sin( )t 20,4(3 2)t

2(3 2 ) / 3t 2(2 1)t

1 1,2cos( / 2)t 20,6sin( / 2)t 2(1 3 ) / 4t

2(1 4 ) / 3t

2 20,6(2 1)t 0,8cos( )t 2( 3) / 6t 2(3 4 ) / 6t

3 20,4sin( / 3)t 20,5sin( / 6)t

2(2 )t 2( 1) / 2t

4 0,5cos( / 6)t 1,2cos( / 3)t 2(1 2 ) / 6t 2(1 5 ) / 4t

5 20,6sin( / 4)t 20,5(3 4 )t

2(5 1) / 4t 2( 4) / 3t

6 20,8(2 3 )t 20,8sin( / 3)t

2( 2) / 2t 2 / 4t

7 0,6cos( / 3)t 0,4cos( / 4)t 2(3 ) / 3t 2(3 1) / 6t

8 21,2sin( / 6)t 21,2sin( )t 2 / 2t

2( 3) / 2t

9 0,8cos( / 4)t 0,6cos( / 6)t 2( 2) / 6t 2(2 ) / 4t

D

A

E

K

60˚

1

u

Рис. Д2.0

D

A

E

K

60˚

1

u

Рис. Д2.1

D

A

E

K

30˚

1

u

Рис. Д2.2

70

DA

E

K

30˚

1

u

Рис. Д2.3

D

Aφ

1

RC1

u

Рис. Д2.4

D

A

φ

1

R

C1

u

Рис. Д2.5

D

Aφ

1

R

C1

u

Рис. Д2.6

D

A φ

1

R

C1

u

Рис. Д2.7

DA

φ

1

R

C1

u

Рис. Д2.8

D

A

φ

1

RC1

u

Рис. Д2.9

Указания. Задача Д2 на применение теоремы об изменении ко-

личества движения системы. При решении составить уравнение, вы-

ражающее теорему, в проекции на горизонтальную ось.

Пример Д2. Плита массой m1 имеет желоб – окружность радиу-

са R. Плита движется по гладкой горизонтальной плоскости со скоро-

стью u. В желобе расположен груз D массой m2 (рис. Д2). В момент

времени t0 = 0, когда скорость плиты u = u0 , груз D начинает двигаться

по желобу по закону t .

71

R u

φ

P2

P1

N

vDотн

x

y

A

C1

D

Рис. Д2

Дано: m1 = 24 кг; m2 = 12 кг; u0 = 0,5 м/c; R = 0,6 м;

33 1 2t рад (t – в секундах).

Определить: u = f(t) – закон изменения скорости плиты. Решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из

плиты и груза D, в произвольном положении. Изобразим действующие

на систему внешние силы: силы тяжести 1 2,P P и реакцию плоскости

N . Проведем координатные оси Оху так, чтобы ось х была горизон-тальна.

Чтобы определить u, воспользуемся теоремой об изменении ко-

личества движения системы Q в проекции на ось х. Так как все дей-

ствующие на систему внешние силы вертикальны (см. рис. Д2), то

0ekxF и теорема дают:

0exkx

dQF

dt , откуда 1xQ C . (1)

Для рассматриваемой механической системы П DQ Q Q , где

1ПQ m u и 2

DDQ m v – количества движения плиты и груза D со-

ответственно (u – скорость плиты, Dv – скорость груза по отношению

к осям Оху). Тогда из равенства (1) следует, что

1П Dx xQ Q C или 1 2 1x Dxm u m v C . (2)

Для определения Dxv рассмотрим движение груза D как сложное,

считая его движение по отношению к плите относительным (это дви-жение, совершаемое при движении груза D по желобу), а движение

самой плиты – переносным. Тогда пер отн

D DDv v v и

72

пер отнDx DxDxv v v . (3)

Но перDv u и, следовательно, пер

xDxv u . Вектор отнDv направлен

по касательной к траектории и численно отн 22D ADv R R R t .

Изобразив этот вектор на рис. Д2 с учетом знака , найдем, что

отн отн cosDx Dxv v . Окончательно из равенства (3) получим:

отн 2 32cos 2 cos

3 3Dx x D xv u v u R t t

. (4)

Величину Dxv можно еще найти другим путем, определив

абсциссу хD груза D, для которой, как видно из рис. Д2, полу-

чим sin ,D Ax x R тогда cos ,Dx D Av x x R где ,A xx u а

22 .t

При найденном значении Dxv равенство (2), если учесть, что

xu u , примет вид

2 31 2 2 1

22 cos

3 3m u m u m R t t C

. (5)

Постоянную интегрирования С1 определим по начальным усло-

виям: при t = 0 u = u0. Подстановка этих величин в уравнение (5) дает

1 1 2 0C m m u и тогда из выражения (5) получим:

2 31 2 2 1 2 0

22 cos

3 3m m u m R t t m m u

.

Отсюда находим следующую зависимость скорости u плиты от

времени:

2 320

1 2

2 2cos

3 3

R mu u t t

m m

.

Подставив сюда значения соответствующих величин, находим

искомую зависимость u от t.

Ответ: 2 320,5 0,4 cos

3 3u t t

м/с.

73

Задача Д3

Кинетический момент механической системы

Однородная горизонтальная платформа (круглая радиуса R или

прямоугольная со сторонами R и 2R, где R = 1,2 м) массой 1 24m кг

вращается с угловой скоростью 0 10 с–1

вокруг вертикальной

оси z, отстоящей от центра масс С платформ на расстоянии OС = b

(рис. Д3.0–Д3.9, табл. Д3); размеры для всех прямоугольных платформ

показаны на рис. Д3.0а (вид сверху).

В момент времени 0 0t по желобу платформы начинает дви-

гаться (под действием внутренних сил) груз D массой 2 8m кг по

закону s =AD = F(t), где s выражено в метрах, t – в секундах. Одно-

временно на платформу начинает действовать пара сил с моментом М

(задан в ньютонометрах; при М < 0 его направление противоположно

показанному на рисунках).

Определить, пренебрегая массой вала, зависимость f t , т.е.

угловую скорость платформы, как функцию времени.

На всех рисунках груз D показан в положении, при котором s > 0

(когда s < 0, груз находится по другую сторону от точки A). Изображая

чертеж решаемой задачи, провести ось z на заданном расстоянии OC = b

от центра C.

Указания. Задача Д3 – на применение теоремы об изменении ки-

нетического момента системы. При применении теоремы к системе,

состоящей из платформы и груза, кинетический момент Kz системы

относительно оси z определяется как сумма моментов платформы

и груза. При этом следует учесть, что абсолютная скорость груза

складывается из относительной отнv и переносной перv скоростей,

т.е. отн пер .v v v Поэтому и количество движения этого груза

отн перmv mv mv . Тогда можно воспользоваться теоремой Вариньона

(статика), согласно которой отн перz z zm mv m mv m mv ; эти мо-

менты вычисляются так же, как моменты сил. Подробнее ход решения

разъяснен в примере Д3.

При решении задачи полезно изобразить на вспомогательном

чертеже вид на платформу сверху (с конца оси z), как это сделано на

рис. Д3.0а–Д3.9а.

74

Момент инерции пластины с массой m относительно оси Cz,

перпендикулярной пластине и проходящей через ее центр масс С,

равен:

– для прямоугольной пластины со сторонами a1 и a2

2 21 2 /12CzI m a a ;

– для круглой пластины радиуса R

2 2CzI mR .

Таблица Д3

Номер

условия b, м ( )s F t , м M, Нм

1 2 3 4

0 R –0,4t2

6

1 R/2 0,6t2

4t

2 R –0,8t2

–6

3 R/2 10t –8t

4 R 0,4t3

10

5 R/2 –0,5t

–9t2

6 R –0,6t 8

7 R/2 0,8t 6t2

8 R 0,4t3

–10t

9 R/2 0,5t2

12t2

K

0

E

CD A M

ω0

30

˚

Рис. Д3.0

A0

E

C

D

K

Mω0

30˚

R R

0,5

R0,5

R

Рис. Д3.0а

75

K

E

CD

AM

ω0

0

0,5R

z

Рис. Д3.1

K

E

C

D

A

M

ω0

0

0,5R

Рис. Д3.1а

K

E

C D

A M

ω0

60˚0

z

Рис. Д3.2

A0

E

CD

K

Mω0

60˚

R R

0,5

R0,5

R

Рис. Д3.2а

K E

CDA

0,5

R

M

ω0

0

z

Рис. Д3.3

K E

C

D

A

M

ω0

0

0,5R

Рис. Д3.3а

K E

C

DA

M

ω0

0

z

Рис. Д3.4

A

0

E

C

DK

M

ω0

R R

Рис. Д3.4а

76

K

E

C

D

A

ω0

0,4R

M

0

z

Рис. Д3.5

K

E

C

D

A

M

ω0

0

0,4R

Рис. Д.3.5а

K

E

CD

AM

ω0

z

0

Рис. Д3.6

A0

E

CD

K

M

ω0

Рис. Д3.6а

K

E

C

DA

ω0

M

0

z

60˚

Рис. Д3.7

K

E

C

D

A

M

ω0

0 60˚

Рис. Д3.7а

K

E

C

DAM

ω0

z

060˚

Рис. Д3.8

A0

E

C

D

K

M

ω060

˚

Рис. Д3.8а

77

KE

CD A 0,3R

M

ω0

0

z

Рис. Д3.9

KE

C

D

A

M

ω0

00,3R

Рис. Д3.9а

Пример Д3. Однородная горизонтальная платформа (прямо-

угольная со сторонами 2 R и R ), имеющая массу m1, жестко скреплена

с вертикальным валом и вращается вместе с ним вокруг оси z с угловой

скоростью 0 (рис. Д3). В момент времени t0 = 0 на вал начинает дей-

ствовать вращающий момент М, направленный противоположно 0 ;

одновременно груз D массой m2, находящийся в желобе АВ в точке С,

начинает двигаться по желобу (под действием внутренних сил) по за-

кону s = CD = F(t).

E

CD

A

M

ω0

О

zH

RH

RE P1P2

A

C

D

ω0

О

R R

MS

B

R

Bvотн

vпер

а) б)

Рис. Д3

Дано: m1 = 16 кг; m2 = 10 кг; R = 0,5м; 0 =2 с–1

; s = 0,4t2 (s –

в метрах, t – в секундах), M = kt, где k = 6 Hм/c.

Определить: f t – закон изменения угловой скорости

платформы.

Решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из

платформы и груза D. Для определения применим теорему об из-

менении кинетического момента системы относительно оси z:

78

ezz k

dKm F

dt . (1)

Изобразим действующие на систему внешние силы: силы тяжести

1P , 2P , реакции ER , HR и вращающий момент М. Так как силы 1P и

2P параллельны оси z, а реакции ER и HR эту ось пересекают, то их

моменты относительно оси z равны нулю. Тогда, считая для момента

положительным направление 0 (т.е. против хода часовой стрелки),

получим ,ez km F M kt и уравнение (1) примет вид:

zdKkt

dt . (2)

Умножая обе части этого уравнения на dt и интегрируя, получим:

21

2z

kK t C . (3)

Для рассматриваемой механической системы

пл Dz z zK K K , (4)

где плzK и D

zK – кинетические моменты платформы и груза D соот-

ветственно.

Так как платформа вращается вокруг оси z, то плz zK I . Значе-

ние Iz найдем по теореме Гюйгенса: 2 21 1z Cz CzI I m OC I m R

( CzI – момент инерции относительно оси z , параллельной оси z и

проходящей через центр С платформы).

Но, как известно,

2 2 2

1 12 /12 5 /12CzI m R R m R

.

Тогда

2 2 21 1 15 12 17 /12zI m R m R m R .

Следовательно,

пл 2117 12zK m R . (5)

Для определения DzK обратимся к рис. Д3б и рассмотрим дви-

жение груза D как сложное, считая его движение по платформе отно-

сительным, а вращение самой платформы вокруг оси z переносным

79

движением. Тогда абсолютная скорость груза отн перv v v . Так как

груз D движется по закону 20,4s CD t , то отн 0,8v s t ; изобра-

жаем вектор отнv на рис. Д3б с учетом знака s (при 0s направле-

ние отнv было бы противоположным). Затем, учитывая направление ,

изображаем вектор перv перv OD ; численно перv OD . Тогда, по

теореме Вариньона:

2 2 отн 2 пер 2 отнDz z z zK m m v m m v m m v m v OC

22 пер 2 20,8m v OD m tR m OD . (6)

Но на рис. Д4б видно, что 2 2 2 2 40,16OD R s R t . Подстав-

ляя эту величину в равенство (6), а затем значения DzK и пл

zK из (6) и

(5) в равенство (4), получим с учетом данных задачи

2 2 4 41 2 2

170,16 0,8 8,17 1,6 4

12zK m t m t t m t R t t . (7)

Тогда уравнение (3), где k = 6, примет вид:

4 218,17 1,6 4 3t t t C . (8)

Постоянную интегрирования определяем по начальным услови-

ям: при t = 0, 0 . Получим 1 08,17 16,34C . При этом значении

С1 из уравнения (8) находим искомую зависимость от t .

Ответ: 2 416,34 4 3 / 8,17 1,6t t t с–1

, где t – в секундах.

Задача Д4

Кинетическая энергия механической системы

Механическая система состоит из грузов 1 и 2, ступенчатого

шкива 3 с радиусами ступеней 3 0,3 мR , 3 0,1r м и радиусом инерции

относительно оси вращения 3 0,2 м, блока 4 радиуса 4 0,2R м

и катка (или подвижного блока) 5 (рис. Д4.0–Д4.9, табл. Д4); тело 5

считать сплошным однородным цилиндром, а массу блока 4 – равно-

мерно распределенной по ободу. Коэффициент трения грузов о плос-

80

кость f = 0,1. Тела системы соединены друг с другом нитями, переки-

нутыми через блоки и намотанными на шкив 3 (или на шкив и каток);

участки нити параллельны соответствующим плоскостям. К одному из

тел прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с.

Таблица Д4

Номер

условия 1m ,

кг 2m ,

кг 3m ,

кг 4m ,

кг 5m ,

кг

с,

Н/м

М,

Н F f s Найти

0 0 6 4 0 5 200 1,2 80(4+5s) 3

1 8 0 0 4 6 320 0,8 50(8+3s) 1v

2 0 4 6 0 5 240 1,4 60(6+5s) 2v

3 0 6 0 5 4 300 1,8 80(5+6s) 4

4 5 0 4 0 6 240 1,2 40(9+4s) 1v

5 0 5 0 6 4 200 1,6 50(7+8s) 5Cv

6 8 0 5 0 6 280 0,8 40(8+9s) 3

7 0 4 0 6 5 300 1,5 60(8+5s) 2v

8 4 0 0 5 6 320 1,4 50(9+2s) 4

9 0 5 6 0 4 280 1,6 80(6+7s) 5Cv

2 1

3

5

4

60˚

30˚ F

Рис. Д4.0

2

1

3

5

4

60˚

30˚

F

Рис. Д4.1

2 1

3 5 4

45˚

F60˚

Рис. Д4.2

2

1

3

5

4

45˚F

Рис. Д4.3

81

2

1

3

54

60˚F

45˚

Рис. Д4.4

2 1

3 4

30˚F

60˚

Рис. Д4.5

2

1

3

5

4

60˚

30˚

F

Рис. Д4.6

2

1

3 5

30˚F

60˚

4

Рис. Д4.7

213

5

4

45˚

30˚ F

Рис. Д4.8

21

3

5 30˚F

45˚

4

Рис. Д4.9

Под действием силы F = f(s), зависящей от перемещения s точки и

ее приложения, система приходит в движение из состояния покоя; де-

формация пружины в момент начала движения равна нулю. При дви-

жении на шкив 3 действует постоянный момент M сил сопротивления

(от трения в подшипниках).

Определить значения искомой величины в тот момент времени,

когда перемещение s станет равным s1 = 0,2 м. Искомая величина ука-

зана в столбце «Найти» таблицы, где обозначено: 1v , 2v , 5Cv – скоро-

сти грузов 1, 2 и центра масс тела 5 соответственно, 3 и 4 – угловые

скорости тел 3 и 4.

Все катки, включая и катки, обмотанные нитями (как, например,

каток 5 на рис. Д4.2), катятся по плоскостям без скольжения.

На всех рисунках не изображать груз 2, если 2 0m ; остальные

тела должны изображаться и тогда, когда их масса равна нулю.

Указания. Задача Д4 – на применение теоремы об изменении ки-

нетической энергии системы. При решении задачи учесть, что кинети-

82

ческая энергия Т системы равна сумме кинетических энергий всех

входящих в систему тел; эту энергию нужно выразить через ту скорость

(линейную или угловую), которую в задаче надо определить. При вы-

числении Т для установления зависимости между скоростями точек

тела, движущегося плоскопараллельно, или между его угловой скоро-

стью и скоростью центра масс воспользоваться мгновенным центром

скоростей (кинематика). При вычислении работы надо все перемеще-

ния выразить через заданное перемещение s1, учитывая, что зависи-

мость между перемещениями здесь будет такой же, как между соот-

ветствующими скоростями.

Пример Д4. Механическая система (рис. Д4,а) состоит из

сплошного однородного цилиндрического катка 1, подвижного блока 2,

ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней R3 и r3 и радиусом инерции

относительно оси вращения 3 , блока 4 и груза 5 (коэффициент трения

груза о плоскость равен f ). Тела системы соединены нитями, намо-

танными на шкив 3. К центру Е блока 2 прикреплена пружина с коэф-

фициентом жесткости с; ее начальная деформация равна нулю.

Система приходит в движение из состояния покоя под действием

силы F = f(s), зависящей от перемещения s точки ее приложения.

На шкив 3 при движении действует постоянный момент М сил сопро-

тивления.

A

2

60˚

M

L

AB

D

E

1

4

5 3N4

N5 N3

P5

N1

P3

P1

K1

K2

S2F

S1

F5

тр

F1

тр

Fупр

K2

E

vE

2

3

vD

vB

vA

а) б)

Рис. Д4

83

Дано: m1 = 8 кг; m2 = 0 кг; m3 = 4 кг; m4 = 0; m5 = 10 кг; R3 = 0,3 м;

r3 = 0,1 м; 3 = 0,2 м; f = 0,1; c = 240 Н/м; M = 0,6 Н∙м; F = 20(3 + 2s) Н;

s1 = 0,2 м.

Определить: 3 в тот момент времени, когда s = s1.

Решение. 1. Рассмотрим движение неизменяемой механической

системы, состоящей из весомых тел 1, 3, 5 и невесомых тел 2, 4, со-

единенных нитями. Изобразим действующие на систему внешние силы:

активные F , упрF , 1P , 3P , 5P реакции 1 3 4 5, , ,N N N N , натяжение

нити 2S , силы трения тр тр

51 ,F F и момент М.

Для определения 3 воспользуемся теоремой об изменении ки-

нетической энергии:

0ekT T A . (1)

2. Определяем Т0 и Т. Так как в начальный момент система

находилась в покое, то Т0 = 0. Величина Т равна сумме энергий всех тел

системы:

1 3 5T T T T . (2)

Учитывая, что тело 1 движется плоскопараллельно, тело 5 – по-

ступательно, а тело 3 вращается вокруг неподвижной оси, получим:

2 21 1 1 1 1

1 1

2 2C CT m v I ;

23 3 3

1

2T I ;

25 5 5

1

2T m v . (3)

Все входящие сюда скорости надо выразить через искомую 3 .

Для этого предварительно заметим, что 1 5C Av v v , где А – любая

точка обода радиуса r3 шкива 3 и что точка К1 – мгновенный центр

скоростей катка 1, радиус которого обозначим r1 . Тогда

1 5 3 3Cv v r ; 1 1 31 3

1 1 1 1

C Cv v r

K C r r . (4)

Кроме того, входящие в уравнении (3) моменты инерции имеют

значения

21 1 10,5CI m r ; 2

3 3 3I m . (5)

Подставив все величины уравнений (4) и (5) в равенства (3), а

затем, используя равенство (2), получим окончательно:

84

2 2 2 21 3 3 3 5 3 3

3 1 1

4 2 2T m r m m r

. (6)

3. Теперь найдем сумму работ всех действующих внешних сил

при перемещении, которое будет иметь система, когда центр катка 1

пройдет путь s1. Введя обозначения: s5 – перемещение груза 5 (s5 = s1),

3 – угол поворота шкива 3, 0 и 1 – начальное и конечное удли-

нения пружины, получим:

1

21 1

0

20 3 2 20 3s

A F s ds s s ;

1 1 1 sin60A P Ps ;

тр тр5 5 15 5A F F s fP s ;

3A M M ;

2 2упр 0 1

2

cA F .

Работы остальных сил равны нулю, так как точки K1 и K2, где

приложены силы 1N , 1трF , 2S – мгновенные центры скоростей; точки,

где приложены силы 3P , 3N и 4N – неподвижны; а реакция 5N

перпендикулярна перемещению груза.

По условиям задачи, 0 0 . Тогда 1 Es , где sЕ – перемещение

точки Е (конца пружины). Величины sЕ и 3 надо выразить через за-

данное перемещение s1; для этого учтем, что зависимость между пе-

ремещениями здесь такая же, как и между соответствующими скоро-

стями. Тогда так как 3 3 1 3A Cv r v r (равенство 1C Av v уже

отмечалось), то и 3 1 3s r .

Далее, из рис. Д4,б видно, что 3 3D Bv v R , а так как точка K2

является мгновенным центром скоростей для блока 2 (он как бы «ка-

тится» по участку нити K2L) , то 3 30,5 0,5E Dv v R ; следовательно, и

1 3 3 1 3 30,5 0,5 /Es R s R r . При найденных значениях 3 и 1 для

суммы вычисленных работ получим:

2

2 2311 1 1 1 5 1 12

3 3

20 3 sin 608

ek

Rs cA s s Ps fP s M s

r r . (7)

85

Подставляя выражения (6) и (7) в уравнение (1) и учитывая, что Т0 = 0, придем к равенству

2 2 2 21 3 3 3 5 3 3

3 1 1

4 2 2m r m m r

2

2 231 1 1 1 5 1 1 12

3 3

20 3 sin 60 .8

RM cs s Ps fP s s s

r r

Из последнего равенства, подставив в него числовые значения

заданных величин, найдем искомую угловую скорость 3 .

Ответ: 3 8,1 с–1

.

Задача Д5 Поступательное и вращательное движения

твердого тела Механическая система (рис. Д5) состоит из механизма (колес 1 и

2) и груза 3. Движение системы вызывает движущий момент M или движущая сила .P Время t отсчитывается от некоторого момента

0t , когда угловая скорость колеса 1 равна ω10. Момент сил сопро-

тивления ведомого колеса 2 равен Мс. Другие силы сопротивления движению системы не учитывать.

Массы колес 1 и 2 равны m1 и т2, а масса груза 3 – т3. Радиусы окружностей колес R1, R2, r2. Колеса 1 и 2, для которых радиусы инер-ции

1xi и

2xi в табл. Д5 не заданы, считать сплошными однородными

дисками. Найти уравнение движения тела системы, указанного в последней

графе табл. Д5. Указание. Задача Д5 – на динамику поступательного и вращатель-

ного движений твердого тела. При решении задачи необходимо: разде-лить систему на абсолютно твердые тела, действие отброшенной части системы заменить силами, приложенными в точках соприкосновения; составить дифференциальные уравнения движения каждого тела; запи-сать уравнения кинематических связей и выразить все ускорения тел, входящие в систему дифференциальных уравнений движения, через ис-комое; исключить из уравнений неизвестные силы взаимодействия, по-лучив в общем виде выражение для ускорения тела, движение которого требуется исследовать; дважды проинтегрировать полученное выраже-ние; определить постоянные интегрирования из начальных условий.

86

Та

бли

ца

Д5

Номер

варианта

m1,

кг

m2,

кг

m3,

кг

R1,

см

r 1,

см

R2,

см

r 2,

см

i x1,

см

i x2,

см

M,

H·м

P,

H

MC,

H·м

ω1

0,

рад

/с

t 1, c

Тел

о,

для

ко

торо

го

ну

жн

о

оп

ред

ели

ть

ур

авн

ени

е

дви

жен

ия

1

10

0

300

500

20

–

60

40

–

50

21

00

+20

t –

10

00

2

2

1

2

30

0

80

500

70

50

20

–

60

–

–

10

20

0+

10

0t

60

0

1

0,5

2

3

20

0

100

400

60

–

30

20

60

20

√2

61

00

+20

t –

80

0

0,5

2

,5

1

4

10

0

250

300

20

–

50

30

–

40

100

0+

40

t –

14

00

1,5

2

1

5

15

0

300

600

30

–

50

20

–

30

–

550

0+

200

t 1

50

0

2

1

3

6

40

0

250

600

70

–

30

20

70

20

√2

480

0+

10

t –

80

0

3

4

1

7

30

0

200

400

60

40

30

20

50

20

–

30

00

+1

00

t 5

00

0

3

3

8

30

0

250

700

50

30

40

20

40

30

–

970

0+

50

t 5

00

1

2

1

9

20

0

100

500

80

60

20

–

50

√2

–

590

0+

30

t –

60

0

2

3

2

10

25

0

100

400

40

20

30

–

30

–

250

0+

50

t –

12

00

0

1,5

2

11

150

300

700

40

30

60

30

30

40

–

390

0+

50

t 1

00

0

1

2

1

12

100

200

600

30

20

60

–

20

√2

60

–

570

0+

50

t 1

50

0

2

2

1

13

180

100

300

50

40

30

20

30

√2

20

–

270

0+

200

t 4

00

0,5

1

2

14

15

0

80

400

40

20

30

–

30

–

180

0+

20

t –

70

0

1,5

2

,5

3

15

30

0

180

500

20

10

50

–

10

√2

50

70

0+

40

t –

30

0

0

1,5

1

16

30

0

250

400

60

40

50

30

50

40

–

730

0+

100

t 1

20

0

1

2

1

17

25

0

100

800

50

30

20

–

40

–

540

0+

50

t –

90

0

2

2

1

18

20

0

100

600

20

–

50

–

–

50

190

0+

20

t –

15

00

0,5

1

2

19

25

0

150

400

50

30

30

20

40

20

√2

–

14

20

0+

20

0t

50

0

0,5

2

1

20

40

0

100

800

50

20

30

–

40

–

370

0+

50

t –

12

00

2

1

2

21

20

0

150

300

50

40

30

20

30

√2

20

–

380

0+

100

t 8

00

1

1,5

2

22

25

0

100

800

60

20

10

–

50

–

–

970

0+

200

t 7

00

2

0,5

1

87

Око

нча

ни

е т

аб

л. Д

5

Номер

варианта

m1,

кг

m2,

кг

m3,

кг

R1,

см

r 1,

см

R2,

см

r 2,

см

i x1,

см

i x2,

см

M,

H·м

P,

H

MC,

H·м

ω1

0,

рад

/с

t 1, c

Тел

о,

для

ко

торо

го

ну

жн

о

оп

ред

ели

ть

ур

авн

ени

е

дви

жен

ия

23

20

0

80

400

40

20

30

–

30

–

230

0+

20

t –

90

0

0,5

1

2

24

10

0

200

500

30

–

40

20

–

30

–

12

60

0+

10

0t

50

0

1,5

1

1

25

15

0

80

400

60

–

20

–

60

–

490

0+

40

t –

80

0

0

1,5

2

26

25

0

200

500

50

20

40

30

40

30

–

350

0+

150

t 6

00

2

2

1

27

25

0

150

500

50

30

40

30

30

√2

30

–

15

20

0+

10

0t

70

0

1,5

1

1

28

60

200

900

20

–

60

10

–

50

90

0+

10

t –

15

00

0

2

2

29

50

200

500

20

–

40

30

–

25

√2

210

0+

20

t –

10

00

2

0,5

1

30

30

0

60

600

50

30

20

–

40

–

–

720

0+

50

t 7

00

1,5

1

2

Пр

им

ечан

ие.

Рад

иусы

ин

ерц

ии

звен

ьев

1 и

2

1xi и

2xi

зад

аны

отн

оси

тельн

о н

епод

ви

жн

ых о

сей

эти

х

звен

ьев

.

88

1

12

M Mc

3

4

1

2

M

Mc

3

31 2

M

Mc

3

2 1

2

Mc

90°

3

P

5

1

2

Mc

3

P

90°

7

1 2

Mc

3

P90°

9

1

2

Mc

3

M

10

12

M

Mc

3

8

1

2

Mc

3

P

90°

6

1

2

Mc

3

M

Рис. Д5 (начало)

89

11

1

2

Mc

3

P

90°

12

1

2Mc

3 90°

P

131

2

Mc

3

P

90°

14 1

2

Mc

3

M

16

1

2

Mc

3

P

90°

15

12

Mc

3

M

18 12

Mc

3

M

19

1

2

Mc

3

P

90°

17

1 2

Mc

3M

20

12

Mc

3

M

Рис. Д5 (продолжение)

90

221

2Mc

90°

3

P

231

2

Mc

3M

24

1

2Mc

3

90°

P

25

1

2

Mc

3

M

21 1

2

Mc

90°

3

P

28

1

2

Mc

3

M

27

1

2

Mc

3

90°P

26

1

2 Mc

90°

3

P

30

1

2

Mc

3

90°P29

1

2

Mc

3

M

Рис. Д5 (окончание)

91

Пример Д5. Механическая система состоит из механизма (колес 1

и 2) и груза 3. К колесу 1 приложена пара сил с моментом M = M(t)

(движущий момент) (рис. Д5а).

Момент сил сопротивления ведомого колеса 2

равен Мс. Найти уравнение вращательного движения

колеса 2 механизма.

Дано: т1 = 100 кг; т2 = 150 кг; т3 = 400 кг;

M = 4200 + 200t Н·м; с const 2000 Н м;M

1 0,6R м; 2 0,4R м; 2 0,2r м; 1

0,2 2xi м;

20,3 мxi ; 10 2 рад/ с .

Определить: 2 ( )f t .

Решение. 1. В данной механической системе

колеса 1 и 2 механизма вращаются вокруг непо-

движных осей, а поднимаемый груз 3 совершает

поступательное движение.

Отделим тела друг от друга, разрезав нить,

удерживающую груз 3, и разъединив колеса 1 и 2 в точках соприкос-

новения зубьев.

К колесу 1 механизма приложены сила тяжести 1,G движущий

момент М, составляющие реакции подшипника AY , AZ , окружное

усилие S и нормальная реакция N колеса 2 (рис. Д5б).

1

A

M

zA

YA

G1

SN 1

..

Рис. Д5б

К колесу 2 механизма приложены сила тяжести 2G , момент сил

сопротивления Мс, составляющие реакции подшипника BY , BZ , сила

натяжения T нити, к которой подвешен груз 3, окружное усилие S и

нормальная реакция N колеса 1 (рис. Д5в).

1

2

Mc

3

B

A

M

Рис. Д5а

92

2

McT

S

N

YBBZB

j2..

Рис. Д5в

К грузу 3 приложены сила тяжести 3G и сила

натяжения нити T (рис. Д5г).

Очевидно, что в силу закона равенства действия и

противодействия окружные усилия, нормальные реак-

ции и силы натяжения нити, приложенные к телам ме-

ханической системы, соответственно равны друг другу

по модулю и противоположны по направлению.

2. Составим дифференциальное уравнение враща-

тельного движения колеса 1 вокруг оси x1:

1 1xJ 1eixM ,

здесь 1eixM – главный момент внешних сил, приложенных к колесу 1,

относительно оси вращения х1.

Заданный движущий момент M приводит в движение колесо 1, и

поэтому его следует принять положительным, а момент, создаваемый

окружным усилием S , препятствует вращению колеса 1, и, следова-

тельно, его следует принять отрицательным:

1 1eixM M SR .

Дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 1

примет вид

1 1 1xJ M SR . (1)

Составим дифференциальное уравнение вращательного движения

колеса 2 вокруг оси х2:

2 2xJ 2eixM .

z..

3

T

G3

z

Рис. Д5г

93

Здесь 2eixM – главный момент внешних сил, приложенных к коле-

су 2, относительно оси вращения х2.

Момент, создаваемый окружным усилием S , приводит в дви-

жение колесо 2 и поэтому его следует принять положительным, а мо-

мент силы натяжения нити T и момент сил сопротивления Mс пре-

пятствуют движению колеса, и, следовательно, их следует принять

отрицательными:

2 2 2eix cM SR Tr M .

Дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 2

имеет вид

2 2 2 2x cJ SR Tr M . (2)

Составим дифференциальное уравнение поступательного дви-

жения груза 3:

3 3m z eiZ .

Здесь eiZ – проекция главного вектора внешних сил, приложенных

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

3eiZ T G .

Дифференциальное уравнение поступательного движения груза 3:

3 3 3m z T G . (3)

Таким образом, движение механической системы описывается

системой дифференциальных уравнений (1)…(3):

1 1 1

2 2 2 2 с

3 3 3

;

;

.

x

x

J M SR

J SR Tr M

m z T G

(4)

В уравнениях (4) неизвестными являются силы T и S , а также

функции 1 2 3( ), ( ), и ( )t t z t – угловые ускорения колес 1, 2 и уско-

рение груза 3 соответственно.

3. Запишем уравнения кинематических связей для тех точек си-

стемы, где происходит передача движения от одного тела к другому.

Скорость груза равна скорости точки внутреннего обода колеса 2:

3 2 2v r .

94

Скорость точки внешнего обода колеса 2 равна скорости обода

точки колеса 1:

2 2 1 1R R , откуда 1 2 2 1/R R .

Ускорения тел в простейших движениях определяются как про-

изводные по времени от функций изменения скоростей:

z v и .

Следовательно, функции ускорений, входящих в уравнения (4)

связаны между собой соотношениями:

1 2 2 1/R R , (5)

3 2 2z r , (6)

так, что в трех уравнениях (4) – три неизвестные: Т, S и 2 .

Подставим выражения (5) и (6) в первое и третье уравнения си-

стемы (4) соответственно. Получим систему уравнений:

1 2 2 1 1

2 2 2 2 с

3 2 2 3

/ ;

;

.

x

x

J R R M SR

J SR Tr M

m r T G

(7)

4. Выразим силу T из последнего уравнения (7):

3 2 2 3 3 2 2 3T m r G m r m g .

Выразим из первого уравнения (7) силу S :

1 2 2 1

1

/xM J R RS

R

.

Подставим эти выражения во второе уравнение системы (7). По-

сле приведения подобных членов, содержащих 2 , получим:

22 1 3 2 1

2 2 2 21 2 2 3 2 1

( )

( )

c

x x

MR R m gr M R

J R J m r R

. (8)

Выражение (8) определяет в общем виде угловое ускорение ко-

леса 2 механизма.

Моменты инерции колес 1 и 2 относительно осей x1 и x2 равны

соответственно:

1 2

2 21 1 2 2;x x x xJ m i J m i .

95

Учитывая исходные данные, находим:

2 21 28кг м ; 13,5кг мx xJ J .

Теперь по формуле (8) получаем:

2 4,034 0,4597t . (9)

5. Интегрируя уравнение (9) дважды, получаем:

22 12,017 0,4597t t C – закон изменения скорости, (10)

3 22 1 20,672 0,230t t C t C – закон движения. (11)

6. Постоянные интегрирования определим из начальных условий:

при 0t 20 0 , 20 20 10 1 2/ 3R R с–1

.

Подставляя начальные условия в выражения (10) и (11), получим:

20 1C , 20 2C , откуда 1 3C с–1

, 2 0C .

Искомое уравнение вращательного движения колеса 2 имеет вид:

3 22 0,672 0,230 3t t t (рад).

Ответ: 3 22 0,672 0,230 3t t t .

Задача Д6

Принцип Германа – Эйлера – Даламбера

Вертикальный вал AK (рис. Д6.0–Д6.9), вращающийся с посто-

янной угловой скоростью 10 с–1

, закреплен подпятником в точке A

и цилиндрическим подшипником в точке, указанной в табл. Д6

в столбце 2 (AB = BD = DE = EK = a). К валу жестко прикреплены

тонкий однородный ломаный стержень массой m = 10 кг, состоящий из

частей 1 и 2 (размеры частей стержня показаны на рисунках, где b =

= 0,1 м, а их массы m1 и m2 пропорциональны длинам), и невесомый

стержень длиной l = 4b с точечной массой m3 = 3 кг на конце; оба

стержня лежат в одной плоскости. Точки крепления стержней указаны

в табл. Д6 в столбцах 3 и 4, а углы , , , даны в столбцах 5–8.

Пренебрегая весом вала, определить реакции подпятника и под-

шипника. При подсчетах принять a = 0,6 м.

96

Таблица Д6

Номер

условия

Подшипник

в точке

Крепление в точке

α,

град.

β, град. γ, град.

φ,

град. ломаного

стержня

невесомого

стержня

рис.

Д6.0–

Д6.4

рис.

Д6.5–

Д6.9

0 B D K 45 135 225 60

1 K B D 60 240 150 45

2 K E B 30 210 120 60

3 D K B 60 150 240 30

4 K D E 30 120 210 60

5 E B K 45 225 135 60

6 E D K 60 60 150 30

7 K B E 30 30 120 60

8 D E K 60 150 60 30

9 E K D 30 120 210 60

A

B2b

1D

E3

K

22b

6b

β

φ

α

Рис. Д6.0

A

B

2b

1D

E

K

22b

6b

β

φ

α

3

Рис. Д6.1

A

B

3b

1

D

E

K

2βα

φ 3

7b

Рис. Д6.2

A

B

7b

1

D

E3

K

2

3b

β

φ

α

Рис. Д6.3

A

B

2b

1

D

E

3

K

2

2b

6b

β

φ

α

Рис. Д6.4

A

B

3b

1

D

E

K

2

α

φ3

7b

γ

Рис. Д6.5

97

A

B

2b

1

D

E

K

2

2b

6b

φ

α

3

γ

Рис. Д6.6

A

B2b

1

D

E

K

2

6b

φ

α

3

γ

2b

Рис. Д6.7

A

B

3b

1

D

E

K

2

7b

φ

α

3

γ

Рис. Д6.8

A

B

1

D

E

K

2

6b

φ

α

3

γ

4b

Рис. Д6.9

Указания. Задача Д6 – на применение к изучению движения си-

стемы принципа Даламбера. При решении задачи учесть, что когда

силы инерции частиц тела (в данной задаче стержня) имеют равнодей-

ствующую иR , то численно и

CR ma , где Ca – ускорение центра

масс С тела, но линия действия силы иR в общем случае не проходит

через точку С (см. пример Д6).

Пример Д6. Вертикальный вал длиной 3a (AB = BD = DE = a),

закрепленный подпятником А и подшипником D (рис. Д6,а), вращается

с постоянной угловой скоростью . К валу жестко прикреплен в точке

Е ломаный однородный стержень массой m и длиной 10b, состоящий из

двух частей 1 и 2, а в точке В прикреплен невесомый стержень длиной

l = 5b с точечной массой m3 на конце; оба стержня лежат в одной

плоскости.

Дано: 8 с–1

, m = m1 + m2 = 10 кг; m3 = 2 кг; 30 ; 150 ;

60 ; а = 0,3 м; b = 0,1 м.

98

Определить: реакции подпятника А и подшипника D , прене-

брегая весом вала.

Решение. 1. Изображаем (с учетом заданных углов) вал и при-

крепленные к нему в точках В и Е стержни (рис. Д6,б). Массы и веса

частей 1 и 2 ломаного стержня пропорциональны длинам этих частей и

соответственно равны:

m1 = 0,6m; m2 = 0,4m;

1 0,6P mg ; 2 0,4P mg ; 3 3P m g . (1)

2. Для определения искомых реакций рассмотрим движение за-

данной механической системы и применим принцип Даламбера. Про-

ведем вращающиеся вместе с валом координатные оси Аху так, чтобы

стержни лежали в плоскости ху, и изобразим действующие на систему

силы: активные силы – силы тяжести 1P , 2P , 3P и реакции связей –

составляющие реакции подпятника AX , AY и реакцию цилиндриче-

ского подшипника DR .

1

E

D

B

A

2

6b

4b

φ

α

β

3

а)

60˚

30˚

E

y

D

B

A

h3

R1

uaC1C1

C2P3

H3

F3

u

YA

XAP2

H2

H1R2

u

Fk

u

aC2

a3

hC1

hC2

hk

RDak

P1

2/3H

1/3H

x

б)

Рис. Д6

Согласно принципу Даламбера, присоединим к этим силам силы

инерции элементов однородного ломаного стержня и груза, считая его

материальной точкой.

Так как вал вращается равномерно, то элементы стержня имеют

только нормальные ускорения nka , направленные к оси вращения, а

численно 2nk ka h , где hk – расстояние элементов от оси вращения.

Тогда силы инерции иkF будут направлены от оси вращения, а чис-

99

ленно и 2k k kn k kF m a m h , где km – масса элемента. Так как все

иkF пропорциональны hk, то эпюры этих параллельных сил инерции

стержня образуют для части 1 треугольник, а для части 2 – прямо-

угольник (рис. Д6,б). Каждую из полученных систем параллельных сил инерции за-

меним ее равнодействующей, равной главному вектору этих сил. Так как модуль главного вектора сил инерции любого тела имеет значение

иCR ma , где m – масса тела, аС – ускорение его центра масс, то для

частей стержня соответственно получим:

и1 1 1CR m a , и

2 2 2CR m a . (2)

Сила инерции точечной массы 3 должна быть направлена в сто-рону, противоположную ее ускорению и численно будет равна

и3 3 3F m a . (3)

Ускорения центров масс частей 1 и 2 стержня и груза 3 равны:

21 1C Ca h , 2

2 2C Ca h , 23 3a h , (4)

где hC1, hC2 – расстояния центров масс частей стержня от оси вращения, а h3 – соответствующее расстояние груза:

1 3 sin30 0,15Ch b м,

2 6 sin30 0,3Ch b м, (5)

3 sin60 5 sin60 0,43h l b м.

Подставив в уравнения (2) и (3) значения (4) и учитывая выра-

жения (5), получим числовые значения и1R , и

2R и и3F :

и 21 10,6 57,6CR m h Н,

и 22 20,4 76,8CR m h Н, (6)

и 23 3 3 55,0F m h Н.

При этом линии действия равнодействующих и1R и и

2R пройдут

через центры тяжести соответствующих эпюр сил инерции. Так, линия

действия и1R проходит на расстоянии

2

3H от вершины треугольника

Е, где 6 cos30H b .

100

3. Согласно принципу Даламбера, приложенные внешние силы

(активные и реакции связей) и силы инерции образуют уравновешен-

ную систему сил. Составим для этой плоской системы сил три урав-

нения равновесия. Получим:

0kxF ; и и и1 2 3 0A DX R R R F ;

0kyF ; 1 2 3 0AY P P P ; (7)

0A kM F ;

1 1 2 2 3 32D C CR a Ph P h P h и и и1 1 2 2 3 3 0,R H R H F H

где H1, H2, H3 – плечи сил и1R , и

2R , и3F относительно точки А, равные

(при подсчетах учтено, что 6 cos30 0,52H b м):

1 3 2 3 0,55H a H м,

2 3 2 0,18H a H b м, (8)

3 cos60 0,55H a l м.

Подставив в уравнения (7) соответствующие величины из ра-

венств (1), (5), (6), (8) и решив эту систему уравнений (7), найдем ис-

комые реакции.

Ответ: XA= –33,7 H; YA = 117,7 H; RD= –45,7 H.

101

Заключение

Практические работы, описание которых приведено в данном

учебном пособии, являются составной частью учебных дисциплин

«Техническая механика», «Механика» и «Прикладная механика». Их

выполнение студентами всех форм обучения обеспечивает формиро-

вание знаний теоретического материала по данным дисциплинам и

развитие у студентов навыков самостоятельной работы, в том числе и

с персональными вычислительными машинами, оснащенными совре-

менным программным обеспечением.

В результате выполнения практических работ студенты должны

знать и уметь применять:

– методы расчета плоских и пространственных конструкций;

– методы определения кинематических характеристик матери-

альных точек и тел;

– методы кинематического анализа плоских механизмов;

– методы составления и интегрирования дифференциальных

уравнений движения материальных точек и тел;

– общие теоремы динамики материальной точки и механической

системы;

– дифференциальные уравнения поступательного и вращатель-

ного движения твердого тела;

– принцип Германа – Эйлера – Даламбера.

На основе приобретенных знаний студенты должны научиться

применять методики теоретической механики в процессе изготовления

машиностроительной продукции, а также приобрести навыки владения

основными методами анализа и синтеза механических систем, прове-

дения расчетов по теоретической механике.

102

Библиографический список

1. Тарг, С. М. Краткий курс теоретической механики : учеб. для

втузов / С. М. Тарг. – 12-е изд., стер. – М. : Высш. шк., 2001. – 416 с.

2. Яблонский, А. А. Сборник заданий для курсовых работ по

теоретической механике / А. А. Яблонский. – М. : Высш. шк., 1985. –

367 с.

3. Широков, И. Б. Решение задач статики на ЭВМ / И. Б. Широков,

О. А. Вдовикина. – Пенза : Изд-во ПГУ, 2001.

4. Хураева, Т. В. Исследование колебаний материальной точки :

метод. указания и контрольные задания / Т. В. Хураева, О. А. Вдови-

кина. – Пенза : Изд-во ПГУ, 2001.

5. Теоретическая механика для студентов ФИТО : учеб. пособие /

под общ. ред. В. В. Смогунова. – Пенза : Изд-во ПГУ, 2009. – 83 с.

6. Теоретическая механика : учеб. пособие для заочников : в 2 кн. /

под общ. ред. В. В. Смогунова. – Пенза : Изд-во ПГУ, 2012. – Кн. 1.

Кинематика. Статика. – 72 с.

7. Теоретическая механика : учеб. пособие для заочников : в 2 кн. /

под общ. ред. В. В. Смогунова. – Пенза : Изд-во ПГУ, 2012. – Кн. 2.

Динамика. – 96 с.

8. Смогунов, В. В. Теоретическая механика : метод. указания

к решению задач и задания для самостоятельной работы студентов

ФИТО / В. В. Смогунов, О. А. Вдовикина. – Пенза : Изд-во ПГУ, 2008.

103

Учебное издание

Муйземнек Александр Юрьевич,

Митрохина Наталья Юрьевна

Теоретическая механика:

практикум

Редактор Л. Ю. Зимина

Технический редактор М. Б. Жучкова

Компьютерная верстка М. Б. Жучковой

Дизайн обложки А. А. Стаценко

Подписано в печать 06.11.2018.

Формат 60841/16. Усл. печ. л. 6,0.

Тираж 68. Заказ № 637.

_____________________________________________________

Издательство ПГУ.

440026, Пенза, Красная, 40.

Тел./факс: (8412) 56-47-33; e-mail: iic@pnzgu.ru