ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ …venec.ulstu.ru/lib/disk/2015/44.pdfМ. Задания для самостоятельной работы по теоретической

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования

«УЛЬЯНОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Д. М. БЕЛЫЙ

Н. Б. ОВСЯННИКОВА

ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ

ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ

Методические указания

к практическим и самостоятельным занятиям по дисциплине «Теоретическая механика»

Ульяновск УлГТУ

2013

УДК 531(076) ББК 38.112 я 7 Б 44 Рецензент доцент кафедры «Теоретическая и прикладная механика» строительного факультета Ульяновского государственного технического университета Г. В. Беликов

Одобрено секцией методических пособий научно-методического совета университета

Белый, Д. М. Задания для самостоятельной работы по теоретической

механике : методические указания к практическим и самостоятельным занятиям по дисциплине «Теоретическая механика» / Д. М. Белый, Н. Б. Овсянникова. – Ульяновск : УлГТУ, 2013. – 96 с.

Составлены в соответствии с учебной программой изучения

теоретической механики для подготовки бакалавров (направление «Строительство»).

По структуре и содержанию они предназначены для оперативного контроля знаний на практических занятиях, зачетах, могут быть использованы студентами для самоконтроля.

Работа подготовлена на кафедре теоретической и прикладной механики.

УДК 531(076) ББК 38.112 я7

© Белый Д. М., Овсянникова Н. Б., 2013. © Оформление. УлГТУ, 2013.

Б 44

СОДЕРЖАНИЕ

ВВЕДЕНИЕ .......................................................................................................... 4 1. СТАТИКА ........................................................................................................ 5 1.1. Система сходящихся сил ............................................................................ 5

1.1.1. Задания для самостоятельного решения. Плоская стержневая система ........... 8 1.2. Произвольная плоская система сил ....................................................... 11

1.2.1. Задания для самостоятельного решения. Равновесие рамы .............................. 15 1.2.2. Задания для самостоятельного решения. Равновесие фермы ........................... 22 1.2.3.Задания для самостоятельного решения. Равновесие системы тел ................... 25

1.3. Пространственная система сил ............................................................... 29 1.3.1. Задания для самостоятельного решения. Пространственная ферма ................ 31 1.3.2. Задания для самостоятельного решения. Равновесие произвольной пространственной системы сил ..................................................................................... 38 1.3.3. Задания для самостоятельного решения. Равновесие вала ............................... 42

1.4. Центр тяжести ............................................................................................. 49 1.4.1.Задания для самостоятельного решения. Пространственная стержневая система ............................................................................................................................. 55 1.4.2. Задания для самостоятельного решения. Центр тяжести объемного тела ...... 58

2. КИНЕМАТИКА ............................................................................................. 61 2.1. Кинематика точки. Сложное движение точки ..................................... 61

2.1.1. Задания для самостоятельного решения. Сложное движение точки ................................................................................................................................. 65

2.2. Вращательное движение твердого тела вокруг неподвижной оси ... 69 2.2.1. Задания для самостоятельного решения. Исследование вращательного движения твердого тела вокруг неподвижной оси ...................................................... 70

2.3. Плоское движение тела ............................................................................. 73 2.3.1. Задания для самостоятельного решения. Исследование плоскопараллельного движения твердого тела ............................................................ 77

3. ДИНАМИКА................................................................................................... 81 3.1. Кинетическая энергия системы .............................................................. 81

3.1.1. Задания для самостоятельного решения. Применение теоремы об изменении кинетической энергии механической системы .................................... 85

4. АНАЛИТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА ............................................................ 88 4.1. Принцип возможных перемещений. Обще уравнение динамики .... 88

4.1.1. Задание для самостоятельного решения. Применение к изучению движения системы общего уравнения динамики .................................... 91

3

ВВЕДЕНИЕ

Методические указания содержат основные типовые задачи четырех

разделов теоретической механики с подробным решением и методическими

указаниями, а также задачи для самостоятельного решения. Подбор задач

разнообразен и по форме, и по содержанию. В начале каждого раздела

приводятся основные формулы и уравнения, которые избавляют от

необходимости обращения к другим источникам. Разумеется, наличие такого

справочного материала не исключает необходимости глубокого изучения

теории.

Цель методических указаний состоит в том, чтобы предоставить в

распоряжение преподавателей и студентов большое число задач, которые

можно использовать как для контроля знаний, так и для самостоятельного

решения их студентами.

4

1. СТАТИКА

1.1. Система сходящихся сил

Система сил, линии действия которых пересекаются в одной точке, называется системой сходящихся сил.

Из законов механики следует, что твердое тело, на которое действуют взаимно уравновешенные внешние силы, может не только находиться в покое, но и совершать движение, которое мы назовем движением «по инерции». Таким движением будет, например, поступательное равномерное и прямолинейное движение тела.

Отсюда получаем два важных вывода: 1) условиям равновесия статики удовлетворяют силы, действующие как на покоящееся тело, так и на тело, движущееся «по инерции»; 2) уравновешенность сил, приложенных к свободному твердому телу, является необходимым, но не достаточным условием равновесия (покоя) самого тела; в покое тело будет при этом находиться лишь в том случае, если оно было в покое и до момента приложения к нему уравновешенных сил.

Для равновесия приложенной к твердому телу системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы равнодействующая этих сил была равна нулю. Условия, которым при этом должны удовлетворять сами силы, можно выразить в геометрической или аналитической форме.

1. Геометрическое условие равновесия. Так как равнодействующаяR

сходящихся сил определяется как замыкающая сторона силового многоугольника, построенного из этих сил, то R

может обратиться в нуль

тогда и только тогда, когда конец последней силы в многоугольнике совпадает с началом первой, т. е. когда многоугольник замкнется.

Следовательно, для равновесия системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы силовой многоугольник, построенный из этих сил, был замкнут.

2. Аналитические условия равновесия. Аналитически равнодействующая системы сходящихся сил определяется формулой

222zRRRR

yx .

Так как под корнем стоит сумма положительных слагаемых, то R обратится в нуль только тогда, когда одновременно

,0,0,0 zRyRR

x т. е.

когда действующие на тело силы будут удовлетворять равенствам: .0,0,0 kz

Fky

Fkx

F

Равенства выражают условия равновесия в аналитической форме: для равновесия пространственной системы сходящихся сил необходимо и

5

достаточно, чтобы суммы проекций этих сил на каждую из трех координатных осей были равны нулю.

Если все действующие на тело сходящиеся силы лежат в одной плоскости, то они образуют плоскую систему сходящихся сил. В случае плоской системы сходящихся сил получим, очевидно, только два условия равновесия:

.0,0 kyF

kxF

Равенства выражают также необходимые условия (или уравнения) равновесия свободного твердого тела, находящегося под действием сходящихся сил.

Задача. Найти усилия в стержнях плоской шарнирно-стержневой конструкции, нагруженной в шарнире А силой Р = 100 кН и закрепленной на

неподвижном основании шарнирами C, D, E (рис. 1.1), если 135DFA ,30DFE , 60DCB , 60ABD , 30BDC .

Рис. 1.1 Рис. 1.2 Рис. 1.3

Решение

1. Рассмотрим равновесие узла А, который соединяет лишь два стержня AF и AB. При вырезании узла действие каждого стержня заменяем силой, направленной из шарнира к стержню (рис. 1.2).

2. Выберем систему координат xFy. Ось y направим по стержню AB. 3. Данная задача является статически определимой, то есть число

неизвестных усилий ( AFS , ABS ) равно числу уравнений равновесия 4. Составим уравнения равновесия:

030sin15cos PSkx

F AF ,

030cos15sin ABAF SPS

kyF .

Из первого уравнения: ,кН76,51AFS из второго – усилие .кН21,73ABS

6

5. Рассмотрим узел F. К нему подходят три стержня (рис. 1.3). Усилие ,51 76 кНAFS известно. Усилия в двух других находим из уравнений

проекций:

,030sin45cos FEAF

SSkx

F

.030cos45sin

FDFEAFSSS

kyF

Находим ,кН21,73FES .кН79,26FDS

6. Составляем уравнения равновесия узла B в проекциях на оси, направленные по стержням BC и ВD (рис. 1.4):

,030sin ABDB

SSkx

F

.030cos ABBC

SSky

F

Решая уравнения, получаем: ,кН6,36DB

S .кН4,63BC

S

Рис. 1.4 Рис. 1.5

7. Проверим правильность найденных усилий. Горизонтальным сечением отсекаем ферму от основания. Действие

стержней заменяем силами, которые направляем по внешним нормалям к сечениям стержней, т. е. вниз (рис. 1.5).

Составим два уравнения проекций на оси x и y всех сил, действующих на ферму целиком:

,060cos30cos60cos PSSSkx

FBCDBFE

.060sin30sin60sin BCDBFDFE

SSSSky

F

Суммы равны нулю, значит усилия в стержнях определены верно.

7

1.1.1. Задания для самостоятельного решения

В задании «Плоская стержневая система» требуется определить усилия

в стержнях шарнирно-стержневой конструкции. Задача. Плоская шарнирно-стержневая конструкция (рис. 1.6)

закреплена на неподвижном основании и нагружена в одном шарнире вертикальной или горизонтальной силой P. Найти усилия в стержнях.

Примечание: – для упрощения уравнений равновесия одну из осей координат можно направить вдоль стержня с неизвестным усилием. Для каждого узла можно выбрать свою систему координат; – номер варианта указывается преподавателем; – титульный лист оформляется в соответствии с приложением 1.

8

Рис. 1.6. Расчетные схемы к заданию «Плоская стержневая система»

9

Рис. 1.6. Расчетные схемы к заданию «Плоская стержневая система» (продолжение)

10

Рис. 1.6. Расчетные схемы к заданию «Плоская стержневая система» (окончание)

1.2. Произвольная плоская система сил

Момент силы относительно центра (или точки) Опыт показывает, что под действием силы твердое тело может наряду с

поступательным перемещением совершать вращение вокруг того или иного центра. Вращательный эффект силы характеризуется ее моментом.

Рассмотрим силу F

, приложенную в точке А твердого тела (рис. 1.7, а). Допустим, что сила стремится повернуть тело вокруг центра О.

Перпендикуляр h, опущенный из центра O на линию действия силы

F

, называется плечом силы F

относительно центра О. Так как точку приложения силы можно произвольно перемещать вдоль линии действия, то, очевидно, вращательный эффект силы будет зависеть:

1) от модуля силы F и длины плеча h; 2) от положения плоскости поворота ОАВ, проходящей через центр О и

силу F

; 3) от направления поворота к этой плоскости.

11

Рис. 1.7

Момент силы Fотносительно центра О будем обозначать сим-

волом )(FmO

. Следовательно, hFFmO )(

.

В дальнейшем условимся считать, что момент имеет знак плюс, если сила стремится повернуть тело вокруг центра О против хода часовой стрелки,

и знак минус – если по ходу часовой стрелки. Так, для силы F

, изображенной на рис. 1.7, а, момент относительно центра О имеет знак плюс, а для силы, показанной на рис. 1.7, б, – знак минус.

Отметим следующие свойства момента силы: 1. Момент силы не изменяется при переносе точки приложения силы

вдоль ее линии действия. 2. Момент силы относительно центра О равен нулю только тогда, когда

сила равна нулю или когда линия действия силы проходит через центр О (плечо равно нулю).

Парой сил (или просто парой) называются две силы, равные по ве-личине, параллельные и направленные в противоположные стороны (рис. 1.8).

Очевидно, 0,, 212121 FFFFFF

.

Рис. 1.8

12

Несмотря на то, что сумма сил равна нулю, эти силы не уравновешиваются. Под действием этих сил, пары сил, тело начнет вращаться. И вращательный эффект будет определяться моментом пары:

.21 aFaFm Расстояние a между линиями действия сил называется плечом пары. Если пара вращает тело против часовой стрелки, момент ее считается

положительным (как на рис. 1.8), если по часовой стрелке – отрицательным.

Условия равновесия произвольной плоской системы сил. Случай параллельных сил

Для равновесия любой плоской системы сил необходимо и достаточно,

чтобы одновременно выполнялись условия: .0,0 oo MR

Найдем вытекающие из равенств аналитические условия равновесия. Величины R и Мо определяются равенствами:

),(,22kFomoMyRxRR

где ., ky

FyRkx

FxR

Но R может равняться нулю только тогда, когда одновременно Rx = 0 и Ry = 0.

Следовательно, условия будут выполнены, если: .0,0,0

kFom

kyF

kxF

Равенства выражают следующие аналитические условия равновесия: для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на каждую из двух координатных осей и сумма их моментов относительно любого центра, лежащего в плоскости действия сил, были равны нулю.

Теорема о трех моментах. Для равновесия плоской системы сил, действующих на твердое тело, необходимо и достаточно, чтобы суммы моментов этих сил системы относительно трех любых точек, расположенных в плоскости действия сил и не лежащих на одной прямой, были равны нулю.

.0,0,0)(

k

FMk

FMkFMCBA

Равновесие плоской системы параллельных сил В случае, когда все действующие на тело силы параллельны друг

другу, мы можем направить ось Ох перпендикулярно к силам, а ось Оу

13

параллельно им (рис. 1.9). Тогда проекция каждой из сил на Ox будет равна нулю и первое из трех равенств обратится в тождество вида 0 = 0. В результате для параллельных сил останется два условия

равновесия: .0,0

kFom

kyF

. Рис. 1.9

Теорема Вариньона о моменте равнодействующей

Теорема. Момент равнодействующей силы относительно любого центра на плоскости равен алгебраической сумме моментов составляющих сил относительно того же центра.

.)( koO FmRm

Статически определимые и статически неопределимые задачи Для любой плоской системы сил, действующих на твердое тело, имеется

три независимых условия равновесия. Следовательно, для любой плоской системы сил из условий равновесия можно найти не более трех неизвестных.

Задачи, в которых число неизвестных не больше числа независимых условий равновесия для данной системы сил, приложенных к твердому телу, называются статически определимыми.

В противном случае задачи статически неопределимы. Задача. Плоская рама закреплена в скользящей заделке A и опирается на

подвижный шарнир B (рис. 1.10). На раму действуют силы F = 10 кН, P = 5 кН и момент m = 12 кН˖м. Определить реакции опор, если cos α = 0,8.

Рис. 1.10 Рис. 1.11

14

Решение Заменим действие связей реакциями. В скользящей заделке A

возникают две реакции: горизонтальная сила AX и момент AM . Реакция

подвижного шарнира B вертикальная BY (рис. 1.11). Уравнения равновесия имеют вид:

.03sin8cos23

,0sin

,0cos

PmFFYMM

FYky

F

PFXkx

F

BAA

B

A

Решаем систему уравнений и находим YB = 6 кН, XA = −13 кН, MA = = 17кН˖м.

Для проверки решения составим сумму моментов всех сил, действующих на раму, включая найденные реакции, относительно произвольной точки, например, точки K:

.0128,01051336517cos535 mFXYMkMABA

Сумма равна нулю. Реакции опор определены верны.


В задании «Равновесие тяжелой рамы» требуется определить реакции опор.

Задача. Тяжелая однородная рама (рис. 1.12) расположена в вертикальной плоскости и опирается на неподвижный шарнир А и наклонный невесомый стержень Н. К раме приложены горизонтальная сила Р, наклонная сила Q и момент m. Учитывая погонный вес рамы ρ, найти реакции опор.

Примечание: – номер варианта указывается преподавателем; – титульный лист оформляется в соответствии с приложением 1.

15

Рис. 1.12. Расчетные схемы к заданию «Равновесие тяжелой рамы»

Вариант 1

Вариант 2

Вариант 3

Вариант 4

Вариант 5

Вариант 6

Вариант 7

16

Вариант 8

Вариант 9

Вариант 10

Вариант 11

Вариант 12

Вариант 13

Рис. 1.12. Расчетные схемы к заданию «Равновесие тяжелой рамы» (продолжение)

17

Вариант 14

Вариант 15

Вариант 16

Вариант 17

Вариант 18

Вариант 19


18

Вариант 20

Вариант 21

Вариант 22

Вариант 23

Вариант 24

Вариант 25


19

Вариант 26

Вариант 27

Вариант 28

Вариант 29

Вариант 30

Рис. 1.12. Расчетные схемы к заданию «Равновесие тяжелой рамы» (окончание)

20


В задании «Равновесие фермы» требуется определить усилия в стержнях.

Задача. К плоской ферме приложены две одинаковые силы P (рис. 1.13). Найти усилия в стержнях 1 и 2 (выделены утолщением). Размеры даны в метрах.


21

Вариант 1

P = 1 кН

Вариант 2

P = 48 кН

Вариант 3

P = 6 кН

Вариант 4

P = 3 кН

Вариант 5

P = 5 кН

Вариант 6

P = 14 кН

Вариант 7

P = 1 кН

Вариант 8

P = 4 кН

Вариант 9

P = 3 кН

Вариант 10

P = 11 кН Рис. 1.13. Расчетные схемы к заданию «Равновесие фермы»

22

Вариант 11

P =20 кН

Вариант 12

P =48 кН

Вариант 13

P = 7 кН

Вариант 14

P= 24 кН

Вариант 15

P = 1 кН

Вариант16

P = 36 кН

Вариант 17

P = 6 кН

Вариант 18

P= 12 кН

Вариант 19

P = 27 кН

Вариант 20

P = 48 кН

Рис. 1.13. Расчетные схемы к заданию «Равновесие фермы» (продолжение)

23

Вариант 21

P = 48 кН

Вариант 22

P = 13 кН

Вариант 23

P = 20 кН

Вариант 24

P = 16 кН

Вариант 25

P = 24 кН

Вариант 26

P = 14 кН

Вариант 27

P = 24 кН

Вариант 28

P = 8 кН

Вариант 29

P = 7 кН

Вариант 30

P = 8 кН

Рис. 1.13. Расчетные схемы к заданию «Равновесие фермы» (окончание)

24


В задании «Равновесие системы тел» требуется определить реакции опор.

Задача. Рама состоит из двух частей (рис. 1.14), соединенных шарниром или скользящей заделкой. Дан погонный вес рамы ρ, размеры в метрах и нагрузки. Найти реакции опор.


Вариант 1

Вариант 2

Вариант 3

Вариант 4

Вариант 5 Вариант 6

Рис. 1.14. Расчетные схемы к заданию «Равновесие системы тел»

25



Вариант 11

Вариант 12


Рис. 1.14. Расчетные схемы к заданию «Равновесие системы тел» (продолжение)

26





Рис. 1.14. Расчетные схемы к заданию «Равновесие системы тел» (продолжение)

27

Вариант 23

Вариант 24




Рис. 1.14. Расчетные схемы к заданию «Равновесие системы тел» (окончание)

28

1.3. Пространственная система сил

Произвольной пространственной системой сил называется система сил, линии действия которых не лежат в одной плоскости.

Согласно основной теореме статики (теореме Пуансо) любую произвольную систему сил, действующую на твердое тело, можно заменить эквивалентной системой, состоящей из силы (главного вектора системы) и пары сил (главного момента системы сил).

Отсюда вытекает условие равновесия произвольной пространственной системы сил.

В геометрической форме: для равновесия произвольной пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы главный вектор и главный момент системы равнялись нулю:

.0,0 MR

В аналитической форме: для равновесия произвольной

пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на три координатные оси и суммы моментов всех сил относительно этих осей были равны нулю:

ΣFkx = 0, ΣFky = 0, ΣFkz = 0, Mx(Fk) = 0, My(Fk) = 0, Mz(Fk) = 0.

Условия равновесия могут быть использованы для решения задач на

равновесие при определении неизвестных величин (реакций связей). Чтобы задача была статически определимой, число неизвестных должно быть не более шести.

Задача. Найти усилия в стержнях 1-6 пространственной фермы, нагруженной в одном узле вертикальной силой G = 100 кН и горизонтальной F = 40 кН. Даны размеры a = 12 м, b = 16 м, с = 5 м, d = 5 м (рис. 1.15).

Рис. 1.15

29

Решение 1. Узлы А и B находятся в равновесии. Вырезаем эти узлы, заменяя

действие стержней их реакциями, направленными из узла к стержню (рис. 1.16).

Рис. 1.16

Стержень 1 является общим для обоих узлов, поэтому на рисунке есть

два противоположно направленных вектора с усилием S1. Один вектор приложен к узлу А, другой – к узлу В.

2. Расчет начинаем с узла А, к которому подходят три стержня с неизвестными усилиями. Составляем уравнения равновесия узла в проекциях на три оси координат:

.0sincos

,0cos

,0coscos

21

1

321

GSSZ

FSY

SSSX

i

i

i

(1.1)

Система уравнений (1.1) содержит три неизвестных усилия S1, S2, S3. Вычисляем тригонометрические функции, входящие в уравнения:

.447,0cos

,537,0cos,716,0cos

,768,0cos,640,0sin

222

222222

2222

cba

ccba

a

cba

bca

a

ca

c

Решаем системы (1.1): S1 = 55, 902 кН, S2 = 117,154 кН, S3 = –120 кН.

Знаки найденных усилий показывают, что стержни 1 и 2 растянуты, а стержень 3 сжат. Составляем уравнения равновесия узла B:

30

.0coscos

,0sincoscos

,0sincos

61

6541

51

SSZ

SSSSY

SSX

i

i

i

(1.2)

Уравнения (1.2) содержат три неизвестных усилия S4, S5, S6, усилие S1 найдено ранее из условия равновесия узла А. Вычисляем необходимые тригонометрические функции:

.894,0cos,447,0sin

,385,0cos,923,0sin

2222

2222

cd

c

cd

dda

d

da

a

Решая системы (1.2): S4 = 65 кН, S5 = –32,5 кН, S6 = –27,95 кН.

Знаки найденных усилий показывают, что стержни 5 и 6 сжаты, а стержень 4 растянут.


В задании «Пространственная ферма» требуется определить усилия в стержнях пространственной фермы.

Задача. Найти усилия в стержнях 1-6 пространственной фермы

(рис. 1.16), нагруженной в одном узле вертикальной силой G

и

горизонтальной F

. Ответ выразить в кН. Примечание: – номер варианта указывается преподавателем; – титульный лист оформляется в соответствии с приложением 1.

31

Вариант 1

a = 2 м, b = 3 м, с = 4 м, d = 3 м, G = 2 кН, F = 1 кН.

Вариант 2

a = 4 м, b = 6 м, с = 5 м, d = 4 м, G = 7 кН, F = 6 кН.

Вариант 3

a = 5 м, b = 4 м, с = 3 м, d = 2 м, G = 4 кН, F = 2 кН.

Вариант 4

a = 7 м, b = 6 м, с = 5 м, d = 4 м, G = 6 кН, F = 4 кН.

Вариант 5

a = 2 м, b = 3 м, с = 4 м, d = 3 м, G = 8 кН, F = 5 кН.

Вариант 6

a = 4 м, b = 6 м, с = 5 м, d = 3 м, G = 6 кН, F = 3 кН.

Вариант 7

a = 5 м, b = 4 м, с = 3 м, d = 1 м, G = 8 кН, F = 4 кН.

Вариант 8

a = 7 м, b = 6 м, с = 5 м, d = 3 м, G = 7 кН, F = 3 кН.

Рис. 1.16. Расчетные схемы к заданию «Пространственная ферма»

32

Вариант 9

a = 2 м, b = 3 м, с = 4 м, d = 2 м, G = 9 кН, F = 8 кН.

Вариант 10

a = 4 м, b = 6 м, с = 5 м, d = 3 м, G = 8 кН, F = 7 кН.

Вариант 11

a = 3 м, b = 4 м, с = 3 м, d = 2 м, G = 9 кН, F = 1 кН.

Вариант 12

a = 3 м, b = 4 м, с = 3 м, d = 2 м, G = 7 кН, F = 1 кН.

Вариант 13

a = 2 м, b = 3 м, с = 4 м, d = 3 м, G = 4 кН, F = 2 кН.

Вариант 14

a = 6 м, b = 5 м, с = 4 м, d = 2 м, G = 8 кН, F = 8 кН.

Вариант 15

a = 3 м, b = 4 м, с = 3 м, d = 1 м, G = 7 кН, F = 4 кН.

Вариант 16

a = 7 м, b = 6 м, с = 5 м, d = 4 м, G = 12 кН, F = 2 кН.

Рис. 1.16. Расчетные схемы к заданию «Пространственная ферма» (продолжение)

33

Вариант 17

a = 4 м, b = 6 м, с = 5 м, d = 4 м, G = 11 кН, F = 2 кН.

Вариант 18

a = 7 м, b = 6 м, с = 5 м, d = 4 м, G = 9 кН, F = 1 кН.

Вариант 19

a = 6 м, b = 5 м, с = 4 м, d = 2 м, G = 13 кН, F = 2 кН.

Вариант 20

a = 5 м, b = 4 м, с = 3 м, d = 1 м, G = 8 кН, F = 8 кН.

Вариант 21

a = 5 м, b = 4 м, с = 3 м, d = 1 м, G = 8 кН, F = 8 кН.

Вариант 22

a = 2 м, b = 3 м, с = 4 м, d = 2 м, G = 7 кН, F = 1 кН.

Вариант 23

a = 4 м, b = 6 м, с = 5 м, d = 3 м, G = 11 кН, F = 2 кН.

Вариант 24

a = 7 м, b = 6 м, с = 5 м, d = 3 м, G = 9 кН, F = 8 кН.

Рис. 1.16. Расчетные схемы к заданию «Пространственная ферма» (продолжение)

34

Вариант 25

a = 6 м, b = 5 м, c = 4 м, d = 2 м, G = 8 кН, F = 2 кН.

Вариант 26

a = 4 м, b = 6 м, c = 5 м, d = 4 м, G = 7 кН, F = 2 кН.

Вариант 27

a = 2 м, b = 3 м, c = 4 м, d = 3 м, G = 5 кН, F = 1 кН.

Вариант 28

a = 2 м, b = 3 м, c = 4 м, d = 2 м, G = 6 кН, F = 1 кН.

Вариант 29

a = 5 м, b = 4 м, c = 3 м, d = 1 м, G = 8 кН, F = 8 кН.

Вариант 30

a = 4 м, b = 6 м, c = 5 м, d = 4 м, G = 7 кН, F = 2 кН.

Рис. 1.16. Расчетные схемы к заданию «Пространственная ферма» (окончание)

35

Задача. Горизонтальная однородная полка весом G = 6 кН имеет в точке A сферическую опору и поддерживается двумя невесомыми, шарнирно закрепленными по концам стержнями (горизонтальным и вертикальным) и подпоркой в точке B (рис. 1.17). К этой же точке приложена сила F = 4 кН, направленная вдоль одного из ребер полки. Даны размеры a = 2 м, b = 4 м, c = 3 м. Определить реакции опор.

Рис. 1.17

Решение 1. Рассматриваем равновесие полки. Действие на тело опорных

стержней заменяем их реакциями. Реакция V

– вертикальная, H

– горизонтальная вдоль бокового ребра полки.

Рис. 1.18

Усилие S

в подпорке направлено вдоль стержня. В сферическом

шарнире A имеется три составляющие реакции AAA ZYX

,, , которые направляем по осям координат. Так как полка однородная, ее центр тяжести

совпадает с геометрическим центром. Сюда приложен вес G

. Начало системы координат xyz помещаем в точку A (рис. 1.18).

36

2. Составляем систему уравнений равновесия, состоящую из трех уравнений проекций на оси координат всех сил, действующих на полку, и трех уравнений моментов относительно этих же осей.

.0cos

,02/sin

,02/sin

,0sin

,0cos

,0

aFaSbHM

aGaSaVM

bGbSM

GSVZZ

FSYY

HXX

zi

yi

xi

Ai

Ai

Ai

(1.3)

Так как начало координат находится в сферической опоре, система уравнений равновесия разделяется и становится проще. Из уравнений моментов можно найти, независимо от других, три неизвестные реакции S, H и V .

Вычисляем значения тригонометрических функций:

,6,05/3/sin 22 cbc .8,0sin1cos 2

Из системы (1.3) находим реакции и заносим их в таблицу (в кН): XA YA ZA H V S – 4 – 8 3 4 0 – 5

3. Выполняем проверку решения, подставляя найденные значения в уравнение моментов относительно дополнительных осей x' и y', проведенных параллельно соответствующим осям исходной системы координат:

.02/sin

,0cos2/

cHaGaSaVcXM

cFcSbGbVbZcYM

Aiy

AAix

Замечание. Из решения системы (1.3) получается V = 0. В этом можно убедиться сразу из уравнения моментов относительно дополнительной оси u, лежащей на диагонали полки AB (рис. 1.18). Действительно, все векторы,

кроме ,V

пересекают эту ось, и их моменты равны нулю.

Уравнение принимает простой вид:

,0 hVMu

где h – некоторое плечо реакции Vотносительно диагональной оси u,

h ≠ 0. Получаем V = 0.

37


В задании «Равновесие произвольной пространственной системы сил» требуется определить реакции опор.

Задача. Горизонтальная однородная прямоугольная полка весом G имеет в точке A сферическую опору и поддерживается двумя невесомыми, шарнирно закрепленными по концам, стержнями (горизонтальным и вертикальным) и подпоркой BC (рис. 1.19). К полке приложена сила F, направленная вдоль одного из ее ребер. Определить реакции опор (в кН).


Вариант 1

Вариант 2

Вариант 3

Вариант 4

Вариант 5

Вариант 6

Рис. 1.19. Расчетные схемы к заданию «Равновесие произвольной пространственной системы сил»

38


Вариант 9

Вариант 10


Вариант 13

Вариант 14

Рис. 1.19. Расчетные схемы к заданию «Равновесие произвольной пространственной системы сил» (продолжение)

39




Вариант 21

Вариант 22

Рис. 1.19. Расчетные схемы к заданию «Равновесие произвольной пространственной системы сил» (продолжение)

40





Рис. 1.19. Расчетные схемы к заданию «Равновесие произвольной пространственной системы сил» (окончание)

41

1.3.3. Задания для самостоятельного решения В задании «Равновесие вала» требуется определить реакции опор.

Примечание: – номер варианта указывается преподавателем; – титульный лист оформляется в соответствии с приложением 1. Задача. Горизонтальный вал весом G может вращаться в

цилиндрических шарнирах A и B (рис. 1.20). К шкиву 1 приложено нормальное давление N и касательная сила сопротивления F, пропорциональная N. На шкив 2 действуют силы натяжения ремней T1 и T2. Груз Q висит на нити, навитой на шкив 3. Определить силу давления N и реакции шарниров в условии равновесия вала (в Н). Учесть веса шкивов P1, P2, P3. Все нагрузки действуют в вертикальной плоскости. Силы даны в Н, размеры – в см. Вариант 1

Вариант 2

Вариант 3

Рис. 1.20. Расчетные схемы к заданию «Равновесие вала»

42

Вариант 4

Вариант 5

Вариант 6

Вариант 7

Вариант 8

Рис. 1.20. Расчетные схемы к заданию «Равновесие вала» (продолжение)

43

Вариант 9

Вариант 10

Вариант 11

Вариант 12

Вариант 13


44

Вариант 14

Вариант 15

Вариант 16

Вариант 17

Вариант 18


45

Вариант 19

Вариант 20

Вариант 21

Вариант 22

Вариант 23


46

Вариант 24

Вариант 25

Вариант 26

Вариант 27

Вариант 28


47

Вариант 29

Вариант 30

Рис. 1.20. Расчетные схемы к заданию «Равновесие вала» (окончание)

48

1.4. Центр тяжести

На все точки тела, находящегося вблизи поверхности Земли, действуют

силы – силы тяжести этих точек или их вес iP

. Вообще эти силы будут сходящимися – линии действия их пересекаются в центре Земли. Но, если пренебречь размерами тела в сравнении с размерами Земли, то можно считать их параллельными.

Рис. 1.21

Центр этих параллельных сил, сил тяжести точек, называется центром тяжести тела.

Значит, находить центр тяжести тел можно как центр параллельных сил. Например, координаты его

,,,

P

zPz

P

yPy

P

xPx ii

cii

cii

c (1.4)

где – iP вес каждой точки тела, а iPP – вес всего тела.

При определении центра тяжести полезны несколько теорем. 1. Если однородное тело имеет плоскость симметрии, то центр тяжести

его находится в этой плоскости. Если оси х и у расположить в этой плоскости симметрии (рис. 1.21), то

для каждой точки с координатами iii zyx ,, можно отыскать точку с

координатами iii zyx ,, . И координата cz по (1.4), будет равна нулю, т.к. в

сумме ii zP все члены имеющие противоположные знаки, попарно уничтожаются. Значит, центр тяжести расположен в плоскости симметрии.

2. Если однородное тело имеет ось симметрии, то центр тяжести тела

находится на этой оси. Действительно, в этом случае, если ось z провести по оси симметрии,

для каждой точки с координатами iii zyx ,, можно отыскать точку с

49

координатами iii zyx ,, и координаты cx и cy , вычисленные по формулам (1.4), окажутся равными нулю.

Аналогично доказывается и третья теорема. 3. Если однородное тело имеет центр симметрии, то центр тяжести тела

находится в этой точке.

И еще несколько замечаний. 1. Если тело можно разделить на части, у которых известны вес и

положение центра тяжести, то незачем рассматривать каждую точку, а в формулах (1.4) – iP определять как вес соответствующей части и iii zyx ,, – как координаты ее центра тяжести.

2. Если тело однородное, то вес его отдельной части ii VP , где –

удельный вес материала, из которого сделано тело, а iV – объем этой части тела. И формулы (1.4) примут более удобный вид. Например,

.V

xV

V

xV

P

xPx iiiiii

c

И аналогично, V

zVz

V

yVy ii

cii

c , , где iVV – объем всего

тела. 3. Если тело состоит из однородных пластин одинаковой, малой

толщины, то объем каждой пластины ,dAV ii где iA – площадь пластины, d – толщина. И координаты центра тяжести будут определяться только с помощью площадей:

,,,A

zAz

A

yAy

A

xAx ii

cii

cii

c

где iii zyx ,, – координаты центра тяжести отдельных пластин; iAA –

общая площадь тела. 4. Если тело состоит из стержней, прямых или криволинейных,

однородных и постоянного сечения, то вес их ,ii lP где li – длина, – вес единицы длины (погонного метра), а координаты центра тяжести будут определяться с помощью длин отдельных участков:

.,,L

zlz

L

yly

L

xlx ii

cii

cii

c

где iii zyx ,, – координаты центра тяжести i-го участка; . ilL

50

Отметим, что согласно определению центр тяжести – это точка геометрическая; она может лежать и вне пределов данного тела (например, для кольца).

Центры тяжести некоторых однородных тел

1) Центр тяжести дуги окружности. Рассмотрим дугу АВ радиуса Rс

центральным углом АОВ = 2α. В силу симметрии центр тяжести этой дуги

лежит на оси Ox (рис. 1.22).

Рис. 1.22

Центр тяжести дуги окружности лежит на ее оси симметрии на

расстоянии от центра О, равном

sin

Rxc ,

где угол α измеряется в радианах.

2) Центр тяжести площади треугольника. Разобьем площадь

треугольника ABD (рис. 1.23) прямыми, параллельными AD, на узкие

полоски; центры тяжести этих полосок будут лежать на

медиане BE треугольника.

Рис. 1.23 Рис. 1.24

51

Следовательно, и центр тяжести всего треугольника лежит на этой

медиане. Аналогичный результат получается для двух других медиан. Отсюда

заключаем, что центр тяжести площади треугольника лежит в точке

пересечения его медиан.

При этом, как известно, BECE3

1 .

3) Центр тяжести площади кругового сектора.

Рассмотрим круговой сектор ОАВ радиуса R с центральным

углом 2α (рис. 1.24). Центр тяжести площади кругового сектора лежит на его

центральной оси симметрии на расстоянии от начального центра О, равном

sin

3

2Rxc .

Способы определения координат центра тяжести

Исходя из полученных выше общих формул, можно указать конкретные

способы определения координат центров тяжести тел.

1. Симметрия. Если однородное тело имеет плоскость, ось или центр

симметрии, то его центр тяжести лежит соответственно в плоскости

симметрии, оси симметрии или в центре симметрии.

2. Разбиение. Тело разбивается на конечное число частей (рис. 1.25), для

каждой из которых положение центра тяжести и площадь известны.

С1 (x1, y1), А1;

С2 (x2, y2), А2;

52

.,21

2211

21

2211

AA

yAyAy

AA

xAxAx cc

.

Рис. 1.25

3. Дополнение. Частный случай способа разбиения. Он применяется к

телам, имеющим вырезы (рис. 1.26), если центры тяжести тела без выреза и

вырезанной части известны.

Рис. 1.26

С1 (x1, y1), А1;

С2 (x2, y2), А2;

,,21

2211

21

2211

AA

yAyAy

AA

xAxAx cc

Задача 1. Определим центр тяжести однородного тела, изображённого на рис. 1.27.

Рис. 1.27

53

Решение Тело однородное, состоящее из двух частей, имеющих симметричную

форму. Координаты центров тяжести их:

.см6,см5,7,см5,2

;см5,2,см5,см5

222

111

zyx

zyx

Объемы их: 32

31 см50255;см50010105 VV .

Поэтому координаты центра тяжести тела определяются:

.см82,2550

6505,2500

;см23,5550

5,7505500

;см77,450500

5,2505500

V

zVz

V

yVy

V

xVx

iic

iic

iic

Задача 2. Проволочная скобка (рис. 1.28) состоит из трех участков оди-

наковой длины l.

Рис. 1.28

Решение Координаты центров тяжести участков:

.5,0,,;,,5,0;,5,0,0 333222111 lzlylxlzlylxlzlyx Поэтому координаты центра тяжести всей скобки:

.83,03

5,0

;83,03

5,0

;5,03

5,00

ll

llllll

L

zlz

ll

llllll

L

yly

ll

llll

L

xlx

iic

iic

iic

54

1.4.1. Задания для самостоятельного решения В задании «Пространственная стержневая система» требуется найти

координаты центра тяжести пространственной фигуры. Задание. Найти координаты центра тяжести пространственной фигуры

(рис. 1.29), состоящей из шести однородных стержней. Размеры даны в метрах.






Рис. 1.29. Расчетные схемы к заданию «Пространственная стержневая система»

55

Рис. 1.29. Расчетные схемы к заданию «Пространственная стержневая система»

(продолжение)






Вариант 19

Вариант 20

56

Вариант 21

Вариант 22

Вариант 23

Вариант 24

Вариант 25

Вариант 26

Вариант 27

Вариант 28


Рис. 1.29. Расчетные схемы к заданию «Пространственная стержневая система» (окончание)

57

1.4.2. Задания для самостоятельного решения В задании «Центр тяжести объемного тела» требуется найти

координаты центра тяжести однородного объемного тела. Задание. Найти координаты центра тяжести однородного объемного

тела (рис. 1.30). Размеры даны в метрах.


Вариант 1

Вариант 2




Рис. 1.30. Расчетные схемы к заданию «Центр тяжести объемного тела»

58

Вариант 9

Вариант 10


Вариант 13

Вариант 14

Вариант 15

Вариант 16


Рис. 1.30 Расчетные схемы к заданию «Центр тяжести объемного тела»


59





Вариант 27

Вариант 28

Рис. 1.30. Расчетные схемы к заданию «Центр тяжести объемного тела»


60


Рис. 1.30. Расчетные схемы к заданию «Центр тяжести объемного тела» (окончание)

2. КИНЕМАТИКА

2.1. Кинематика точки. Сложное движение точки

Сложным называется такое движение точки, которое рассматривается одновременно в двух системах отсчета – неподвижной и подвижной.

Абсолютным называется движение точки по отношению к неподвижной системе отсчета. Соответственно скорость и ускорение точки по отношению к неподвижной системе отсчета называются абсолютной

скоростью аv

и абсолютным ускорением аа

.

Относительным называется движение точки по отношению к подвижной системе отсчета. Соответственно скорость и ускорение точки по отношению к неподвижной системе отсчета называются относительной

скоростью rvи относительным ускорением rа

.

Движение подвижной системы отсчета относительно неподвижной

называется переносным движением. Переносной скоростью еv

и переносным

ускорением еа

являются скорость и ускорение той точки подвижной системы

отсчета, с которой в данный момент времени совпадает движущаяся точка. Теорема о сложении скоростей: абсолютная скорость точки равна

векторной сумме относительной и переносной скоростей: erа vvv

.

Теорема о сложении ускорений (теорема Кориолиса): абсолютное ускорение точки равно векторной сумме относительного, переносного и кориолисова ускорений: corerа aaаа

.

Кориолисово ускорение равно удвоенному векторному произведению угловой скорости переносного движения на относительную скорость точки:

61

rеcora

2 . Модуль кориолисова ускорения равен:

),sin(2 rerеcora

.

• Кориолисово ускорение равно нулю в трех случаях: 1) когда угловая скорость переносного движения 0е

, т. е. когда переносное движение

является поступательным; 2) когда относительная скорость точки 0r

,

т. е. когда отсутствует относительное движение; 3) когда векторы е и r

параллельны друг другу, т. е. когда точка движется вдоль оси вращения. • Правило Жуковского: для того чтобы найти направление кориолисова

ускорения, следует спроектировать вектор относительной скорости на плоскость, перпендикулярную оси вращения, и затем повернуть эту проекцию на 90° по ходу вращения.

Задача. Диск радиуса R (рис. 2.1) вращается вокруг вертикальной

оси OO1 по закону φ = f1(t) (положительное направление отсчета угла φ показано на рис. 2.1 дуговой стрелкой). По дуге большого круга ADB движется точка М по закону S = AM = f2(t) ; положительное направление отсчета S от А к D.

Дано: R = 0,5 м, φ = 2t3-4t2, S = (πR/6)(7t-2t2) (φ – в радианах, S – в метрах, t – в секундах).

Определить: Mv и Mа в момент времени t1 = 1 с. Указания. Задача на сложное движение точки. Для ее решения

необходимо воспользоваться теоремами о сложении скоростей и о сложении ускорений. Прежде чем производить все расчеты, следует по условиям задачи определить, где находится точка М на пластине в момент времени t1 = 1 с, и изобразить точку именно в этом положении (а не в произвольном, показанном на рисунках к задаче).

Решение Рассмотрим движение точки М как сложное, считая ее движение по

дуге ADB относительным (АВ – относительная траектория точки), а вращение диска – переносным движением. Тогда абсолютная скорость Mv и абсолютное ускорение Mа точки найдутся по формулам:

,erM vvv

,corerM aaаа

(2.1)

где в свою очередь nrrr aaа

, neee aaа

. Определим все характеристики относительного и переносного

движений. 1. Относительное движение. Это движение происходит по закону:

S = (πR/6)(7t-2t2). (2.2)

62

Рис. 2.1 Сначала установим, где будет находиться точка М на дуге ADB в момент

времени t1. Полагая в уравнении (2.2) t1 = 1 с, получим

.6

5RS

Тогда 1506

51 R

SACM или .30 BCM

Изображаем на рис. 2.1 точку в положении, определяемом этим углом

(точка M1). Теперь находим числовые значения .,, r

nrr aav

.,3

2),47(

6

2

R

vaRvat

RSv rn

rrrr

где R – радиус кривизны относительной траектории, т.е. дуги ADB. Для момента времени t1= 1 с, учитывая, что R = 0,5 м, получим

.м/с8

,м/с3

,м/с4

36

22

2 nrrr aa

RSv

(2.3)

Знаки показывают, что вектор rv

направлен в сторону положительного

отсчета расстояния S, а вектор ra

– в противоположную сторону; вектор nra

направлен к центру С дуги ADB. Изображаем все эти векторы на рис. 2.1. 2. Переносное движение. Это движение (вращение) происходит по

закону φ = 2t3-4t2. Найдем угловую скорость ω и угловое ускорение ε переносного

вращения: ,26 8 12 8 t t t ,

63

и при t1 = 1с .c4,c2 21 (2.4)

Знаки указывают, что при t1 = 1с направление ε совпадает с направлением положительного отсчета угла φ, а направление ω ему противоположно; отметим это на рис. 2.1 соответствующими дуговыми стрелками.

Для определения ev и ea находим сначала расстояние h точки M1 от оси

вращения. Получаем 25,030sin Rh м. Тогда в момент времени t1 = 1 с, учитывая равенства (2.4), получим:

5,0 hve м/с, 1 ha e м/с, 12 ha ne м/с2 . (2.5)

Изображаем на рис. 2.1 векторы ev

и ea

с учетом направлений ω и ε и вектор nea

(направлен к оси вращения).

3. Кориолисово ускорение. Так как угол между вектором ev

и осью

вращения (вектором

) равен 60°, то численно в момент времени t1 = 1 с [см. равенства (2.3) и (2.4)]:

72,22

32

4260sin2

rc va м/с2. (2.6)

Направление cora

найдем, спроецировав вектор

rv на плоскость, перпендикулярную оси вращения (проекция направлена так же, как и вектор

nea

), и повернув затем эту проекцию в сторону ω, т. е. по ходу часовой

стрелки, на 90°. Иначе направление cora

можно найти, учитывая, что

rc va

2 . Изображаем вектор cora

на рис. 2.1.

Теперь можно вычислить значения Mv и Mа .

4. Определение Mv . Так как erM vvv

, а векторы vи ev

взаимно перпендикулярны (см. рис. 2.1), то в момент времени t1 = 1 с:

93,05,04/ 2222 erM vvv м/с.

5. Определение Mа . По теореме о сложении ускорений:

.cornee

nrrM aaaaaа

(2.7)

Для определения Mа проведем координатные оси xyzM 1 (см. рис. 2.1) и

вычислим проекции вектора Mа

на эти оси. Учтем при этом, что векторы ea

и cora

лежат на проведенной оси х, а векторы ne

nrr aaa

,, расположены в

плоскости дуги ADB, т.е. в плоскости yzM 1 (см. рис. 2.1). Тогда, проецируя

64

обе части равенства (2.7) на координатные оси получим для момента времени t1 = 1 с:

72,372,21 coreMx aaа м/с2;

71,06

3

16130cos60cos

2

rnr

neMy aaaа м/с2;

59,116

3

630cos60cos

2

n

rrMz aaа м/с2.

Отсюда находим значение Mа в момент времени t1 = 1с:

1,4222 MzMyMxM aaaа м/с2.

Ответ: 93,0Mv м/c; 1,4Mа м/c2.

2.1.1. Задания для самостоятельного решения В задании «Сложное движение точки» требуется найти абсолютную

скорость и абсолютное ускорение точки. Задание. Геометрическая фигура вращается вокруг оси (рис. 2.2),

перпендикулярной ее плоскости. По каналу, расположенному на фигуре, движется точка M по известному закону σ(t). Найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки при t = t1.

Даны функция σ(t), закон вращения фигуры φе(t) (или постоянная угловая скорость ωе), время t1 и размеры фигуры. BM или AM – длина отрезка прямой или дуги окружности.


65






Рис. 2.2 Расчетные схемы к заданию «Сложное движение точки»

66

Вариант 11

Вариант 12




Вариант 19

Вариант 20

Рис. 2.2 Расчетные схемы к заданию «Сложное движение точки» (продолжение)

67

Вариант 21

Вариант 22


Вариант 25

Вариант 26



Рис. 2.2 Расчетные схемы к заданию «Сложное движение точки» (окончание)

68

2.2. Вращательное движение твердого тела вокруг неподвижной оси

Уравнение вращательного движения твердого тела: φ = φ(t), где φ − угол поворота, измеряемый в радианах.

Угловой скоростью называется вектор, лежащий на оси вращения и имеющий проекцию на эту ось, равную производной по времени от угла поворота: z . Модуль угловой скорости z , а его размерность

может обозначаться рад/с = 1/с = с-1. Угловым ускорением называется величина

, равная производной по

времени от угловой скорости: . При этом проекция вектора углового

ускорения на ось z будет zz . Модуль углового ускорения −

z , а его размерность может обозначаться по-разному: рад/с2 =

=1/с2 = с-2. Если знаки алгебраических значений угловой скорости и углового

ускорения одинаковы, то вращение ускоренное, а если разные – то замедленное. При ускоренном вращении направление векторов и совпадают, а при замедленном − противоположны.

Если ω = const, то вращение равномерное, а если ε = const – равнопеременное (равноускоренное или равнозамедленное).

Модули скорости точек вращающегося тела пропорциональны их расстояниям до оси вращения, а коэффициентом пропорциональности является модуль угловой скорости: ν = ωR − формула Эйлера.

Полное ускорение точки вращающегося тела является суммой двух ускорений: ааа

, где а

− касательное (вращательное) ускорение:

а R, а

− нормальное (центростремительное) ускорение: а = ω2 R.

Модуль полного ускорения 4222 nааа R.

Угол β, который вектор полного ускорения составляет с вектором нормального ускорения, для всех точек тела одинаков и определяется из соотношения tgβ = ε/ω2.

В механизмах происходит преобразование движения во вращательное за счет зубчатых и фрикционных передач (рис. 2.3, а) или ременных и цепных передач (рис. 2.3, б), а также преобразование вращательного движения в поступательное и наоборот (рис. 2.3, в).

69

а) б) в)

Рис. 2.3 Связи между соответствующими скоростями, называемые

кинематическими связями, определяются в этом случае простым условием отсутствия относительного проскальзывания взаимодействующих тел, т. е. равенством скоростей их соприкасающихся точек.

Отсюда следует (для рис. 2.3. а, б): ω1R1 =ω2R2, или 2

1

1

2

R

R

. Для

передачи, показанной на рис. 23. в, имеем ν = ωR.


В задании «Исследование вращательного движения твердого тела вокруг неподвижной оси» требуется найти скорости и ускорения точек или тел.

Задание. 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. 2.4). Радиусы ступеней колес равны соответственно: 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 А, В и С.

Примечание: – номер варианта указывается преподавателем; – титульный лист оформляется в соответствии с приложением 1. В столбце «Дано» таблицы 2.1 указан закон движения или закон

изменения скорости ведущего звена механизма, где φ1(t) – закон вращения колеса 1, s4(t) – закон движения рейки 4, ω2(t) – закон изменения угловой скорости колеса 2, v5(t) – закон изменения скорости груза 5 и т. д. (везде φ выражено в радианах, s – в сантиметрах, t – в секундах). Положительное направление для φ и ω против хода часовой стрелки, для s4, s5 и v4, v5 – вниз. Определить в момент времени t1 = 2 с указанные в таблице в столбцах «Найти» скорости (v – линейные, ω – угловые) и ускорения (а – линейные, ε –

70

угловые) соответствующих точек или тел (v5 – скорость груза 5 и т. д.).


Таблица 2.1

Номер условия

Дано Найти скорости ускорения

1 s4 = 4(7t-t2) vB, vc ε2, aA, a5

2 v5 = 2(t2-3) vA, vc ε3, aB, a4 3 φ1 = 2t2-9 v4, ω2 ε2, ac, a5 4 ω2 = 7t-3t2 v5, ω3 ε2, aA, a4 5 φ3 = 3t-t2 v4, ω1 ε1, aB, a5 6 ω1 = 5t-2t2 v5, vB ε2, ac, a4 7 ω2 = 2(t2-3t) v4, ω1 ε1, ac, a5 8 v4 = 3t2-8 vA, ω3 ε3, aB, a5 9 s5 = 2t2-5t v4, ω2 ε1, ac, a4 10 ω3 = 8t-3t2 v5, vB ε2, aA, a4

71






Рис. 2.4 Расчетные схемы к заданию «Исследование вращательного движения»

72

2.3. Плоское движение твердого тела

• Уравнения плоскопараллельного движения: xA = xA(t), yA = yA(t), φ = φ(t), где xA, yA – координаты полюса; φ – угол поворота плоской фигуры.

Движение плоской фигуры можно рассматривать как слагающееся из поступательного движения, при котором все точки фигуры движутся со скоростью A

полюса А, и из вращательного движения вокруг этого полюса.

Основными кинематическими характеристиками тела при плоском движении являются: скорость A

и ускорение Aа

полюса, угловая скорость и угловое

ускорение тела. • Мгновенным центром скоростей (МЦС) называется точка Р плоской

фигуры, скорость которой в данный момент времени равна нулю. • Скорости точек плоской фигуры определяются в данный момент

времени так, как если бы движение фигуры было вращением вокруг мгновенного центра скоростей. Модули скоростей точек плоской фигуры пропорциональны их расстояниям от мгновенного центра скоростей:

ВРB .

• Для определения МЦС надо знать только направления скоростей B

и

C

каких-нибудь двух точек В и С плоской фигуры (или траектории этих точек); МЦС находится в точке пересечения перпендикуляров, восстановленных из точек В и С к скоростям этих точек (или к касательным к траекториям) (рис. 2.5).

Рис. 2.5

• Если скорости двух точек плоской фигуры B

и C

параллельны друг

другу и перпендикулярны отрезку ВС, то для нахождения МЦС используется условие пропорциональности модулей скоростей точек расстояниям от этих точек до МЦС. Точка Р строится как точка пересечения линии отрезка ВС и линии, проведенной через концы скоростей. Если при этом окажется, что

B

= C , или если скорости двух точек плоской фигуры B

и C

параллельны друг другу и не перпендикулярны отрезку ВС, то МЦС располагается в бесконечности. При этом угловая скорость тела равна нулю, а скорости всех

73

точек тела векторно равны. Тело совершает мгновенно поступательное движение.

• Если какое-либо тело катится по неподвижной поверхности, положение МЦС определяется из условия отсутствия взаимного проскальзывания. МЦС, в этом случае, – это точка соприкосновения тела с поверхностью.

• Мгновенным центром ускорений (МЦУ) называется точка Q плоской фигуры, ускорение которой в данный момент времени равно нулю: аQ = 0.

• Модули ускорений точек плоской фигуры пропорциональны

расстояниям от этих точек до МЦУ: МQаМ42 . При этом ускорения

всех точек плоской фигуры составляют один и тот же угол β с отрезками, соединяющими эти точки с МЦУ: tgβ = / 2 .

Задача. В механизме маховик радиуса R = 50 см вращается с угловой

скоростью ω0 = 6 с-1 (рис. 2.6)

Рис. 2.6

В положении, указанном на чертеже, при ОВ = 0,5 м определить угловую скорость шатуна АВ.

Решение Звено ОА – кривошип, совершает вращательное движение, вектор Av

перпендикулярен ОА и направлен в сторону вращения кривошипа (рис. 2.7), а величина скорости точки А равна:

35,06 ОАvA м/c .

Рис. 2.7

74

Звено АВ – шатун, который совершает плоское движение. Величина и направление скорости точки А известны. Точка В есть точка шатуна, общая с ползуном, который совершает возвратно-поступательное движение вдоль направляющих, следовательно, скорость точки В Bv

направлена вдоль

направляющих. Зная для данного момента времени направление скоростей двух точек шатуна, можно найти положение его мгновенного центра скоростей. Эта точка PАВ лежит на пересечении перпендикуляров, восстановленных из двух точек А и В шатуна к направлениям скоростей этих точек (рис. 2.6). Угловая скорость АВ звена АВ равна:

25,1

3

АВ

ААВ АP

v рад/с .

Из прямоугольного треугольника ОВPАВ: ОPАВ = 1 м; АPАВ = ОА + АPАВ = 0,5 + 1 = 1,5 м.

Задача. Для механизма в положении, представленном на рис. 2.8,

Рис. 2.8

В какой точке находится мгновенный центр скоростей звена CD?

Решение Решение задачи начинаем со звена ОА, так как для него задана

угловая скорость (рис. 2.9). Вектор скорости Av

перпендикулярен ОА и направлен в сторону вращения кривошипа ОА.

75

Рис. 2.9

Звено АВ является шатуном, который совершает плоское движение.

Направление скорости точки А мы знаем. Точка В есть точка шатуна, общая с ползуном В, который совершает возвратно-поступательное движение вдоль направляющих, следовательно, скорость точки В Bv

направлена вдоль

направляющих. Зная для данного момента времени направление скоростей двух точек шатуна, можно найти положение мгновенного центра скоростей. Это точка – К лежит на пересечении перпендикуляров, восстановленных из двух точек А и В шатуна к направлениям скоростей этих точек. Соединив точку С с мгновенным центром скоростей К, тогда вектор скорости точки С –

Cv

будет перпендикулярен отрезку СК. Звено СD является шатуном, который совершает плоское движение.

Направление скорости точки С известно. Точка D есть точка шатуна, общая с ползуном D, который совершает возвратно-поступательное движение, следовательно, ее скорость Dv

направлена вдоль направляющих. Тогда

мгновенный центр скоростей звена CD – точка N лежит на пересечении перпендикуляров, восстановленных из двух точек C и D шатуна к направлениям скоростей этих точек.

76


В задании «Исследование плоскопараллельного движения твердого тела» требуется найти скорости и ускорения точек звеньев или угловые скорости и угловые ускорения тел.

Задание. Плоский механизм состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна В и Е (рис. 2.10) или из стержней 1, 2, 3 и ползунов В и Е, соединенных друг с другом и с неподвижными опорами О1, О2 шарнирами; точка D находится в середине стержня AB. Длины стержней равны соответственно l1 = 0,4 м, l2 = 1,2 м, l3=1,4 м, l4 = 0,6 м. Положение механизма определяется углами α, β, γ, φ, θ. Значения этих углов и других заданных величин указаны в табл. 2.2 (для рис. 1-5) или в табл. 2.3 (для рис. 6-10); при этом в табл. 2 ω1 и ω4 – величины постоянные.

Определить величины, указанные в таблице в столбцах «Найти». Дуговые стрелки на рисунках показывают, как при построении чертежа

механизма должны откладываться соответствующие углы: по ходу или против хода часовой.

Построение чертежа начинать со стержня, направление которого определяется углом α. Заданные угловую скорость и угловое ускорение считать направленными против часовой стрелки, а заданные скорость В и ускорение аB – от точки В к b (вариант 6-10).

77

Таблица 2.2 (к рис. 1-5)

Номер условия

Углы, град Дано Найти α β γ φ θ ω1

1/с ω4 1/с

υ точек

ω звена

а точки

ε звена

1 0 60 30 0 120 6 - B, E DE B AB 2 90 120 150 0 30 - 4 A, E AB A AB 3 30 60 30 0 120 5 - B, E AB B AB 4 60 150 150 90 30 - 5 A, E DE A AB 5 30 30 60 0 150 4 - D, E AB B AB 6 90 120 120 90 60 - 6 A, E AB A AB 7 90 150 120 90 30 3 - B, E DE B AB 8 0 60 60 0 120 - 2 A, E DE A AB 9 60 150 120 90 30 2 - D, E AB B AB 10 30 120 150 0 60 - 8 A, E DE A AB

Таблица 2.3 (к рис. 6-10)

Номер усло- вия

Углы, град Дано Найти α β γ φ θ ω1

1/с ε1

1/с2

υB

м/с aB

м/с υ

точек

ω звена

а точки

ε звена

1 120 30 30 90 150 2 4 - - B, E AB B AB 2 0 60 90 0 120 - - 4 6 A, E DE A AB 3 60 150 30 90 30 3 5 - - B, E AB B AB 4 0 150 30 0 60 - - 6 8 A, E AB A AB 5 30 120 120 0 60 4 6 - - B, E DE B AB 6 90 120 90 90 60 - - 8 10 D, E DE A AB 7 0 150 90 0 120 5 8 - - B, E DE B AB 8 30 120 30 0 60 - - 2 5 A, E AB A AB 9 90 120 120 90 150 6 10 - - B, E DE B AB 10 60 60 60 90 30 - - 5 4 D, E AB A AB

78


Вариант 3

Вариант 4



Рис. 2.10 Расчетные схемы к заданию «Исследование плоскопараллельного движения

твердого тела»

79

Вариант 9

Вариант 10

Рис. 2.10 Расчетные схемы к заданию «Исследование плоскопараллельного движения

твердого тела» (окончание)

80

3. ДИНАМИКА

3.1. Кинетическая энергия системы

Кинетической энергией системы называется скалярная величина Т, равная арифметической сумме кинетических энергий всех точек системы:

2

2kkvm

T .

Кинетическая энергия является характеристикой и поступательного, и вращательного движения системы, поэтому теоремой об изменении кинетической энергии особенно часто пользуются при решении задач.

Если система состоит из нескольких тел, то ее кинетическая энергия равна, очевидно, сумме кинетических энергий этих тел:

kTT .

Кинетическая энергия – скалярная и всегда положительная величина.

Формулы для вычисления кинетической энергии тела в разных случаях движения представлены ниже.

Кинетическая энергия твердого тела

• Поступательное движение:

.2

2

пост

cmvT

• Вращательное движение:

,2

2

вр

zJT

где zJ – момент инерции твердого тела относительно оси вращения.

• Плоское движение:

,22

22 zccпл

JmvT

где zcJ – момент инерции твердого тела относительно оси вращения, проходящей через центр масс.

Теорема. Изменение кинетической энергии системы при некотором ее перемещении равно сумме работ на этом перемещении всех приложенных к системе внешних и внутренних сил.

81

ik

ek AATT 01 .

• Моментом инерции материальной точки относительно некоторой оси называется величина, равная произведению массы точки на квадрат ее расстояния до этой оси: 2mhJ z или )( 22 yxmJ z .

• Момент инерции однородной пластины массой m со сторонами a и b относительно оси, проходящей через центр перпендикулярно плоскости пластины:

.12

)( 22 bamJz

• Момент инерции однородного тонкого стержня массой m и длиной l относительно оси, проходящей через его середину перпендикулярно стержню:

.12

2mlJ z

• Момент инерции однородного диска или цилиндра массой m и

радиусом r относительно его оси 2

2mrJ z , а для кольца 2mrJ z .

• Момент инерции связан с радиусом инерции относительно оси ρz соотношением .2

zz mJ

• Теорема Гюйгенса-Штейнера: момент инерции механической системы (твердого тела) относительно некоторой оси равен сумме момента инерции относительно параллельной ей оси, проходящей через центр масс, и величины, равной произведению массы системы на квадрат расстояния между осями:

.2zC maJJ z

• Если материальная точка движется прямолинейно и к ней приложена постоянная по величине и направлению сила F

, то работа А находится по

формуле: ,cos= αFsА где s – путь, пройденный силой; – угол между линией действия силы и направлением движения.

• Работа силы тяжести материальной точки: ,mghА где h – модуль перемещения точки по вертикали. Знак «плюс» соответствует опусканию точки, а знак «минус» – ее подъему.

• Работа силы упругости равна половине произведения коэффициента жесткости на разность квадратов начального и конечного удлинений (сжатий):

).-(2

= 22

0 ххс

Ас

• Работа пары сил, приложенной к вращающемуся телу, при повороте

82

тела на угол φ1, равна

dMА z )(1

0 ,

где )(zM – момент пары сил относительно оси вращения. Если

constMM z )( , то 1MА . Если пара сил препятствует вращению, то А<0.

Задача. Механическая система (рис. 3.1, а) состоит из сплошного однородного цилиндрического катка 1, подвижного блока 2, ступенчатого шкива 3 с радиусами R3 и r3 и радиусом инерции относительно оси вращения ρ3, блока 4 и груза 5 (коэффициент трения груза о плоскость равен f). Тела системы соединены друг с другом нитями, намотанными на шкив 3. К центру Е блока 2 прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с, ее начальная деформация равна нулю; массами нити и пружины пренебречь.

Система движется из состояния покоя под действием силы F = f(s), зависящей от перемещения точки ее приложения. На шкив 3 действует постоянный момент М сил сопротивления.

а) б)

Рис. 3.1

Дано: m1 = 8 кг, m2 = 0, m3 = 4 кг, m4 =0, m5 = 10 кг, R3 = 0,3 м, r3 = 0,1м,

ρ3 = 0,2 м, f = 0,1, c = 240 H/м, М = 0,6 Н˖м, F = 20(3+2s) H, s1 = 0,2 м. Определить: ω3 в тот момент времени, когда s = s1. Решение 1. Рассмотрим движение неизменяемой механической системы,

состоящей из весомых тел 1, 3, 5 и невесомых тел, соединенных нитями. Изобразим действующие на систему внешние силы: 531 ,,,, PPPFF упр

, реакции

5431 ,,, NNNN

, натяжение нити 2S

, силы трения тртр FF 51 ,

и момент М. Для определения ω3 воспользуемся теоремой об изменении

кинетической энергии:

83

ekATT 0 . (3.1)

2. Определяем Т0 и Т. Так как в начальный момент времени система находилась в покое, то Т0 = 0. Величина Т равна сумме энергий всех тел системы:

531 TTTT . (3.2) Учитывая, что тело 1 движется плоскопараллельно, тело 5 –

поступательно, а тело 3 вращается вокруг неподвижной оси, получим

211

2111 2

1

2

1 CC ImT ; .2

1;

2

1 255

2333 mTIT (3.3)

Все входящие сюда скорости надо выразить через искомую ω3. Для этого предварительно заметим, что AC 51 , где А – любая точка обода радиуса r3 шкива 3 и что точка К1 – мгновенный центр скоростей катка 1, радиус которого обозначен r1. Тогда

3351 rC ; .1

33

1

1

11

11 r

r

rCKCC

(3.4)

Кроме того, входящие в (3.3) моменты инерции имеют значения

.;5,0 2333

2111 mIrmIC (3.5)

Подставив все величины (3.4) и (3.5) в равенства (3.3), а затем, используя равенство (2), получим окончательно

32

35233

231 2

1

2

1

4

3

rmmrmT . (3.6)

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), φ3 – угол поворота шкива 3, λ0 и λ1 – начальное и конечное удлинения пружины, получим

);3(20)23(20)(1

0

211

s

ssdssFA

;60sin)( 111 sPPA

;)( 15555 sfPsFFA тртр

;)( 3MMA

).(2

)( 21

20

сFA упр

Работы остальных сил равны нулю, так как точки К1 и К2, где приложены силы ,,, 211 SFN тр

– мгновенные центры скоростей; точки, где

приложены силы ,,, 433 PNP

– неподвижны, а реакция 5N

перпендикулярна перемещению груза.

84

По условиям задачи, .00 Тогда ,1 Es где Es – перемещение точки Е (конца пружины). Величины Es и 3 надо выразить через заданное перемещение 1s ; для этого учтем, что зависимость между перемещениями здесь такая же, как и между соответствующими скоростями. Тогда, так как

3133 // rr CA (равенство AC 1 уже отмечалось), то и ./ 313 rs Далее, из рис. 3.1, б видно, что ,33RBD а так как точка К2

является мгновенным центром скоростей для блока 2 (он как бы «катится» по участку нити К2L), то ,5,05,0 33RDE следовательно, и

./5,05,0 331331 rRsRsE При найденных значениях 3 и 1 для суммы вычисления работ получим

.

860sin)3(20 2

123

23

3

11511

211 s

r

Rc

r

sMsfPsPssAe

k (3.7)

Подставляя выражения (3.6) и (3.7) в уравнение (3.1) и учитывая, что Т0 = 0, придем к равенству

.8

60sin)3(20)2

1

2

1

4

3( 2

123

23

13

1511211

23

235

233

231 s

r

Rcs

r

MsfPsPssrmmrm

Из последнего равенства, подставив в него числовые значения заданных величин, найдем искомую угловую скорость 3 .

Ответ: .c1,8 13

3.1.1.Задания для самостоятельного решения

В задании «Применение теоремы об изменении кинетической энергии механической системы» требуется определить кинематический параметр движения тела.

Задача. Механическая система состоит из грузов 1 и 2, ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней R3 = 0,3 м и r3 = 0,1 м и радиусом инерции относительно оси вращения ρ3 = 0,2 м и блока 4 радиуса R4 = 0,2 м и катка (или подвижного блока) 5 (рис. 3.2, табл. 3.1); тело 5 считать сплошным однородным цилиндром, а массу блока 4 – равномерно распределенной по ободу. Коэффициент трения грузов о плоскость f = 0,1. Тела системы соединены друг с другом нитями, перекинутыми через блоки и намотанными на шкив 3 (или на шкив и каток); участки нитей параллельны соответствующим плоскостям. К одному из тел прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с.

Под действием силы F= f(s), зависящей от перемещения s точки ее приложения, система приходит в движение из состояния покоя; деформация пружины в момент начала движения равна нулю. При движении на шкив 3

85

действует постоянный момент М сил сопротивления (от трения в подшипниках).

Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда перемещение s станет равным s1 = 0,2 м. Искомая величина указана в столбце «Найти» таблицы 3.1, где обозначено: 521 ,, C – скорости грузов 1, 2 и центра масс тела 5 соответственно, 3 и 4 – угловые скорости тел 3 и 4.

Все катки, включая катки, обмотанные нитями, катятся по плоскости без скольжения.

На всех рисунках не изображать груз 2, если m2 = 0; остальные тела должны изображаться и тогда, когда их масс равна 0.

Таблица 3.1

Номер усло- вия

m1, кг m2, кг m3, кг m4, кг m5, кг с, Н/м М, Н˖м

F= f(s) Найти

0 0 6 4 0 5 200 1,2 80(4+5s) ω3

1 8 0 0 4 6 320 0,8 50(8+3s) v1

2 0 4 6 0 5 240 1,4 60(6+5s) v2 3 0 6 0 5 4 300 1,8 80(5+6s) ω4

4 5 0 4 0 6 240 1,2 40(9+4s) v1

5 0 5 0 6 4 200 1,6 50(7+8s) vc5

6 8 0 5 0 6 280 0,8 40(8+9s) ω3

7 0 4 0 6 5 300 1,5 60(8+5s) v2

8 4 0 0 5 6 320 1,4 50(9+2s) ω4

9 0 5 6 0 4 280 1,6 80(6+7s) vc5

Вариант 1

Вариант 2

86

Рис. 3.2 Расчетные схемы к заданию «Применение теоремы об изменении кинетической

энергии механической системы»

Вариант 3

Вариант 4

Вариант 5

Вариант 6

Вариант 7

Вариант 8

Вариант 9

Вариант 10

87

4. АНАЛИТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА

4.1. Принцип возможных перемещений. Общее уравнение динамики

Если на систему материальных точек наложены те или иные связи, то

для такой системы не всякое перемещение оказывается возможным. Если при этом связи не зависят от времени, т.е. если в уравнения связей время t явно не входит, то такие связи называются стационарными, в противном случае связи называются нестационарными. В дальнейшем рассматриваются только стационарные связи.

Возможным (виртуальным) перемещением данной системы называется совокупность любых бесконечно малых перемещений материальных точек этой системы, допускаемых в данный момент наложенными на систему связями.

Проекции на координатные оси возможного перемещения δsА точки А системы обозначаются δxА, δyА, δzА и представляют собой изменения координат этой точки при ее возможном перемещении, называемые вариациями координат этой точки.

Если на систему, состоящую из n материальных точек, наложены s стационарных связей вида

fi(x1, y1, z1, …, xn, yn, zn)=0 (4.1) (i = 1, 2,…, s), то из 3n координат точек системы произвольными являются только 3n-s, а остальные s координат могут быть выражены как функции этих произвольных координат из s предыдущих уравнений. Число

k = 3n-s, (4.2) т.е. число независимых координат точек системы называется числом степеней

свободы этой системы.

Если сумма элементарных работ реакций связей, наложенных на систему, при любом возможном перемещении системы равна нулю, то такие связи называются идеальными. Необходимое и достаточное условие равновесия системы с совершенными связями дает принцип возможных перемещений, который формулируется следующим образом: для того чтобы рассматриваемое положение системы с идеальными связями являлось положением равновесия этой системы, необходимо и достаточно, чтобы сумма элементарных работ всех заданных (активных) сил, действующих на

88

систему, при любом её возможном перемещении из этого положения равнялась нулю. Следовательно, необходимое и достаточное условие равновесия системы выражается уравнением

.0cos sFA (4.3)

Если возможные перемещения точек определить с помощью

возможных скоростей: ,ts ii где время t – произвольная бесконечно

малая величина, то уравнение работ запишется так: 0cos iii tF , поделив

его на t , получим 0cos iiiF (принцип возможных скоростей).

Пользуясь аналитическим выражением элементарной работы, получим общее уравнение статики в таком виде:

.0)( zZyYxX (4.4)

Конечно, если у системы есть неидеальные связи, например, с трением, или упругие, вроде пружины, то в уравнение работ надо добавить возможную работу реакций этих связей.

По принципу Даламбера материальную систему, движущуюся под действием некоторых сил, можно рассматривать находящейся в равновесии, если ко всем точкам системы приложить их силы инерции. Значит можно воспользоваться и принципом возможных перемещений.

В уравнение работ (4.3) добавится еще сумма работ сил инерции точек на их возможных перемещениях:

.0coscos iiин

iiii sFsF (4.5)

Или по принципу возможных скоростей:

.0coscos iiин

iiii FF (4.6)

Эти уравнения называют общим уравнением динамики. Оно позволяет решать большой класс задач на исследование движения довольно сложных материальных систем.

Задача. Механическая система (рис. 4.1) состоит из обмотанных нитями блока 1 радиуса R1 и ступенчатого шкива 2 (радиусы ступеней R2 и r2, радиус инерции относительно оси вращения ρ), а также из грузов 3 и 4, прикрепленных к этим нитям. Система движется в вертикальной плоскости под действием сил тяжести и пары сил с моментом М, приложенной к блоку 1.

Дано: P1 = 0, P2 = 30 H, P3 = 40 H, P4 = 20 H, M = 16 H˖м, R1 = 0,2 м, R2 = 0,3 м, r2 = 0,15 м, ρ2 = 0,2 м.

Определить: ускорение груза 3, пренебрегая трением.

89

Рис. 4.1

Решение 1. Рассмотрим движение механической системы, состоящей из тел 1, 2,

3, 4, соединенных нитями. Система имеет одну степень свободы. Связи, наложенные на систему, – идеальные.

Для определения а3 применим общее уравнение динамики:

.0coscos iiин

iiii sFsF (4.7)

2. Изображаем на чертеже активные силы P2, P3, P4 и пару сил с моментом М. Задавшись направлением ускорения а3, изображаем на чертеже

силы инерции иF3

, иF4

и пару сил с моментом иM 4

, величины которых равны:

.;; 222

224

443

33

g

PMa

g

PFa

g

PF иии (4.8)

3. Сообщая системе возможное перемещение и составляя уравнение, получим

.060sin 14422333 MsFMsFP иии (4.9)

Выразим все перемещения через 2 :

.;; 21

21224223

R

rrsRs (4.10)

Подставив величины (4.8) и (4.10) в уравнение (4.9), приведем его к виду:

.060sin 2

1

224

42

22

22

33

R

rMra

g

P

g

PR

g

aP (4.11)

Входящие сюда величины ε2 и а4 выразим через искомую величину а3:

.; 32

2224

2

32 a

R

rra

R

a

Затем, учтя, что 02 , приравняем нулю выражение, стоящее в (4.11)

в квадратных скобках.

90

Из полученного в результате уравнения найдем

.

//

/60sin

22

24222223

12233 g

RrPRPRP

RrMRPa

Вычисления дают следующий ответ: а3 = - 0,9 м/с2. Знак указывает, что ускорение груза 3 и ускорение других тел направлены противоположно показанным на рисунке 4.1.


В задании «Применение к изучению движения системы общего уравнения динамики» требуется определить ускорение груза, имеющего больший вес.

Задача. Механическая система состоит из однородных ступенчатых шкивов 1 и 2, обмотанных нитями, грузов 3-6, прикрепленных к этим нитям, и невесомого блока (рис. 4.2, табл. 4.1). Система движется в вертикальной плоскости под действием сил тяжести и пары сил с моментом М, приложенной к одному из шкивов. Радиусы ступеней шкива 1 равны: R1 = 0,2 м, r1 = 0,1 м, а шкива 2 – R2 = 0,3 м, r2 = 0,15 м; их радиусы инерции относительно осей вращения равны соответственно ρ1 = 0,1 м и ρ2 = 0,2 м.

Пренебрегая трением, определить ускорение груза, имеющего больший вес; веса P1, …, P6 шкивов и грузов заданы в таблице 4.1 в ньютонах. Грузы, веса которых раны нулю, на чертеже не изображать (шкивы 1, 2 изображать всегда как часть системы).

Таблица 4.1 Номер условия

P1 P2 P3 P4 P5 P6 M, H˖м

1 10 0 20 30 40 0 10 2 0 40 0 10 20 30 12 3 20 30 40 0 10 0 16 4 0 20 10 30 0 40 18 5 30 0 20 0 40 10 12 6 0 10 30 40 20 0 16 7 40 0 0 20 30 10 10 8 10 20 0 40 0 30 18 9 0 40 10 0 30 20 12 10 30 0 40 20 10 0 16

91


Вариант 3

Вариант 4

Вариант 5

Вариант 6

Вариант 7

Вариант 8

Рис. 4.2 Расчетные схемы к заданию «Применение к изучению движения системы общего

уравнения динамики»

92

Вариант 9

Вариант 10

Рис. 4.2 Расчетные схемы к заданию «Применение к изучению движения системы общего

уравнения динамики» (окончание)

93

Приложение 1

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования

«УЛЬЯНОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Кафедра теоретической и прикладной механики

РАСЧЕТНО-ПРОЕКТИРОВОЧНОЕ ЗАДАНИЕ

по теоретической механике на тему:__________________________________

Выполнил студент группы ______________

(фамилия, инициалы)

ВАРИАНТ № ____

Допущено к защите «___» ____________ 20__ г. Оценка ______________ Дата_________________

20__ г.

94

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Методические указания составлены в соответствии с учебной программой по дисциплине «Теоретическая механика» для подготовки бакалавров (направления «Строительство»). Данные методические указания могут быть использованы студентами других специальностей при изучении дисциплины.

В методических указаниях представлены краткие теоретические сведения, тестовые задания и примеры их решения, которые могут быть использованы для самостоятельной работы и контроля знаний.

СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ

1. Курс теоретической механики : учеб. пособие для техн. вузов / А. А. Яблонский [и др.] – М. : Лань, 2002. – 764 с.

2. Краткий курс теоретической механики : учеб. для техн. вузов / С. М. Тарг. – М. : Высшая школа, 2005. – 416 с.

3. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике : учеб. для техн. вузов / под ред. А. А. Яблонский. – М. : Интеграл-Пресс, 2005. – 382 с.

4. Задачи по теоретической механике : учеб. пособие / И. В. Мещерский. – СПб. : Лань: Омега – Л, 2005. – 448 с.

5. Санкин, Ю. Н. Лекции по теоретической механике : учеб. пособие. Часть 2: Динамика, аналитическая механика / Ю. Н. Санкин. – Ульяновск : УлГТУ, 2010. – 268 с.

6. Теоретическая механика в примерах и задачах : учеб. пособие для вузов : Т.2 : Динамика / М. И. Бать [и др.] – М. : Наука, 1991. – 639 с.

7. Сборник коротких задач по теоретической механике : учеб. пособие для втузов / О. Э. Кепе, Я. И. Виба, О. П. Грапис [и др.]. – М. : Высш. шк., 1989. – 368 с.

95

Учебное издание

БЕЛЫЙ Давид Михайлович ОВСЯННИКОВА Наталья Борисовна

ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ

ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ

Методические указания

Редактор М. В. Теленкова Подписано в печать 28.10.2013. Формат 60 84.

Усл. печ. л. 5,58. Тираж 100 экз. Заказ 1001.

Ульяновский государственный технический университет

432027, г. Ульяновск, ул. Сев. Венец, д. 32. ИПК «Венец» УлГТУ, 432027, г. Ульяновск, ул. Сев. Венец, д. 32.

user

Машинописный текст

ЭИ № 405.

user

Машинописный текст

Documents

ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ …venec.ulstu.ru/lib/disk/2015/44.pdfМ. Задания для самостоятельной работы по теоретической