Министерство образования и науки Российской Федерации

Южно-Российский государственный политехнический

университет (НПИ) имени М. И. Платова

М.А. Бандурин, Е.В. Скринников,

В.В. Нефедов, А.А. Михайлин

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА

Учебно-методическое пособие

к практическим занятиям

и самостоятельной работе студентов

направления подготовки

«Горное дело»

Новочеркасск

ЮРГПУ (НПИ)

2017

2

УДК 531.3 (076.5)

Рецензент доктор технических наук, профессор, Заслуженный деятель науки

Российской Федерации, профессор Волосухин Виктор Алексеевич

(Новочеркасский инженерно-мелиоративный институт

имени А.К. Кортунова ФГБОУ ВО «Донской ГАУ»)

Бандурин М.А., Скринников Е.В., Нефедов В.В., Михайлин

А.А. Теоретическая механика: учебно-методическое пособие к

практическим занятиям и самостоятельной работе студентов направ-

ления подготовки «Горное дело»/ Южно-Российский государствен-

ный политехнический университет (НПИ) имени М. И. Платова. –

Новочеркасск: ЮРГПУ (НПИ), 2017. – 104 с.

Пособие содержит задачи по изучению технических законов, которым

подчиняются движение и равновесие материальных тел и возникающие при этом

взаимодействия между телами, а также овладению основными алгоритмами ис-

следования равновесия и движения механических систем. Приведено построение

и исследование механико-математических моделей, адекватно описывающих

разнообразные механические явления. Даны примеры практического использо-

вания методов, предназначенных для математического моделирования движения

тел различных механических систем.

Пособие предназначено для студентов, обучающихся по программе спе-

циалитета направления подготовки: 21.05.04 «Горное дело», специализаций:

Маркшейдерское дело, Открытые горные работы, Технологическая безопасность

и горноспасательное дело, Подземная разработка пластовых месторождений,

Шахтное и подземное строительство, Обогащение полезных ископаемых, Элек-

трификация и автоматизация горного производства и Горные машины и обору-

дование.

УДК 531.3 (076.5)

© Южно-Российский государственный

политехнический университет (НПИ)

имени М.И. Платова, 2017

3

СОДЕРЖАНИЕ

стр.

ВВЕДЕНИЕ ………………………………………………… 4

1. ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ, ИХ

НАИМЕНОВАНИЕ …..…………………………………….

5

Практическое занятие № 1. Произвольная плоская

система сил .………………………………………………...

6

Практическое занятие № 2. Пространственная система

сил …………………………………………………………...

23

Практическое занятие № 3. Определение уравнений

движения, траектории, скорости и ускорения точки ….

37

Практическое занятие № 4. Вращательное движение

тела …………………………………………………………

49

Практическое занятие № 5. Определение скоростей и

ускорений точек плоской фигуры …………………………

54

Практическое занятие № 6. Сложное движение точки … 70

Практическое занятие № 7. Исследование движения

материальной точки ………………………………………

75

Практическое занятие № 8. Исследование движения

механических систем с помощью общих теорем

динамики …………………….……………………………...

89

2. САМОСТОЯТЕЛЬНАЯ РАБОТА СТУДЕНТОВ (СРС) 99

3. ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ ВОПРОСЫ ПО КУРСУ …… 101

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК …………………….. 103

4

ВВЕДЕНИЕ

Учебно-методическое пособие для студентов по выполнению

контрольных работ по курсу «Теоретическая механика».

Целью освоения дисциплины является:

– изучение технических законов, которым подчиняются движе-

ние и равновесие материальных тел и возникающие при этом взаимо-

действия между телами, а также овладение основными алгоритмами

исследования равновесия и движения механических систем;

– построение и исследование механико-математических моделей,

адекватно описывающих разнообразные механические явления;

– выработать навыки практического использования методов,

предназначенных для математического моделирования движения тел

различных механических систем.

Основными задачами при изучении дисциплины являются:

– изучение механической компоненты современной естественно-

научной картины мира, понятий и законов теоретической механики;

– овладение важнейшими методами решения научно-технических

задач в области механики, основными алгоритмами математического

моделирования механических явлений;

– формирование устойчивых навыков по применению фундамен-

тальных положений теоретической механики при научном анализе

ситуаций, с которыми инженеру приходиться сталкиваться в ходе со-

здания новой техники и новых технологий;

– ознакомление студентов с историей и логикой развития теоре-

тической механики.

Теоретическая механика является научной основой важнейших

разделов современной техники. В ее основе лежат законы, отражаю-

щие определённый класс явлений природы, связанных с движением

материальных тел. Роль и значение теоретической механики состоит в

том, что она является научной базой многих областей современной

техники.

При изучении курса рассматриваются три раздела теоретической

механики:

СТАТИКА, задачей которой является изучение вопросов заме-

ны данной системы сил другой, эквивалентной ей по механическому

воздействию на твёрдое тело, а также установление необходимых и

достаточных условий равновесия различных систем сил;

5

КИНЕМАТИКА, задачей которой является исследование дви-

жения материальных тел в пространстве и во времени с геометриче-

ской точки зрения, без рассмотрения причин, вызывающих это дви-

жение;

ДИНАМИКА, задачей которой является изучение движения ма-

териальных тел в связи с действующими силами.

Теоретическая механика служит научным фундаментом и являет-

ся необходимой основой для изучения таких дисциплин как приклад-

ная механика, геотектоника и геодинамика, буровые станки и буре-

ние скважин, и другие.

1. ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ, ИХ НАИМЕНОВАНИЕ

№ Наименование

тем занятий

Форма

контроля

Номер

компетенции Литература

1 Произвольная плоская си-

стема сил

Опрос ПК-2, 10, 11 7 [3-6]

2 Пространственная система

сил

Опрос ПК-2, 10, 11 7 [3-6]

3 Определение уравнений

движения, траектории, ско-

рости и ускорения точки

Опрос ПК-2, 10, 11 7 [3-6]

4 Вращательное движение те-

ла

Опрос ПК-2, 10, 11 7 [3-6]

5 Определение скоростей и

ускорений точек плоской

фигуры

Опрос ПК-2, 10, 11 7 [3-6]

6 Сложное движение точки Опрос ПК-2, 10, 11 7 [3-6]

7 Исследование движения ма-

териальной точки

Опрос ПК-2, 10, 11 7 [3-6]

8 Исследование движения ме-

ханических систем с помо-

щью общих теорем динами-

ки

Опрос ПК-2, 10, 11 7 [3-6]

6

Практическое занятие № 1 ПРОИЗВОЛЬНАЯ ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СИЛ

1.1. Ведение в статику твёрдого тела

В теоретической механике при расчётах реальные конструкции

заменяются их расчётной схемой.

Внешние силы, действующие на элементы конструкций делятся

на активные и реактивные – реакции связей. Активные силы принято

называть – нагрузки.

Нагрузки, передающиеся от одних элементов конструкции к

другим, относятся к числу поверхностных сил.

Поверхностные силы в свою очередь делятся на сосредоточен-

ные и распределённые (рис. 1.1).

Сила характеризуется модулем, направлением и точкой прило-

жения, обозначается F от Force (англ.) – сила. Единица измерения си-

лы в Международной системе единиц (СИ) – ньютон, килоньютон (Н,

кН).

Нагрузки, распределённые по некоторой поверхности, характе-

ризуются давлением (1 Па = 1 кН/м2, МПа). Распределённая по длине

нагрузка интенсивностью, обозначаемой обычно q и выражаемой в

единицах силы, отнесённой к единице длины (Н/м, кН/м).

Рис. 1.1. Силы, действующие на балку

В большинстве задач на равновесие твёрдого тела следует ука-

зать направление реакций связей, а затем определить их модули, в хо-

де решения задач.

Реакцией связей называется сила, с которой данная связь дей-

ствует на тело, препятствуя его перемещению. Направлена реакция

7

связи в сторону противоположную той, куда связь не даёт переме-

щаться телу. Несвободное твёрдое тело можно рассматривать как сво-

бодное, если мысленно, освободить от связей, заменив действие свя-

зей реакциями.

Рассмотрим часто встречающиеся виды связей:

1. Гибкая нерастяжимая нить – реакция направлена вдоль нити

(рис. 1.2).

Например:

Рис. 1.2. Расчётная схема трубопровода

2. Жёсткая заделка – Реакцию представляют

в виде двух составляющих с линиями дей-

ствия, параллельными осям координат и Ма

(рис. 1.3)

8

Например:

Рис. 1.3. Расчётная схема консольной балки

3. Шарнирно-неподвижная опора – Ре-

акция представляется в виде двух

неизвестных составляющих, линии

действия которых параллельны

или совпадают с осями координат

(рис. 1.4).

4. Шарнирно-подвижная опора – Реак-

ция всегда перпендикулярна опор-

ной поверхности (рис. 1.4).

Например:

Рис. 1.4. Расчётная схема балки

9

Рассмотрим частные случаи проекции силы F на координатную

ось Х:

1. 1. Проекция положительна

α 90 cosαо X F

2. Проекция равна нулю

α 90 cos 90 0X F

3. Проекция отрицательна

90 cosα cosβX F F .

Например, на расчётной схеме балки (рис. 1.4) представлены

проекции силы 2F на координатные оси х и у.

Проекция силы F на плоскость хоу может быть представлена как

векторная сумма двух взаимно перпендикулярных сил хF и уF , кото-

рые по модулю равны абсолютным значениям соответствующих про-

екций (рис. 1.5).

cosθxyF F ,

cosφ cosθ cosφ,x xyF F F

sinφ cosθsinφy xyF F F

θ – угол между направлением

силы F и ее проекции .xyF

Рис. 1.5. Проекция силы F на плоскость хоу

α

х F

B

30

A

F

10

Моментом силы относительно точки О на плоскости называет-

ся произведение модуля (величины) силы F на ее плечо а относи-

тельно этой точки, взятое со знаком плюс или минус (рис. 1.6):

0 ( )M F F а ,

а – плечо силы относительно центра

момента (кратчайшее расстояние

между этой точкой и линией

действия силы);

О – центр момента.

Рис. 1.6. Момент силы относительно точки

План решения задач по теме: Введение в статику твёрдого

тела

1. Для графического решения задачи, необходимо выбрать опре-

делённый масштаб.

2. Произвести сложение векторов, используя либо правило па-

раллелограмма, либо правило треугольника.

3. Найти модуль неизвестных векторов.

Задача 1.1. Произвести сложение двух векторов, если вектор А1

направлен горизонтально вправо, а А2 составляет с А1 угол φ равный

60о. Модули векторов: А1 = 10, А2 = 8 [4].

Дано: схема (рис. 1.7), φ = 60о, А1 = 10, А2 = 8.

Определить: модуль вектора Аs – сумма векторов А1 и А2.

Рис. 1.7. Схема к задаче 1.1

Решение

1. Выберем масштаб построения векторов, на основе очевидной

зависимости: длина отрезка l изображающего вектор А, прямо про-

порциональна его модулю А:

I I α

х F

х

11

ВА k l ,

где Вk – коэффициент пропорциональности, масштаб построения век-

торов.

Если для изображения вектора А1, модуль которого равен десяти

единицам, выберем отрезок длиной ab = 40 мм, то получим значение

масштаба построения для задачи:

1 10 10,25

40 ммB

Ak

ab

(0,25 единицы модуля в 1 мм).

2. Из произвольной точки а построим вектор А1, изобразив его

отрезком ab = 40 мм (рис. 1.8).

Рис. 1.8. Расчетная схема к задаче 1.1

3. При помощи транспортира из точки а – начала построенного

вектора под углом φ = 60о к линии ab проведем линию ас – направле-

ние вектора А2.

4. Определим длину отрезка ad, который изобразит вектор А2:

2 832 мм.

0,25B

Aad

k

5. Отложим из точки а отрезок ad = 32 мм и, показав на нем

стрелкой направление от а к d, получим вектор А2.

6. Построим прямые be ║ad и df ║ab и, обозначив точку пересе-

чения этих прямых g, получим параллелограмм abgd.

7. Соединив точки а и g, получим диагональ аg, которая по моду-

лю и направлению (от а к g) изображает вектор Аs – искомую сумму век-

торов А1 и А2.

8. Найдем модуль вектора Аs: .s ВА k ag

Путем непосредственного измерения находим, что аg 63 мм.

12

Таким образом, 0,25 63 15,8.sА

9. Углы, образуемые направлением Аs с направлением построен-

ных векторов, найдем при помощи транспортира: 1 1φ , 26 .sA A

Следовательно, o

sA,A 34122 .

Ответ: два вектора А1 и А2 можно заменить одним вектором Аs,

причем модуль его содержит 15,8 единицы и его направление состав-

ляет с направлением первого вектора угол, равный 26о.

Задача 1.2. Определить модуль и направление суммарного век-

тора используя данные предыдущей задачи – вектор А1 направлен го-

ризонтально вправо, а А2 составляет с А1 угол φ равный 60. Модули

векторов: А1 = 10, А2 = 8 [5].

Дано: схема (рис. 1.7), φ = 60, А1 = 10, А2 = 8.

Определить: модуль и направление суммарного вектора Аs.

Решение

Графический способ выполнения действий с векторами не все-

гда удобен, поэтому пи решении задач пользуются графо-

аналитическим способом.

1. Изобразим заданные векторы ab (вектор А1) и ad (вектор А2) и,

нарисовав далее параллелограмм abgd, проведём в нем диагональ аg

(искомый вектор Аs), которая разделит угол φ на два искомых φ1 и φ2

(рис. 1.8).

2. Модуль вектора Аs найдём по формуле (теорема косинусов):

2 2 2 21 2 1 22 cosα 10 8 2 10 8cos60 15,6.sА A A A A

3. Направление вектора Аs найдём, определив угол φ1 (или φ2) из

формулы (теорема синусов):

2

1sin φ sin α

sAA, откуда 2

1

sin α 8sin 60sin φ 0,445

15,6s

A

A.

По таблицам находим 1φ 26 20 .

Ответ: суммарный вектор Аs = 15,8 единицы и его направление

образует с А1 угол 1φ 26 20 .

При решении задач статики на равновесие тел, находящихся под

действием любой системы сил, рекомендуется следующий порядок

решения:

1. Выделить твёрдое тело, равновесие которого надо рассмот-

реть для отыскания неизвестных величин.

2. Изобразить активные силы.

13

3. Освободить твёрдое тело от связей и заменить их действия ре-

акциями связей.

4. Выбрать направление осей координат.

5. Составить уравнения равновесия заданной системы сил и

определить неизвестные величины.

Хотя выбор направления координатных осей, на которые проек-

тируются силы, не имеет принципиального значения, однако при ре-

шении задач для получения более простых уравнений равновесия

следует направлять координатные оси перпендикулярно неизвестным

силам; при этом некоторые уравнения равновесия будут содержать

меньше число неизвестных, чем их содержится в задаче.

Все расчёты при решении задач рекомендуется, как правило,

производить в общем виде – алгебраически. Тогда для искомых вели-

чин будут получатся формулы, дающие возможность проанализиро-

вать найденные результаты.

Кроме того, решение в общем виде позволяет иногда обнару-

жить сделанные ошибки путём проверки размерностей (размерности

каждого из слагаемых в обеих частях равенства должны быть одина-

ковыми).

Числа, если решение производится в общем виде, подставляют-

ся только в окончательные результаты.

1.2. Система сходящихся сил

Сходящимися называются силы, линии действия которых пере-

секаются в одной точке. Различают плоскую и пространственную си-

стемы сходящихся сил (рис. 1.9).

Существует немало практических задач, которые требуют ис-

следования систем сходящихся сил, в частности, они возникают при

расчётах шарнирно-стержневых систем. Кроме того, изучение систе-

мы сходящихся сил необходимо для дальнейших обобщений, относя-

щихся к произвольной пространственной системе сил.

Равнодействующая сходящихся сил 1 2, ,..., nF F F равна геомет-

рической сумме этих сил (рис. 1.10):

1 2

1

... ,n

n кR F F F F

где R – главный вектор системы сходящихся сил.

14

Рис. 1.9. Система сил сходящихся в одной точке

Для равновесия системы сходящихся сил, приложенных к твер-

дому телу, необходимо и достаточно равенство нулю равнодействую-

щей системы сходящихся сил 0R .

Уравнения равновесия системы сходящихся сил:

– для плоской системы координат

Σ Fкx = 0;

Σ Fкy = 0.

– для пространственной системы координат:

Σ Fкx = 0;

Σ Fкy = 0;

Σ Fкz = 0.

cosα хF

F; Fx = cosα F,

sin αуF

F; Fy = sinα F.

Рис. 1.10. Разложение силы F на две

составляющие Fх и Fу

15

Геометрическое условие равновесия – для равновесия системы

сходящихся сил в геометрической форме необходимо, чтобы силовой

многоугольник построенный из этих сил, был замкнут (рис. 1.11):

1

0n

i

i

R F

Рис. 1.11. Силовой многоугольник системы сходящихся сил

Аналитическое условие равновесия – для равновесия сходя-

щейся системы сил необходимо и достаточно равенство нулю алгеб-

раических сумм проекций всех сил данной системы на каждую из ко-

ординатных осей.

.0...

,0...

,0...

211

121

121

nZZZ

n

KZ

n

nYYYKY

n

nXXXKX

FFFF

FFFF

FFFF

План решения задач по теме: Система сходящихся сил

1. Рассмотрим равновесие несвободного твердого тела.

2. Покажем на расчетной схеме все действующие силы.

3. Выберем направление осей координат х и у.

4. Составим уравнения равновесия заданной системы сил и

определим неизвестные величины.

5. Выполним проверку и запишем ответ.

Задача 1.3. Стержни АК и КО соединены между собой и с вер-

тикальной стеной посредством шарниров. На шарнирный болт К дей-

ствует вертикальная сила F =10 H. Определить реакции этих стержней

на шарнирный болт К, если углы, составляемые стрежнями со стеной,

равны: α = 60 и φ = 30.

16

Дано: схема (рис. 1.12), F =10 H, α = 60, φ = 30.

Определить: реакции стержней на шарнирный болт К.

Решение

1. Аналитический способ

Рис. 1.12

Рассмотрим равновесие несвободного болта

К.

К болту К приложена активная сила F = 10 Н.

На болт действует две связи стержней АК и

КО. Освободим болт от связей и заменим их

действия реакциями связей S1 и S2.

Выберем направление осей координат х и у.

Составим уравнения равновесия заданной

системы сил и определим неизвестные

величины: 10; cos60 0,хF S F

1 cos60 10 0,5 5S F кН;

20; cos30 0,уF S F

2 cos30 10 0,866 8,66S F кН.

2. Геометрический способ

Рис. 1.13

При равновесии болта К равнодействующая

приложенных сил должна быть равна нулю, следо-

вательно, силы F, S1 и S2 образуют замкнутый си-

ловой треугольник (рис. 1.13).

Построение силового треугольника начнем с

силы F известной по величине и направлению.

Взяв за начало произвольную точку С, приложим

к ней силу F. Затем, проводя через начало и ко-

нец силы прямые СР и МВ, соответственно па-

раллельные стержням АК и ОК, получим в пере-

сечении третью вершину Е силового треугольни-

ка СЕВ. В каждой из вершин силового треуголь-

ника должен быть расположен конец только од-

ной из трех сил.

Задача 1.4. Определить усилия в стержнях, пренебрегая их ве-

сом, если груз весом Q = 1 кН подвешен в точке В. Кронштейн состо-

ит из стержней АВ и ВС [3] (рис. 1.14).

Дано: схема (рис. 1.14), Q = 1 кН, α =30○, β = 60○.

Определить: усилия в стержнях.

17

Рис. 1.14. Схема к задаче 1.4

Решение

1. Аналитический способ:

Рис. 1.15. Расчётная схема к задаче 1.4

1. Освободим тело от связей и заменим их действия реакциями

связей (рис. 1.15) SАВ и SВС.

2. Выберем направление осей координат х и у.

3. Составим уравнения равновесия заданной системы сил и

определим неизвестные величины:

0; cos60 0,х АВ BCF S S (1.1)

0; sin60 0,у BCF Q S

1 2

sin 60 3BC

QS = – 1,16 кН,

из (1.1) находим 2 1 1

cos6023 3

АВ BCS S = 0,58 кН.

2. Геометрический способ:

18

При равновесии системы равнодействующая

приложенных сил должна быть равна нулю,

следовательно, силы Q, SАВ и SВС образуют за-

мкнутый силовой треугольник (рис. 1.16).

Рис. 1.16. Геометрический способ решения задачи 1.4

Задача 1.5.Определить усилия в стержнях, пренебрегая их ве-

сом. Стержни АВ и ВС соединены между собой, с потолком и стенами

посредством шарниров (рис. 1.17). К шарнирным болтам подвешен

груз весом Q = 1000 Н [3].

Рис. 1.17. Расчётная схема к задаче 1.5

Дано: схема (рисунок 1.17), Q = 1000 Н, α =β = 45○.

Определить: усилия в стержнях.

Решение

1. Освободим тело от связей и заменим их действия реакциями

связей SАВ и SВС.

2. Выберем направление осей координат х и у.

3. Составим уравнения равновесия заданной системы сил и

определим неизвестные величины:

0; cos45 0,х ВСF S Q

SBC = 500 ∙ 2 = 707 Н. SAB = SBC = 707 Н.

0; cos45 0,у АВF S Q

19

Проверка: При равновесии системы равнодействующая прило-

женных сил должна быть равна нулю, следовательно, силы Q, SАВ и SВС

образуют замкнутый силовой треугольник.

Ответ: SAB = SBC = 707 Н.

1.3. Плоская система сил

Плоской системой сил, приложенной к твердому телу, называют

такую систему сил, линии, действия которых лежат в одной плоско-

сти.

Для плоской системы сил следует рассмотреть, прежде всего,

две основные задачи статики: замену плоской системы сил простей-

шей системой сил, ей эквивалентной (равнодействующей или парой

сил); установление необходимых и достаточных условий равновесия

плоской системой сил, действующих на абсолютно твердое тело.

Для равновесия плоской системы сил, приложенных к твердому

телу и не пересекающихся в одной точке, необходимо и достаточно,

чтобы главный вектор R этих сил и их главный момент М0 относи-

тельно произвольной точки О, лежащей в плоскости действия этих

сил, были равны нулю, т.е.:

∑ R = ∑ F i = 0

∑M0 ( F i) = 0

В координатной форме эти условия выражают следующими

тремя уравнениями:

∑ Fix = 0

∑ Fix = 0 – 1-е условие равновесия (основное)

∑M0 ( F i) = 0

Условие равновесия плоской системы сил, расположенных как

угодно на плоскости, можно выразить ещё в двух других видах.

1. Алгебраическая сумма моментов сил относительно трёх про-

извольных точек А, В, С, не лежащих на одной прямой, равно нулю,

т.е.

∑ MА ( iF ) = 0

∑ MВ ( iF ) = 0

∑ MС ( iF ) = 0

20

2. Алгебраическая сумма моментов всех сил относительно двух

произвольных точек А и В равна нулю и сумма проекций этих сил на

какую-либо ось, не перпендикулярную прямой, соединяющей точки А

и В, равна нулю

∑MА ( iF ) = 0

∑MВ ( iF ) = 0

∑Mix ( iF ) = 0

План решения задач по теме: Плоская система сил

1. Рассмотрим равновесие несвободного твёрдого тела.

2. Покажем на расчётной схеме все действующие силы.

3. Выберем направление осей координат х и у.

4. Освободившись от связей заменим их реакциями связей, а за-

тем для полученной плоской системы сил составим уравнения равно-

весия.

5. Выполним проверку и запишем ответ.

Задача 1.6. Определить реакции опор А и В балки, находящейся

под действием двух сосредоточенных сил и равномерно распределён-

ной нагрузки. Интенсивность распределённой нагрузки, величины сил

и размеры указаны на рисунке 1.18. Весом балки пренебречь.

Рис. 1.18. Силы действующие на балку

Дано: схема (рис. 1.18), q = 3 кН/м, F1 = 8 кН, F2 = 6 кН, а = 2 м,

в = 1 м, с = 1 м, d = 2 м.

Определить: реакции опор.

Решение

Покажем на расчётной схеме все действующие силы (рис. 1.19).

Выберем оси координат уОх.

21

1. Распределённую нагрузку заменим сосредоточенной силой

Q = q ∙2 =3 ∙2 = 6 кH – равнодействующая распределённый нагрузки.

2. Освободившись от связей в шарнирах А и В заменим их реак-

циями связей, а затем для полученной плоской системы сил составим

уравнения равновесия:

Рис. 1.19. Расчётная схема к задаче 1.6

∑Fx =0; 6 ∙cos 45+ xa = 0;

xa = − 6 ∙cos 45 = − 4,2 кН.

∑ Fy =0; ya + yв − 8 − 6 ∙cos 45 = 0. (1.2)

∑ МА = 0; 6∙sin 45 2 +8 (2+1)+(−yв (2+1+1)) +6(4+1) = 0;

yв = (6∙ 0,707 ∙ 2 + 24 + 30) ∙ 14 = 15,6 кН.

из уравнения (1.2) ya = −yв +8 + 6 + 6∙ sin45 = 2,6 кН.

Проверка:

∑ МВ = 0; – F1 1 – F2∙ sin452+ ya(2+1+1) + Q ∙1= 0;

– 8 ∙1– 6∙sin 45о 2 + 2,6 (2+1+1) + 6 ∙1 = 0;

0 = 0.

Ответ: xa = − 4,2 кН, ya = 2,6 кН, yв = 15,6 кН.

Задача 1.7. Определить реакции заделки консольной балки,

изображённой на рис. 1.20 и находящейся под действием равномерно

распределённый нагрузки, сосредоточенной силы и пары сил.

Дано: схема (рис. 1.20), q = 1,5 кН/м, М = 2 кН∙м, F = 4 кН,

а = 3 м, в = 2 м.

Определить: реакции заделки.

22

Рис. 1.20. Силы, действующие на консольную балку

Решение

Покажем на расчётной схеме все действующие силы (рис. 1.21).

Выберем оси координат уОх.

Рис. 1.21. Расчётная схема консольной балки

Равнодействующая распределённый нагрузки Q = 1,5∙3 = 4,5 кН.

Для определения опорной реакции следует найти три неизвест-

ные: составляющие опорной реакции по осям координат ха, уа и реак-

тивный момент Ма относительно центра тяжести опорного сечения.

Для полученной плоской системы сил составим уравнения рав-

новесия: ∑ Fx = 0; ха − 4 ∙ cos 45 = 0; ха = 4 ∙ 0,707 = 2,83 кН.

∑Fy = 0; ya − Q + 4 ∙ sin45 = 0; ya = Q − + 4 ∙ sin45 = 1,67 кН.

∑ МА = 0; Ма – Q 1,5 − 2 + 4 sin45 ∙ 1,5 = 0;

Ма = 4,5 ∙1,5 + 2 – 4 0,707 (3 + 2) = − 5,4 кНм.

Проверка:

∑ МВ = 0; Ма + Q (1,5+2) − 2 – ya ∙ 5 = 0;

23

– 5,4 + 4,5∙3,5 – 2– 1,67 ∙5 = 0;

0 = 0.

Ответ: xa = 2,83 кН, ya = 1,67 кН, Ма = – 5,4 кНм.

Практическое занятие № 2 ПРОСТРАНСТВЕННАЯ СИСТЕМА СИЛ

Если линии действия сил, приложенных к какому-либо телу, не

лежат в одной плоскости, то система таких сил называется простран-

ственной. Геометрическая сумма всех сил пространственной системы

называется главным вектором:

2 2 2n n n

кx кy кz

i i i

R F F F .

Главный момент пространственной системы сил определяется как

геометрическая сумма векторов моментов всех сил относительно точки

приведения:

2 2 2

( ) ( ) ( ) .n n n

x к y к z к

i i i

M M F M F M F

Для пространственной системы сил необходимо и достаточно,

чтобы главный вектор и главный момент были равны нулю:

0;R 0.M

Уравнения равновесия произвольной системы сил в простран-

стве:

– алгебраические суммы проекций всех сил системы на три ко-

ординатные оси в пространстве должны быть равны нулю;

– алгебраические суммы моментов всех сил системы относи-

тельно трех координатных осей должны быть равны нулю:

1

1

1

0,

0,

0.

n

кx

n

кy

n

кz

F

F

F

и

1

1

1

( ) 0,

( ) 0,

( ) 0.

n

кx

n

кy

n

кz

M F

M F

M F

.

24

Для пространственной системы параллельных сил необходимо и

достаточно, чтобы равнялись нулю алгебраическая сумма всех сил и

сумма моментов всех сил относительно каждой из двух осей лежащих

в одной плоскости перпендикулярной к данным параллельным силам:

1

0;n

кxF 1

( ) 0;n

кxM F 1

( ) 0.n

кyM F

Задача 2.1. Два одинаковых однородных стержня, весом G каж-

дый, шарнирно соединены между собой в точке В, а концами А и С

шарнирно прикреплены к полу и стене так, что стержень АВ вертика-

лен, а ВС горизонтален. К середине Д стержня АВ приложена сила F ,

параллельная ВС, и сила Q , перпендикулярная к плоскости АВС. Си-

стема удерживается в равновесии тросом ЕД, перпендикулярном к

плоскости АВС. Определить натяжение троса и реакции шарниров.

Дано: схема (рис. 2.1), F , Q , G.

Определить: натяжение троса Т и реакции шарниров.

Рис. 2.1. Схема к задаче 2.1

Решение

1. Рассмотрим равновесие конструкции, состоящей из двух оди-

наковых однородных стержней АВ и ВС соединенных шарнирно.

2. Покажем на расчетной схеме все действующие силы. Выбе-

рем направление осей координат х, у и z. Освободим конструкцию от

связей, заменив их реакциями, и для полученной системы сил, произ-

вольно расположенной в пространстве, составим уравнения равнове-

сия (рис. 2.2).

25

Рис. 2.2. Расчетная схема к задаче 2.1

0; 0.

0; 0.

х A C

y A C

F х х T Q

F у у F (2.1)

0; 2 0.z A CF z z G (2.2)

3. Расчленив систему в шарнире В, составим уравнения равнове-

сия для каждой части (рис. 2.3).

Уравнения равновесия для стержня ВС

Так как моментом силы F относительно оси х называется мо-

мент проекции этой силы на плоскость zВу, перпендикулярную оси х,

относительно точки В пересечения плоскости с осью, имеем:

0; 0;2

x C

BCM z BC G .

2C

Gz

Опираясь на свойство, что момент силы относительно оси равен

нулю, когда сила и ось лежат на одной плоскости, т.е. линия действия

силы параллельна оси или пересекает её, имеем:

0; 0 0.yM 0; 0.z CM х

0; 0,x C BF х х 0; 0,y C BF у у

0.B Cх х .С Ву у .2

B

Gz

0;z B CF z z G .

26

Рис. 2.3. Расчётная схема стержня ВС

Из уравнения (2.2) находим: 3

2 2 .2 2

A C

G Gz G z G

Составляем уравнения равновесия для стержня АВ (рис. 2.4):

0; 0,2

x B

ABM у AB F

0; ( ) 02

y B

ABM х AB Q T ,

учитывая, что 0,Bх получаем ,2

B

Fу

.T Q 0; 0 0.zM

0; 0,x A BF х T х Q

0.A Bх х Q T

0; 0,y A BF у у F

.2 2

A В

F Fу F у F

3.

2A

Gz

0; 0.z A BF z z G ,

Из уравнения (2.1) находим .2 2

C A

F Fу F у F

Ответ: 3

, 0, , , 0, ,2 2 2

A A A B B

F G FT Q х у z х у

, 0, , .2 2 2

B C C C

G F Gz x y z

27

Рис. 2.4. Расчётная схема стержня АВ

Задача 2.2. Деревянный брус прямоугольного поперечного сече-

ния в = 20 см и h = 25 см жёстко заделан в стене таким образом, что

выступающая часть бруса горизонтальна и имеет длину АВ = l = 0,6 м.

Свободный конец бруса нагружен тремя силами: силой 1F = 1,5 кН,

действующей вдоль вертикального ребра торца бруса, силой 2F = 2 кН,

приложенной в центре тяжести торца и действующей в вертикальной

плоскости под углом = 35о, и силой 3F = 1 кН, действующей вдоль

нижнего горизонтального ребра торца бруса. Определить реакции за-

делки.

Дано: схема бруса (рис. 2.5), в = 20 см, h = 25 см, АВ = l = 0,6 м,

1F = 1,5 кН, 2F = 2 кН, 3F = 1 кН, = 35.

Определить: реакции заделки хА, уА, zА и Мх, Му, Мz.

Решение

1. Рассмотрим равновесие деревянного бруса АВ.

2. Покажем на расчётной схеме все действующие силы. Выбе-

рем направление осей координат х, у и z.

3. Освободим брус от связей и заменим их реакциями связей

(рис. 2.6).

28

Рис. 2.5. Схема к задаче 2.2

Рис. 2.6. Расчётная схема к задаче 2.2

Таким образом, на брус, кроме трёх заданных сил, действуют

шесть неизвестных реактивных факторов – три силы и три момента.

4. Для пространственной системы сил можно составить шесть

уравнений равновесия – значит задача статически определима:

30; 0;x AF х F 3 1Aх F кН.

20; cosα 0;y AF у F 2 cosα 1,64Aу F кН.

1 20; sinα 0;z AF z F F 1 2 sinα 2,65Az F F кН.

1 20; sinα 0.x xM M F l F l

1 2( sinα) 1,59xM F F l кНм.

1 30; 0;2 2

y y

в hM M F F 1 3 0,025

2y

F в F hM кН м.

30; 0;z zM M F l 3 0,6zM F l кН м.

29

Ответ: 1Aх кН, 1,64Aу кН, 2,65Az кН, 1,59xM кН м,

0,025yM кН м, 0,6zM кН м.

Задача 2.3. Однородная плита весом G, имеющая форму прямо-

угольного параллелепипеда, закреплена неподвижно при помощи ше-

сти стержней, шарнирно соединённых своими концами с плитой и не-

подвижными опорами. В вершине D к плите приложена сила F ,

направленная по стороне DC плиты. Определить реакции шести

опорных стержней при условии, что весами стержней пренебрегаем.

Размеры указаны на рисунке. Угол задан и ДЕ = ЕА.

Дано: схема (рис. 2.7).

Определить: реакции стержней 1 2 3 4 5 6, , , , , .S S S S S S

Решение

1. Рассмотрим равновесие однородной плиты.

2. Покажем на расчётной схеме все действующие силы. Выбе-

рем направление осей координат х, у и z.

3. Реакции опорных стержней, соединённых своими концами

шарнирно, направлены вдоль этих стержней, так как весами их прене-

брегаем.

Рассматриваемая плита находится в равновесии под действием

сил 1 2 3 4 5 6, , , , , , , .G F S S S S S S

Для определения усилий в стержнях составим шесть уравнений

равновесия, для этого найдём проекции каждой силы на координат-

ные оси и её моменты относительно этих осей. Силы 1 2 3 6, , ,S S S S

пересекают ось х, а потому их моменты относительно этой оси равны

нулю. Силы 1 2 6, ,S S S пересекают ось z, а силы 4 5, ,G S S параллельны

этой оси. Следовательно, моменты этих пяти сил относительно оси z

равны нулю. Силы 5 6,S S пересекают ось у, а потому их моменты

равны 0. Так как сила F приложена в начале координат, моменты этой

силы на оси х, у и z равны нулю.

1 20; cosβ cosβ 0,xF S S 1 2S S .

3 60; cosα cosα 0yF S S F , 6 .cosα

FS

30

Рис. 2.7. Схема к задаче 2.3

1 2 3

6 4 5

0; sinβ sinβ sin α

sin α 0,

zF S S S

S S S G

4 50; 0.2

x

aM S a S a G

0;yM

1 2 3 4sinβ sinβ sin α 0,2 2 2

в в вS S S в G S в

30; 0,zM S в 3 0.S

Зная что 1 2 ,S S 3 0S , получим

sinSGsinSSS 1654 2,

4 5 ,2

GS S 1 42 sinβ 0,

2 2

в вS G S в

1 4sinβ ,2

GS S

сложим уравнения и получим

4 5 6 4 5 1sin α 2 sinβ2

GS S S S S G S ,

31

6 1sin α 2 sinβ2

GS S ,

зная что 6cosα

FS получим 1sin α 2 sinβ

cosα 2

F GS ,

1tgα 2 sinβ2

GF S ,

выразим 1 2

tgα2 tgα2

2 sinβ 4 sinβ

GF

F GS S .

4 1

2 tgα 2 tgαsinβ

2 2 4 4

G G F G F GS S ,

5 4 1 1

2 tgαsinβ sinβ

2 2 2 4

G G G F GS S S S .

Задача 2.4. Найти реакции стержней, поддерживающих тонкую

горизонтальную однородную плиту весом G, при действии на нее

вдоль стороны АВ силы F . Размеры указаны на рис. 2.8.

Рис. 2.8. Схема к задаче 2.4

32

Дано: схема (рис. 2.8), G = 20 кН, F = 25 кН, а = 4 м, в = 5 м,

с = 3 м, d = 1,5 м.

Определить: реакции 1 2 3 4 5 6, , , , , .S S S S S S

Решение

1. Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, действующих

на плиту. Активными силами являются вес плиты G, приложенный в

ее центре тяжести, и сила F. Покажем реакции стержней

1 2 3 4 5 6, , , , , .S S S S S S Предполагаем, что стержни растянуты.

2. Выберем направление осей координат х, у и z так, чтобы эти

оси пересекали наибольшее количество стержней. Начало координат

в точке В.

3. Имеем произвольную систему сил. Для определения реакции

связей необходимо составить шесть уравнений равновесия:

∑Fx = 0; ∑Fy = 0; ∑Fz = 0; ∑Mx = 0; ∑My = 0; ∑Mz = 0.

Стержень 6 проектируется на все три оси. Разложим усилие S6

на три составляющие по координатным осям в точке С.

Введём углы α, β, γ, φ. Модули: S6xy = S6∙ cos γ, S6x = S6xy sin φ;

S6y= S6xy cos φ; S6z = S6 sin γ.

Используя геометрию чертежа (рис. 2.9), определим синусы и

косинусы углов:

сosγ ;CB

CE

2 2 ;CB a в 2 2 2 2 2 ;CE CB d a в d

2 2

2 2 2

4 5 41сosγ 0,932;

47,254 5 2,5

2,5sinγ 0,364

47,25

d

CE;

5cosφ 0,781

41

в

CB;

4sin φ 0,625

41

a

CB;

2 2 2 2

5cosα 0,857

3 5

в

c в;

2 2 2 2

3sin α 0,514

3 5

c

c в;

33

Рис. 2.9. Расчётная схема к задаче 2.4

2 2 2 2

4cosβ 0,80

4 3

a

a c;

2 2 2 2

3sinβ 0,60

4 3

c

a c,

тогда S6x = S6 cos γ sin φ = S6 ∙0,932 ∙0,625 = 0,583 S6;

S6y= S6 cos γ cos φ = S6 ∙0,932 ∙0,781 = 0,728 S6;

S6z = S6 sin γ = S6 ∙0,364 = 0,364 S6 .

4. Составим уравнения равновесия. При составлении уравнений

моментов следует помнить, что момент силы относительно оси равен

нулю если сила пересекает ось и если сила параллельна данной оси:

5 1 60; cosβ cosβ 0x xF S S F S .

3 60; cosα 0y yF S S .

6 5 3 1 4 20; sinβ sinα sinβ 0.z zF S S S S S S G

4 5 60; sinβ 02

x z

вM S в S в G S в .

34

0;yM 6 02

z

аG S a .

50; cosβ 0zM S в , 5 0S .

Решая уравнения получим: 62

z

GS , ранее мы получили

S6z = S6 ∙sin γ = S6∙ 0,364 = 0,364 S6,

тогда имеем 6 27,472 0,364

GS кН;

4 6 5 sinβ 02

z

GS S S ;

63 23,34

cosα

ySS кН;

6 51

cosβ51,25

cosβ

xF S SS кН; 2 52,75S кН.

Проверка

Для проверки правильности расчётов составим уравнение мо-

ментов относительно оси z1:

1 1 30; cosβ cosα 0zM F в S в S a ,

25 5 – 51,25 0,8 5 + 23,33 0,857 4 = 0,

205 – 205 = 0.

Ответ: запишем в виде табл. 2.1.

Таблица 2.1

Результаты расчётов

Номер стержня 1 2 3 4 5 6

Усилие, кН 51,25 – 52,75 23,33 0 0 27,47

Задача 2.5. Заслонка АВСD весом 10 кН открыта на угол α = 60.

ВD = ВН, СЕ = ЕD, трос параллелен прямой DН. Определить вес груза

Q, необходимый для удержания заслонки в состоянии равновесия и

реакции шарниров А и В.

Решение

1. Рассмотрим равновесие заслонки АВСD (рис. 2.10).

2. Связями для заслонки являются шарниры в точках А и В, а

также невесомая нерастяжимая нить, прикреплённая в точке Е.

35

Рис. 2.10. Расчётная схема примера решения задачи 2.5

3. Мысленно отбросим все связи, заменив их реакциями связей

и покажем все силы, которые действуют на заслонку: ХА, ZA, P, Q, XB,

ZB (рис. 2.11). Получили произвольную пространственную систему

сил. Следовательно, можно составить 6 уравнений равновесия.

4. Запишем в общем виде условия равновесия пространствен-

ной системы сил:

0; ( ) 0;

0; ( ) 0;

0; ( ) 0.

KX ОХ K

KY ОY K

KZ ОZ K

F m F

F m F

F m F

5. Вводим систему координат АXYZ и составляем уравнения

равновесия для нашей задачи: 0

0

0

0 0

0

60

60

60

60 60

60 0.

0;

0;

0;2 2

0;2

2

sin

cos

cos

sin sin

sin

BA

BA

B

B

Q

Q

Q

Q BD

Q AB

AB ABAB

BD

AB

x x

z z P

P z

P

x

F a

O A B

M

o(

F

)

F

36

Рис. 2.11. Расчётная схема примера решения задачи 2.5

с приложенными усилиями и реакциями связей

6. Решаем полученную систему:

5 кН;

кН;

кН;

кН;

0; кН

30;

2

110 0; 2,16

2

10 10; 3,75

2 2

100; 2,16

2

33,75 .

2 2

BA

B ВA

B B

A

B A

Q Q

Q

Q

Q

Q

x x

z z x

z z

x

x z

План решения задач по теме: Плоская система сил

1. Рассмотрим равновесие несвободного твёрдого тела.

2. Покажем на расчётной схеме все действующие силы (актив-

ные силы и реакции связей).

3. Классифицируем систему сил (сходящаяся, плоская или про-

странственная система сил).

4. Выберем направление осей координат х, у и z.

5. Составим уравнения равновесия заданной системы сил и

определим неизвестные величины.

6. Выполним проверку и запишем ответ.

a O A

B

В

Mo

(F)

D

В

А

D

37

Практическое занятие № 3 ОПРЕДЕЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ДВИЖЕНИЯ, ТРАЕКТОРИИ,

СКОРОСТИ И УСКОРЕНИЯ ТОЧКИ

Кинематика – раздел теоретической механики, в котором изуча-

ется движение материальных тел в пространстве с геометрической

точки зрения, без учёта сил, вызывающих и определяющих это дви-

жение.

Положение точки в пространстве определяется тремя координа-

тами. Непрерывная кривая, которую описывает точка при своём дви-

жении в пространстве относительно выбранной системы отсчёта,

называется траекторией точки.

Движение точки по отношению к избранной системе отсчёта

считается заданным, если известен способ, при помощи которого

можно определить положение точки в любой момент времени.

Уравнения, определяющие положение движущейся точки в зави-

симости от времени, называются уравнениями движения (рис. 3.1).

Способы задания движения точки:

1. Естественный (геометрический) способ задания движения

точки: задаётся траектория движущейся точки в некоторой системе

отсчёта оxyz; на траектории выбирается неподвижная точка – начало

отсчёта о, с указанием положительного и отрицательного направления

отсчёта; указывается закон движения точки вдоль траектории в виде

уравнения S = S (t), т.е. расстояние (с соответствующим знаком) по

дуге точки М от начала отсчёта точки о, а также начало отсчёта вре-

мени (начальный момент t = t0).

2. Координатный (аналитический) способ задания движения

точки означает, что необходимо задать координаты x, y, z этой точки

как функции времени:

( ); ( ); ( )х х t у у t z z t – уравнения движения точки.

Если при своём движении точка все время находится на некото-

рой плоскости оху уравнения движения, имеют следующий вид:

( ); ( ).х х t у у t

Если движение происходит вдоль какой-либо оси, то принимая

ее за ось oх, получим ( )х х t – закон прямолинейного движения.

38

геометрический способ

векторный способ

Рис. 3.1. Способы задания движения точки

2. Координатный (аналитический) способ задания движения

точки означает, что необходимо задать координаты x, y, z этой точки

как функции времени:

( ); ( ); ( )х х t у у t z z t – уравнения движения точки.

Если при своём движении точка все время находится на некото-

рой плоскости оху уравнения движения, имеют следующий вид:

( ); ( ).х х t у у t

Если движение происходит вдоль какой-либо оси, то принимая

ее за ось oх, получим ( )х х t – закон прямолинейного движения.

3. Векторный способ задания движения точки – когда положение

точки можно задать радиусом-вектором r проведенным из начала ко-

ординат о в точку М.

При движении точки ее радиус-вектор r изменяет величину и

направление и, следовательно, является функцией времени ( )r r t .

Это равенство называется векторным уравнением движения точ-

ки или законом движения точки в векторной форме.

Движение точки в пространстве, прежде всего, определяется ее

скоростью.

Скорость точки – это векторная величина, характеризующая

быстроту и направление движения точки в пространстве.

Если точка за равные промежутки времени проходит равные от-

резки пути, то ее движение называется равномерным: .S

vt

Если точка за равные промежутки времени проходит неравные

пути, то ее движение называется неравномерным. Скорость неравно-

мерного движения есть величина переменная и является функцией

времени: ( ).v v t

39

Модуль скорости точки в случае, когда ее движение задано

естественным способом вычисляется по формуле: 2 2 .x yv v v

При движении точки в пространстве имеем: 2 2 2 ,x y zv v v v

где ;z

dzv

dt cos( , ) ; cos( , ) ; cos( , ) .

yx zvv v

v x v y v zv v v

Отношение вектора перемещения r к промежутку времени t ,

в течении которого произошло это перемещение, представляет собой

вектор средней скорости cрv воображаемого движения точки , когда ее

движение задано векторным способом: cр

rv

t.

Вектор скорости точки v направлен по касательной к траекто-

рии в сторону движения точки.

Единица измерения скорости в СИ – длина/время (м/с, км/ч).

Ускорением точки называется векторная величина, характеризу-

ющая изменение с течением времени модуля и направления скорости

точки.

Отношение приращения вектора скорости v к соответствую-

щему промежутку времени t определяет вектор среднего ускорения

точки

ср .v

at

Единица измерения ускорения в СИ – длина/(время)2 (м/с2).

Касательное ускорение характеризует алгебраическое измене-

ние вектора скорости. Вектор τа называют касательным ускорением

точки:

τ .dv

adt

Нормальное ускорение характеризует изменение направления

вектора скорости. Вектор па называется нормальным ускорением точ-

ки: 2

n

va ,

где – радиус кривизны траектории в месте, где находится точка в

данный момент времени.

Полное ускорение точки является векторной величиной и опре-

40

деляется, как геометрическая сумма касательной и нормальной со-

ставляющей:

2 2nа а а

22 2

.dv v

dt

Полная величина ускорения 2 2 .х уа а а

При движении точки в пространстве: 2 2 2

2 2 2; ; .x y z

d x d y d za a a

dt dt dt

cos( , ) ; cos( , ) ; cos( , ) .yx z

aa aa x a y a z

a a a

План решения задач по теме: Определение уравнений дви-

жения, траектории, скорости и ускорения точки

1. Выясним все заданные величины и приведём их к одной си-

стеме единиц: расстояние s измеряется в м, время t – сек, скорость v –

м/с, км/ч, ускорение а – м/с2.

2. Строим график траектории движения точки с указанием мас-

штаба по осям координат.

3. Выполним проверку и запишем ответ.

Задача 3.1. Точка движется по траектории в соответствии с

уравнением 2 4S t (S – в метрах, t – в секундах). Построить график

движения точки и найти путь, пройденный точкой за первые 3 с.

Дано: 2 4.S t

Определить: .ПS

Решение

1. Зная уравнение движения точки М, построим траекторию точ-

ки (рис. 3.2) – правая ветвь параболы.

2. Путь, пройденный точкой М за 3 с, равен

(3) (0) 5 ( 4) 9ПS S S м.

Ответ: 9ПS м.

41

Рис. 3.2. График траектории движения точки М

Задача 3.2. Движение точки в плоскости хоу задано уравнениями

2sin , 3cos .3 3

t tx y

Найти уравнение траектории точки, а также положение точки на

траектории в начальный момент времени ( 0 0t ) и при 1 1t с. (рис. 3.3).

Дано: π π

2sin , 3cos .3 3

t tx y

Определить: уравнение траектории точки, координаты (∙) М0,

М1.

Решение

1. Уравнение движения точки задано в координатной форме.

Уравнение траектории движения точки найдём, исключив из уравне-

ний ее движения параметр t (время): 2 2

14 9

x y – эллипс.

π πsin , cos

3 2 3 3

t x t y

2 22 2π π

sin , cos3 4 3 9

t x t y.

42

Рис. 3.3. Траектория движения точки

2. Покажем на расчётной схеме траекторию движения точки

При 0 0 00 0, 3мt x y .

При 1 1 11 0,866 м, 0,50 мt c x y .

Ответ: траектория – эллипс, М0 (0; 3), М1 (0,866; 0,50).

Задача 3.3. Заданы уравнения движения точки:

2 31,

3x t y t ( ,х y – в сантиметрах, t – в секундах).

Дано: 2 3, 1 3x t y t .

Определить: 1) траекторию точки; 2) скорость точки при 1t = 1 с;

3) ускорение точки при 2t = 2 с.

Решение

1. Исключая t из уравнений движения, получим уравнение кри-

вой по которой движется точка: 2 31

9y x – полукубическая парабола.

Траекторией является часть этой параболы, соответствующая

0x .

2. Находим проекции скорости точки на оси координат:

22 ,x y

dx dyv t v t

dt dt,

43

2 2 24x yv v v t t , 1 5 2,24t cv см/с.

3. Находим проекции ускорения на оси координат:

2, 2 .yx

x y

dvdva a t

dt dt

2 2 22 1x ya a a t .

2 2 5 4,47t ca см/c2.

При 1 1 11 , 1cм, 0,33 см.t c x y

При 1 2 22 , 4 cм, 2,67 cм.t c x y

Ответ: траектория – полукубическая парабола (рис. 3.4),

2,24v см/с, 4,47a см/c2.

Рис. 3.4. Траектория точки

Задача 3.4. Точка движется по некоторой траектории согласно

закону 4 3

2

12 2

t tS t (S – в метрах, t – в секундах). Определить мо-

мент времени t, когда скорость точки приобретает наибольшее значе-

ние и величину наибольшей скорости.

Дано: 4 3

2.12 2

t tS t

Определить: .t

Решение

1. Определим скорость точки как функцию времени ( )v v t : 3 23

2 .3 2

dS t tv t

dt

44

2. Найдём значение аргумента данной функции, при котором она

достигает экстремального значения:

20 3 2.dv

t tdt

Решая квадратное уравнение, находим значения корней 2

1,23 2 0, 1,5 2,25 2 1,5 0,5;t t t

1 22 c, 1c.t t

При 1 1

22 c м/c.

3t v

При 2 2

51c м/c.

6t v

Следовательно при max

51c, м/c.

6t v

Ответ: 1c.t

Задача 3.5. Точка движется с постоянным тангенциальным

ускорением а по окружности радиусом R без начальной скорости. Че-

рез сколько секунд после начала движения касательное и нормальное

ускорения станут численно равны между собой?

Дано: ,dv

а adt

2 2

.n

v va

R

Определить: .t

Решение

1. По условию задачи касательное и нормальное ускорения

имеют вид: ,dv

а adt

2 2

n

v va

R.

2. Интегрируя уравнение ,dv a dt имеем:

0 0

,

v t

v

dv a dt отсю-

да, принимая во внимание, что 0 0v и ,a const находим v a t и,

следовательно, 2 2

.n

a ta

R

3. В искомый момент времени 1t касательное и нормальное

ускорения равны между собой, а потому 2 2

1 ,a t

aR

откуда 1 .R

ta

Ответ: 1 .R

ta

45

Задача 3.6. Даны уравнения движения точки, причем , ,x y z вы-

ражены в метрах: 2 22 , 4 , 3 .x t y t z t Найти радиус кривизны траек-

тории в точке, где скорость v движущейся точки равна 5 м/с.

Дано: 2 22 , 4 , 3 .x t y t z t

Определить: ρ.

Решение

1. Определяем скорость и ускорение точки:

2, 8 , 6 ,x y z

dx dy dzv v t v t

dt dt dt

2 2 24 64 36 2 1 25 ,v t t t

0, 8, 6,yx z

x y z

dvdv dva a a

dt dt dt 64 36 10.a

2. Определяем касательное и нормальное ускорения точки:

2

2 50 100,

2 1 25

dv t ta

dt vt

2 22 2 2 2

2

100 10 20100 100 .n

ta a a v t

v vv

3. Определим радиус кривизны траектории при 5 м/сv : 2 3 35

ρ 6,25 м.20 20n

v v

a

Ответ: ρ 6,25 м.

Задача 3.7. Даны уравнения движения точки в плоскости xy (x,y

– в сантиметрах, t – в секундах): π

2cos( ) 34

x t ; π

2sin( ) 18

y t .

Определить уравнение траектории точки; для момента времени

1 1t с, найти скорость и ускорение точки, а также ее касательное и

нормальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке

траектории.

Дано: π

2cos( ) 34

x t ; π

2sin( ) 18

y t .

Определить: траекторию точки v , a , ρ .

Решение

1. Для определения уравнения траектории точки исключим из

заданных уравнений движения времени t. Поскольку t входит в аргу-

менты тригонометрических функций, где один аргумент вдвое больше

46

другого, используем формулу 2cos2α 1 2sin α или

2π πcos( ) 1 2sin ( )

4 8t t .

Из уравнений движения находим выражения соответствующих

функций и подставляем.

Получим π 3

cos( )4 2

xt ,

π 1sin( )

8 2

yt ; следовательно,

23 ( 1)1 2 .

2 4

x y

Отсюда окончательно находим следующее уравнение траекто-

рии точки: 2( 1) 1x y – парабола (рис. 3.5).

Рис. 3.5. Траектория движения точки – парабола

2. Скорость точки найдём по её проекциям на координатные оси: π π

sin( );2 4

x

dxv t

dt

π πcos( );

4 8x

dyv t

dt

2 2x yv v v

и при t = 1 c

1 1,11 см/сxv , 1 0,73 см/сyv , 1 1,33 см/сv (3.1)

3. Аналогично найдём ускорение точки: 2π π

cos( )8 4

xx

dva t

dt;

2π πsin( )

32 8

yy

dva t

dt;

2 2x ya a a

и при t =1 c

1 0,87xa см/с2, 1 0,12ya см/с2, 1 0,88a см/с22c (3.2)

47

4. Касательное ускорение найдём, дифференцируя по времени

равенство 2 2 2x yv v v .

Получим:

2 2 2yx

x y

dvdvdvv v v

dt dt dt и .

x x y yv a v adva

dt v (3.3)

Числовое значение всех величин, входящих в правую часть вы-

ражения (3.3), определены и даются равенствами (3.1) и (3.2). Подста-

вив в (3.3) эти числа, найдём сразу, что при t=1 c 1 0,66a см/с2.

5. Нормальное ускорение точки 2 2 .na a a

Подставляя сюда найденные числовые значения 1a и 1τa , полу-

чим, что при t =1 c 1 0,58na см/с2.

6. Радиус кривизны траектории 2ρ / nv a .

Подставляя сюда числовые значения 1v и 1na , найдем, что при

t = 1 c 1ρ 3,05 см.

Ответ: 1 1,33v см/с, 1 0,88a см/с2, 1 0,66a см/с2, 1 0,58na

см/с2, 1ρ 3,05см.

Задача 3.8.

Дано: 1

π8sin ; 4; 1c.

4у t x t t

Найти: уравнение движения точки; скорость и ускорение точки;

нормальное и касательное ускорения точки; радиус кривизны траек-

тории движения.

Решение

Уравнение движения можно рассматривать как параметрическое

уравнение траектории точки. Чтобы получить уравнение траектории в

координатной форме исключим время t из уравнения движения:

4 4х t t x ;

π π8sin 4 8sin π

4 4

xy x – уравнение траектории дви-

жения точки М.

При t = 1 с, то: π

1 4 3; 8sin 8 0,7071 5,66.4

x y

М (-3; 5,66) (рис. 3.6).

;Хi Yi Xi Yiv v v a a a ,

где i, j – ординаты осей.

48

Найдем проекции на оси координат скорости и ускорения, диф-

ференцируя по t уравнение движения:

Знак «–» означает, что движение точки замедленное и направле-

ние касательной ускорения и скорости не совпадают. Найдем модуль

нормального ускорения точки: 2

ρnvа .

2 2 2

22

π1см/с; 2π cos( ); 1 4,4 4,5 см/с;

4

π π0; sin ; 3,5 см/с ;

2 4

X Y X Y

X Y Y

v t v

a а t a

22 2 23,5 0 3,5 cм/с ;X Yа а a

2

τ

1 0 4,4 3,53,4 см/с .

4,5

X X Y Yv a v aa

- 8

- 4

4

8

- 8 - 6 - 4 - 2 0 2 4 6 8

У

Х

а = а У

Y

Х

Y = 8 s i n ( x

4 + )

M

Рис. 3.6. Траектория движения точки М

49

Если радиус кривизны (ρ) траектории рассматриваемой точки не-

известен, то нормальное ускорение можно определить по формуле:

2

22 2 2

3,50,8 см/с ;

4,5

20,250,69 0,8 см/с ; 25,3 см.

0,8

X Y Y Xn

nn

v a v aа

va a a

а

Ответ: Сведём данные табл. 3.1

Таблица 3.1

Х,

см

Y, см υX,

см/с

υY,

см/с

υ,

см/с

aX,

см/с2

aY,

см/с2

a,

см/с2

aτ,

см/с2

an,

см/с2

ρ, см

-3 5,66 1

4cos28,6

4,5 0 -3,5 -3,5 -3,4 0,8 25,3

Практическое занятие № 4 ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА

Для тех случаев, когда расстояние между частицами тела не из-

меняется, но по условиям задачи приходится учитывать движение его

различных частей, разработан раздел кинематики, называемый кине-

матикой твёрдого тела.

При решении практических задач нас интересуют простейшие

виды движения тел, к которым относятся поступательное движение и

вращение тела вокруг неподвижной оси.

Поступательным движением твёрдого тела называется такое

движение, при котором отрезок прямой, соединяющий две произволь-

ные точки тела, остаётся во время движения параллельным своему

первоначальному положению.

При поступательном движении твёрдого тела все его точки опи-

сывают одинаковые траектории и имеют в каждый момент времени

одинаковые по модулю и направлению скорости и ускорения: ;A Bv v v

.A Ba a a

Поступательное движение твёрдого тела вполне определено

движением одной из его точек. Если скорость поступательного дви-

жения постоянна constv , то все точки тела совершают прямоли-

нейное и равномерное движение.

50

Вращательным движением твёрдого тела называется движение,

при котором две его точки А и В остаются неподвижными. Так как те-

ло абсолютно твёрдое, то вместе с точками А и В будут неподвижны-

ми все точки, лежащие на прямой АВ – называемой осью вращения.

Уравнение вращательного движения тела вокруг неподвижной

оси: φ φ .t

Оно полностью определяет положение тела в любой момент

времени.

Главными кинематическими характеристиками вращательного

движения тела будут угловая скорость и угловое ускорение .

Угловая скорость тела – векторная величина характеризующая

быстроту изменения угла поворота с течением времени. Размерность

угловой скорости обратна размерности времени [с-1] или [рад/с1].

Средняя угловая скорость тела за промежуток времени t равна

cp

φω .

t

Знак угловой скорости определяется знаком приращения φ ,

если φ>0 , то ω 0 , и наоборот.

Если тело совершает вращательное движение по произвольному

закону, то угловая скорость является функцией времени:

ω ω .t

Числовое значение угловой скорости тела в данный момент вре-

мени равно первой производной от угла поворота по времени.

Угловое ускорение – векторная величина характеризующая

быстроту изменения угловой скорости тела в с течением времени.

Единица измерения углового ускорения [с-2] или [рад/с2].

Среднее угловое ускорение за промежуток времени t равно:

cp

ωε .

t

Если ω 0 , то ε 0 , если ω 0 , то ε 0 .

Точки вращающегося тела, расположенные на одной прямой,

параллельной оси вращения, совершают одинаковые движения.

Траекторией любой точки М вращающегося тела, является дуга

окружности, лежащая в плоскости, перпендикулярной оси вращения.

Радиус этой окружности равен расстоянию точки до оси.

Закон движения точки М по дуге окружности будет иметь вид

φ ,S t R t

где 0S M M – пройденный путь точкой.

51

Если движение точки М задано естественным способом, то ал-

гебраическое значение скорости определяется по формуле:

ω.v R Ускорение точки равно:

τ ,na a a

где 2

τ 2

φ ωε

dv d da R R R

dt dtdt – касательная составляющая ускоре-

ния; 2 2 2

2ωω

ρn

v Ra R

R – нормальная составляющая ускорения.

Модули скорости прямо пропорциональны расстоянию точки до

оси вращения.

Скорость v при вращательном движении тела называется линей-

ной скоростью.

Задача 4.1. 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. 4.1). Рейка

движется по закону 1 .s f t

Дано: R2 = 6 см; r2 = 4 см; R3 = 8 см; r3 = 3 см; 31 3s t (s – в сан-

тиметрах, t – в секундах); А – точка обода колеса 3, t1 = 3 с.

Определить: 3, v4, 3, аА, в момент времени 1.t t

Рис. 4.1. Расчётная схема к задаче 4.1

52

Решение

1. Определяем сначала угловые скорости всех колёс как функции

времени t. Зная закон движения рейки 1, находим её скорость 2

1 1 9 .v s t

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

2 2 1ω .R v Но колеса 2 и 3 тоже находятся в зацеплении, следователь-

но, 2 3v v или 2 2 3 3ω ω .r r

Из этих равенств находим

212

2

3ω ,

2

vt

R 22

3 23

3ω ω .

4

rt

R (4.1)

Тогда для момента времени t1 = 3 с получим 13ω 6,75c .

2. Определяем v4. Так как 4 3 3ω ,Bv v r то при t1 = 3 с

4 20,25v см/с.

3. Определяем 3. Учитывая второе из равенств (4.1), получим

3 3ε ω 1,5 .t

Тогда при t1 = 3 с 23ε 4,5 c .

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

τ 3 3ε ,Aa R 23 3ω .Ana R Тогда для момента времени t1 = 3 с имеем

2τ 36 cм/c ,Aa 2364,5 см/с ;Ana 2 2 2

τ 366,3 см/с .A А Апa а а

Все скорости и ускорения точек, а также направления угловых

скоростей показаны на рис. 4.1.

Ответ: 13ω 6,75c ; 4 20,25v см/с; 2

3ε 4,5 c ; 2366,3 см/с .Aa

Задача 4.2. На рис. 4.2 представленный механизм состоит из

зубчатой рейки CD, ступенчатых колёс 1-3, находящихся в зацепле-

нии или связанных ремённой передачей, и груза Е, привязанного к

концу нити, намотанной на барабан колеса 3. Рейка CD движется по

закону S= f(t) = 6t – 2t2, где S выражено в сантиметрах, а t – в секун-

дах.

В момент времени t1 = 1 с определить:

1) угловую скорость и угловое ускорение колеса 2;

2) скорость и ускорение груза Е;

3) скорость и ускорение точки В, лежащей на колесе 3.

Численно радиусы равны:

r1 = 2 см; R1 = 4 см; r2 = 6 см; R2 = 8 см; r3 = 4 см; R3 = 12 см.

53

Решение

1. Определяем скорость ведущего звена (рейки):

6 4 .dS

v tdt

2. Находим угловую скорость и угловое ускорение колеса 1:

11 1

1 1 1

6 4 ω 4ω , ε .

v t d t

r r dt r

3. Используя соотношения, найдём угловые скорости и угловые

ускорения ступенчатых колёс 2 и 3:

32 1 1 1 1 1 22 2

1 2 2 2 3 2

2 2 1 1 2 2 2 1 1 23 3

3 2 3 3 2 3

ω ω ε ω, ω , ε , ,

ω ω

ω ω ε εω , ε .

RR R R

R R R r

r R r r R r

R R R R R R

4. Определяем скорость и ускорение груза Е:

1 2 31 1 2 33 3

2 3 1 2 3

6 4ωω ;E

t R r rR r rv r

R R r R R

1 1 2 3 1 2 33 3

2 3 1 2 3

ε 4ε .E

R r r tR r ra r

R R r R R

D

E

BC

v1

vE

vB

aE

aB aBn

aB

1

1

3

21

F

Рис. 4.2. Расчётная схема к примеру решения задачи 4.2

54

5. Определяем скорость и ускорение точки В:

4 2 1τ 3 3 3 3 3 1 2ε , ω ε , 1 с, ω 4 c , 1 cм/с,B B Ea R a R t v

aE = –2 см/с2, vB = 3 см/с, aBn =48 см/с2, aB = –6 см/с2, aB = 8,06 см/с2.

Практическое занятие № 5 ОПРЕДЕЛЕНИЕ СКОРОСТЕЙ

И УСКОРЕНИЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ

Движение твёрдого тела называется плоскопараллельным, если

все точки тела перемещаются в плоскостях, параллельных некоторой

фиксированной плоскости (основной плоскости).

При плоскопараллельном движении каждая точка тела описыва-

ет плоскую траекторию, расположенную в плоскости , параллель-

ной данной неподвижной плоскости Q (h = const).

Все точки тела, расположенные на прямой, перпендикулярной к

этой неподвижной плоскости (Q), совершают одинаковые движения,

описывая тождественные и параллельные между собой траектории и в

каждый момент времени имеют геометрически равные скорости и

ускорения:

1 2v v v и 1 2 .a a a

Уравнения плоскопараллельного движения:

1 1; ; φ φ .x x t y y t t

Один из способов определения скорости любой точки тела при

плоскопараллельном движении основан на использовании в качестве

полюса (точка, скорость которой в данный момент известна) мгновен-

ного центра скоростей.

Мгновенным центром скоростей (МЦС) называется такая точка

плоской фигуры, скорость которой в данный момент времени равна

нулю (рис. 5.1).

Скорости точек плоской фигуры прямо пропорциональны их

расстояниям до мгновенного центра скоростей:

ω.B A Mv v v

BC AC MC

55

Рис. 5.1. Мгновенный центр скоростей плоской фигуры

Мгновенный центр скоростей можно найти:

а) если известны направления скоростей двух точек А и В фигу-

ры, то МЦС находится в точке пересечения перпендикуляров к векто-

рам скоростей Av и Bv , восстановленных в точках А и В (рис. 5.1) при

этом ω ; ωB A M A

BC MCv BC v v MC v

AC AC и т.д.;

б) если скорости двух точек А и В плоской фигуры параллельны

между собой и одновременно перпендикулярны к линии, соединяю-

щей эти точки, то для определения МЦС нужно соединить концы век-

торов скоростей и найти точку пересечения этой линии с прямой АВ

(рис. 5.2,а,б);

с) если перпендикуляры к скоростям точек параллельны, то

МЦС находится в бесконечности, а угловая скорость равна нулю, и

скорости всех точек равны между собой (рис. 5.2,в);

д) если по неподвижной поверхности катится без скольжения

плоская фигура, то мгновенный центр скоростей находится в точке С

касания катящейся фигуры с поверхностью (рис. 5.2,г).

План решения задач по теме: Определение скоростей и уско-

рений точек плоской фигуры

1. Сделаем схематический чертёж по условию задачи.

2. Вычисляем угловые скорости и угловые ускорения.

3. Выполним необходимую проверку и запишем ответ.

56

Рис. 5.2. Нахождение МЦС

Задача 5.1. Применяется приспособление, состоящее из трёх

зубчатых колёс, вращающихся вокруг неподвижных центров 1 2 3, ,O O O .

К колесу 1 прикреплена рукоятка 1O A длиной l, начавшая вращаться

из состояния покоя с угловым ускорением . К колесу III прикреплена

нить, поднимающая груз Р. Определить скорость Av и ускорение Aa

конца А рукоятки, окружные скорости , ,I II IIIv v v и окружные ускоре-

ния , ,I II IIIa a a трёх колёс, а также скорость v и ускорение a поднима-

емого груза через tc, после начала движения (рис. 5.3).

Дано: R1 = 20 см, R2 = 10 см, R3 = 20 см, l = 40 см, = 0,5 с-1,

t = 2 с.

Определить: Av , Aa , , ,I II IIIv v v , , ,I II IIIa a a .

Решение

1. Так как = const, то угловая скорость колеса 1 1 0ω ω ε ,t по

условию задачи 0ω 0 , тогда получим 11ω ε 0,5 2 1c .t

2. Зная угловую скорость колеса 1 1ω , определяем скорость точ-

ки А конца рукоятки: 1ω 1 40 40Av l см/с.

57

Рис. 5.3. Расчётная схема к задаче 5.1

3. Найдём касательное и нормальное ускорения точки А конца

рукоятки:

τε 0,5 40 20Aa l см/с;

2 24040

40

AA n

va

l см/с2.

4. Модуль ускорения точки А: 2 2 2 2

τ20 40 44,5A A A n

a a a см/с2.

5. Зная 1, определяем линейную скорость на ободе колеса I:

1 1 1ω 1 20 20v R см/с.

6. Окружные скорости всех трёх колёс равны:

, ,I II IIIv v v = 20 см/с.

7. Окружное ускорение а1 колеса 1 складывается из двух ускоре-

ний: нормального (ап)1 и тангенциального (а)1: 2 21

11

2020

20n

va

R см/с2;

τ 1ε 0,5 20 10a R см/с2.

2 2 2 21 τ1 1

20 10 22,3na a a см/с2.

8. Так как угловое ускорение для всех колес одинаково и ради-

усы колеса I и колеса III равны 1 3R R , то модули ускорений

22,3I IIIa a см/с2.

9. Модуль окружного ускорения колеса II определим по форму-

ле:

58

2 2 2 2τII

5 40 40,2II n IIa a a см/с2,

где

τ IIε 0,5 10 5a R см/с2,

2 2

2

2040

10

IIn II

va

R см/с2.

10. Определим скорость груза.

Ответ: 1 = 1 с-1; vA = 40 cм/c; аА = 44,5 см/с2;

, ,I II IIIv v v = 20 см/с; 22,3I IIIa a см/с2, 40,2IIa см/с2; v = 20 см/с.

Задача 5.2. Колесо радиусом R равномерно катится без скольже-

ния по горизонтальному рельсу при помощи каната, намотанного на

ось колеса радиусом r. Канат перекинут через блок, к концу каната

привязан груз В, вертикально опускающейся с постоянной скоростью

v . Определить скорость центра О и угловую скорость вращения коле-

са.

Дано: R = 0,5 м, r = 0,2 м, v = 2 м/ с.

Определить: 0,ωv .

Решение

1. Задачу решаем при помощи МЦС. Мгновенный центр скоро-

стей точек колеса находится в точке Р (рис. 5.4).

2. Определяем угловую скорость колеса:

12ω 2,9 c .

0,5 0,2

M Mv v

MP R r

3. Искомая скорость центра О определим по формуле:

0

2 0,5=ω 1,4 м / c.

0,5 0,2

v Rv R

R r

Ответ: = 2,9 с-1; 0=1,4 м / c.v

Рис. 5.4. Расчётная схема к задаче 5.2

59

Следует обратить особое внимание на задачи, в которых имеют-

ся плоские механизмы, состоящие из нескольких звеньев.

При решении этих задач рассматривают последовательно движе-

ния отдельных звеньев механизма, начиная с того звена, движение кото-

рого задано, и при переходе от одного звена к другому определяют ско-

рости тех точек, которые являются общими для этих двух звеньев меха-

низма. Следует подчеркнуть, что мгновенный центр скоростей можно

находить только для каждого звена в отдельности, то же относится и к

угловым скоростям. Звеном является деталь механизма или группа дета-

лей, жёстко соединённых между собой.

Рассмотрим плоский кривошипно-шатунный механизм (КШМ),

состоящий из кривошипа ОА, вращающегося вокруг неподвижной

точки О в плоскости рис. 5.5, шатуна АВ, шарнирно соединённого с

кривошипом, и поршня В, двигающегося по горизонтальным направ-

ляющим цилиндра, совпадающим с прямой ОВ, и шарнирно соеди-

нённого с шатуном АВ.

Необходимо рассмотреть движение шатуна. Точка В совершает

возвратно-поступательное движение. Точка А перемещается по

окружности.

Рис. 5.5. Схема кривошипно-шатунного механизма

Задача 5.3. Плоский кривошипно-шатунный механизм, состоя-

щий из кривошипа ОА, вращающегося вокруг неподвижной точки О в

плоскости рис. 5.5, шатуна АВ, шарнирно соединённого с кривоши-

пом, и поршня В, двигающегося по горизонтальным направляющим

цилиндра, совпадающим с прямой ОВ, и шарнирно соединённого с

шатуном АВ. Определить угловую скорость стержня АВ, линейную

скорость точек А, В и Д, если известен угол α = 300 между звеном ОА и

горизонталью.

Дано: схема (рис. 5.6), ОА = 0,5 м, ОВ = 1,8 м, α = 300, ОА = 4 с-1

(радиан в сек)

60

Определить: vA, vВ, vД, ωАВ.

Рис. 5.6. Схема работы КШМ

Решение

1. Скорость точки А кривошипа ОА перпендикулярна радиусу R

= ОА = 0,5 м (рис. 5.7) и равна ω 4 0,5 2A ОАv OA м/с.

2. Мгновенный центр скоростей звена АВ находится в точке С

пересечения перпендикуляров к векторам скоростей точек А и В.

Соединяя мгновенный центр скоростей точку С с точкой Д при-

надлежащей звену АВ, окажем скорость точки Д, вектор направлен

перпендикулярно отрезку СД в сторону движения звена АВ.

3. Так как скорости точек плоской фигуры прямо пропорцио-

нальны их расстояниям до МЦС найдём угловую скорость звена АВ:

.A B DAB

v v v

AC BC DC (5.1)

4. Из уравнения (5.1) скорость точки В равна ,B A

ВСv v

АС найдём

расстояния АВ, ВС и АС (рис. 5.7):

АВ = 2 2

2 сosαAB ОА ОВ ОА ОВ

2 20,5 1,8 2 0,5 1,8 0,866 1,34 м – по теореме косинусов

0tg30BC

OB, BC = OB ∙ tg 30 = 1,8 0,577 = 1,04 м,

ОС = 2 ВС = =2,08 м (катет лежащий против угла 30 равен по-

ловине гипотенузы),

АС = ОС − ОА = 2,08 − 0,5 = 1,58 м,

1,04

2 1,321,58

B A

ВСv v

АС м/с.

61

– угловая скорость

vA – линейная скорость точки

А

vВ – линейная скорость точки

В

Рис. 5.7. Расчётная схема кривошипно-шатунного механизма

5. Аналогично найдём скорость точки Д: 2 2 02 сos30DC ОD OC OD OC

20,9 2,8 2 09 2,08 0,866 1,38 м,

1,382 1,74

1,58Д A

ДСv v

АСм/с.

6. Подставляя в выражение (5.1) полученные значения найдём

угловую скорость звена АВ: 2

ω 1,261,58

AAB

v

AC с-1.

Ответ: 2Av м/с, 1,32Bv м/с, 1,74Дv м/с, ωАВ = 1,26 с-1.

Задача 5.4. В четырехшарнирном механизме длина кривошипа

ОА = 0,5 м. Кривошип ОА вращается равномерно с угловой скоростью

0 = 5 с-1. Найти скорость той точки М шатуна АВ, в которой эта ско-

рость направлена по шатуну, когда АВ параллельна ОО1. Определить

также угловую скорость 1 кривошипа О1В.

Дано: схема (рис. 5.8), ОА = 0,5 м, α = 450, 0= 5 с-1.

Определить: vA, vВ, vМ, ω1.

Решение

1. Скорость точки А кривошипа ОА перпендикулярна ОА = 0,5 м

(рис. 5.8) и равна ω 5 0,5 2,5A оv OA м/с.

2. Так как кривошип 1О В вращается вокруг точки 1О , то Bv будет

направлена перпендикулярно 1 1O B .

62

Рис. 5.8. Расчётная схема к задаче 5.4

Мгновенный центр скоростей звена АВ находится в точке Р пе-

ресечения перпендикуляров к векторам скоростей точек А и В.

Опускаем перпендикуляр из точки Р на АВ, находим искомую

точку М.

3. Так как скорости точек плоской фигуры прямо пропорцио-

нальны их расстояниям до МЦС найдём угловую скорость звена АВ:

ω .A B МAB

v v v

AР BР МР (5.2)

4. Из уравнения (5.2) скорость точки М равна

2 2,5 21,77

2 2

AМ A

МР vv v

АР м/с. 0sin 45

МР

АР.

5. Найдём скорость точки В: 2

2,5 2,043

B A

BPv

AP м/с.

6. Определяем угловую скорость кривошипа 1 :O B 0

11 0

1

sin60 2,04 35 c .

0,5sin 45 2

B B

O B OA

Ответ: 2,5Av м/с, 2,04Bv м/с, 1,77Мv м/с, ω1 = 5 с-1.

Задача 5.5. Для заданного (рисунок 5.9) положения двойного

кривошипно-шатунного механизма показать, что кривошипы 1О А и

2О В имеют одинаковую угловую скорость, а шатун ВС совершает

мгновенное поступательное движение.

Дано: схема (рис. 5.9).

Определить: ω1. = ω2.

63

Рис. 5.9. Расчётная схема к задаче 5.5

Решение

1. Скорость точки А перпендикулярна кривошипу О1А. Величина

ее равна 1 1ωAv O A .

Здесь, через 1ω обозначена угловая скорость стержня О1А.

По теореме о проекциях (очевидно, что 2Bv O B ).

cos( 4),2

B Av v или получаем 1 1sinφ ω sinφB Av v O A .

2. Угловая скорость кривошипа 2O B равна 22

ω Bv

O B.

Подставим в это выражение B и заметив, что 2 1 sinφO B O A ,

получим 1 12 1

1

ω sinφω ω

sinφ

O A

O A.

3. Направление вращения стержней О1А и О2В, как видно из ри-

сунка 10.5, одинаковы. Следовательно, 2 1ω ω .

Скорости точек В и С параллельны, и, согласно теореме о про-

екциях скоростей двух точек равны

cosφ cosφ,C B C Bv v v v .

Значит, скорости точек стержня ВС распределены так, как если

бы в данный момент времени шатун ВС совершал поступательное

движение.

Ответ: 2 1ω ω .

Задача 5.6 Механизм регулирования уровня воды в канале пред-

ставляет собой четырехзвенник О1АВО2, в котором ведущий криво-

шип О1А вращается с постоянной угловой скоростью ω1 и при помощи

64

стержня АВ приводит в движение кривошип О2В. Определить ско-

рость, тангенциальное (касательное) и нормальное ускорения точки В,

если АВ = 2 м (рис. 5.10).

Дано: схема (рис. 5.10), ω1. = 13с

20, О1А = 10 3 дм, АВ = 2 м.

Определить: vA, vВ, аА, ,nB Ba a .

Решение

1. Так как движение звена О1А задано, то можем найти скорость

и ускорение точки А

1 1

3ω 1 3 0,15

20Av O A м/с.

2. Так как кривошип О1А вращается равномерно, то вектор Aa

ускорения точки А направлен вдоль О1А к центру О, и по модулю ра-

вен

21

3ω 1 3 0,13

40Aa OA м/с2.

3. Далее рассмотрим точку В. Так как точка В принадлежит зве-

ну О2В, вращающемуся вокруг неподвижной оси О2, то скорость Bv

этой точки перпендикулярна к О2В и, следовательно, образует с

направлением ВА угол, равный 300.

Рис. 5.10. Расчётная схема к задаче 5.6

65

С другой стороны, точка В принадлежит звену АВ, движущемуся

в плоскости, принимая в этом движении точку А за полюс, будем

иметь B A BAv v v , причем вращательная скорость BAv точки В

вокруг полюса А перпендикулярна к АВ.

Проектируя это векторное равенство на оси х и y, получим 0cos30B Av v и

0cos60BA Bv v .

Откуда находим: 0

0,17cos30

AB

vv м/с, 0,087

2

BBA

vv м/с.

4. Ускорение Ba точки В слагается из нормального ускорения nBa

, направленного по кривошипу О2В от В к О2, и касательного ускоре-

ния τBa , перпендикулярного к О2В, т.е.

τnB B Ba a a .

С другой стороны, поскольку точка В принадлежит звену АВ,

имеем τn

B A BA BAa a a a , причем нормальное ускорение nBAa точки

В во вращательном движении вокруг полюса А направленного по ВА,

а касательное ускорение τBAa точки В в том же движении направлено

перпендикулярно к АВ. Таким образом, получим равенство τ τn n

B B A BA BAa a a a a .

Проектируя это векторное равенство на ось х, получаем: 0 0cos60 cos30 .n n

B B BAa a a (5.3)

Искомое нормальное ускорение точки В равно по модулю 2

2

0,30,15

2

n BB

va

O B м/с2,

где 2 12 0 0

1 3 22

cos30 cos30 3

O C O AO B

м.

5. Если угловую скорость стержня АВ вокруг полюса А обозна-

чим , то ωBAv AB , 2

2ω 0,0038n BABA

va AB

AB м/с.

6. Подставляя эти значения в уравнение (5.3), получим

τ30,15 0,5 0,0038

2Ba .

Отсюда находим: τ 0,08Ba м/с2.

Итак,

0,17Bv м/с, 0,0038nBa м/с2, τ 0,08Ba м/с2.

66

Так как касательное ускорение получилось отрицательным, то

это указывает, что вектор τВa имеет направление противоположное

принятому на рисунке, т.е. он направлен противоположно скорости

;Bv следовательно, вращение кривошипа является замедленным.

Ответ: 0,15Av м/с, 0,13Aa м/с2, 0,17Bv м/с,

0,087BAv м/с, 0,0038nBa м/с2, τ 0,08Ba м/с2.

Задача 5.7. Кинематический анализ плоского механизма. Меха-

низм (рис. 5.11) состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна В, соединён-

ных друг с другом и с неподвижными опорами 1O и 2O шарнирами.

Дано: схема (рис. 5.11), 0α 60 , 0β 150 , 0γ 90 , 0φ 30 , 0θ 30 , AD = DB, 1 0,4 мl , 2 1,2 мl , 3 1,4 мl , 1

1ω 2 с , 21ε 7 с

(направления 1ω и 1ε – против хода часовой стрелки).

Определить: Bv , Ev , 2ω , Ba , 3ε .

Решение

1. Строим положение механизма в соответствии с заданными уг-

лами (рис. 5.11).

2. Определяем Bv . Точка В принадлежит стержню АВ. Чтобы

найти Bv , надо знать скорость какой-нибудь другой точки этого

стержня и направление Bv . По данным задачи, учитывая направление

1ω , можем определить Av численно 1 1ω 0,8Av l м/с, 1Av O A .

Рис. 5.11. Схема механизма к задаче 5.7

67

Направление Bv найдём, учтя, что точка В принадлежит одно-

временно ползуну, движущемуся вдоль направляющих поступательно.

Теперь, зная Av и направление Bv , воспользуемся теоремой о проек-

циях скоростей двух точек тела (стержня АВ) на прямую, соединяю-

щую эти точки (прямая АВ). Сначала по этой теореме устанавливаем,

в какую сторону направлен вектор Bv (проекции скоростей должны

иметь одинаковые знаки). Затем, вычисляя эти проекции, находим 0 0cos30 cos60B Av v и 0,46Bv м/с.

3. Определяем Ev . Точка Е принадлежит стержню DE. Следова-

тельно, по аналогии с предыдущим, чтобы определить Ev , надо снача-

ла найти скорость точки D, принадлежащей одновременно стержню

АВ. Для этого, зная Av и Bv , строим мгновенный центр скоростей

(МЦС) стержня АВ; это точка 3C , лежащая на пересечении перпенди-

куляров к Av и Bv , восстановленных из точек А и В (к Av перпендику-

лярен стержень 1). По направлению вектора Av определяем направле-

ние поворота стержня АВ вокруг МЦС 3C .

Вектор Dv перпендикулярен отрезку 3C D , соединяющему точки

D и 3C , и направлен в сторону поворота. Величину Dv найдём из про-

порции

3 3

D Bv v

C D C B . (5.4)

Чтобы вычислить 3C D и 3C B , заметим, что 3AC B прямо-

угольный, так как острые углы в нем равны 030 и 060 , и что 0

3 sin30 0,5C B AB AB BD . Тогда 3BC D является равносторон-

ним и 3 3C B C D . В результате равенство (5.4) даёт

0,46B Dv v м/с, 3Dv C D .

Так как точка Е принадлежит одновременно стержню 2О Е , вра-

щающемуся вокруг 2О , то 2Ev O E . Тогда, восставляя из точек Е и D

перпендикуляры к скоростям Ev и Dv , построим МЦС 3C стержня DE.

По направлению вектора Dv определяем направление поворота

стержня DE вокруг центра 2С . Вектор Ev направлен в сторону пово-

рота этого стержня. Из рис. 5.12 видно, что 02 2 30С ED C DE ,

откуда 2 2C E C D .

68

Рис. 5.12. Расчётная схема механизма к задаче 5.7

Составив теперь пропорцию, найдём, что

2 2

E Dv v

C E C D , 0,46E Dv v м/с.

4. Определяем 2ω . Так как МЦС стержня 2 известен (точка 2С )

и 22 0

0,692cos30

lС D м, то 1

22

ω 0,67 cDv

C D

.

5. Определяем Ba . Точка В принадлежит стержню АВ. Чтобы

найти Ba , надо знать ускорение какой-нибудь другой точки стержня АВ

и траекторию точки В. По данным задачи можем определить τ n

B A Aa a a , где численно τ 2

1 1ε 2,8 м/сAa l ; 2 21 1ω 1,6 м/с .n

Aa l

Вектор nAa направлен вдоль 1,AO а

τAa – перпендикулярно 1АО ;

изображаем эти векторы на чертеже.

69

Так как точка В одновременно принадлежит ползуну, то вектор

Ba параллелен направляющим ползуна. Изображаем вектор Ba на

чертеже, полагая, что он направлен в ту же сторону, что и Bv .

Для определения Ba воспользуемся равенством τ τ .n n

B A A BA BAa a a a a (5.5)

Изображаем на чертеже векторы nBAa (вдоль ВА от В к А) и

τBAa (в

любую сторону перпендикулярно ВА); численно 23 3ωn

ВАа l . Найдя 3ω

с помощью построенного МЦС 3C стержня 3, получим

13 0

3 3

ω 0,66 ccos30

A Av v

C A l

и 20,61м/сnBAa .

Таким образом, у величин, входящих в равенство (5.5), неиз-

вестны только числовые значения Ва и τВАа ; их можно найти, спроек-

тировав обе части равенства (5.5) на какие-нибудь две оси.

Чтобы определить Ва , спроектируем обе части равенства (5.5) на

направление АВ (ось х), перпендикулярное неизвестному вектору τBAa .

Тогда получим 0 τ 0 0cos30 cos60 cos30n n

B A A BAa a a a . (5.6)

Подставив в равенство (5.6) числовые значения всех величин из

(5.4) и (5.5), найдём, что 20,72 м/сВа . (5.7)

6. Определяем 3ε . Чтобы найти 3ε , сначала определим τВАа . Для

этого обе части равенства (5.6) спроектируем на направление, перпен-

дикулярное АВ (ось y). Тогда получим 0 τ 0 0 τsin30 sin60 sin30n

B A A BAа a a a .

Подставив в равенство (12) числовые значения всех величин из

(5.7) и (5.5), найдем, что τ 23,58 м/сВАа . Знак указывает, что направ-

ление τВАа противоположно показанному на рис. 5.12.

Теперь из равенства τ3 3ВАа l получим

τ

23

3

ε 2,56 cBAa

l

.

Ответ: 0,46 м/сBv , 0,46 м/сEv , 12ω 0,67 с ,

20,72 м/сВа , 2

3ε 2,56 с .

70

Практическое занятие № 6 СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

Сложное движение точки это такое движение, при котором точка

одновременно участвует в двух или нескольких движениях.

Примером сложного движения могут служить: движение пасса-

жира перемещающегося в вагоне движущегося поезда; движение че-

ловека, перемещающегося по лестнице движущегося эскалатора.

Движение точки по отношению к неподвижной системе отсчета

называют абсолютным движением точки.

Скорость и ускорение точки в абсолютном движении называют

абсолютной скоростью и абсолютным ускорением точки и обозначают

v

и a

aa

av

и .

Движение точки по отношению к подвижной системе отсчета

называют относительным движением точки.

Скорость и ускорение точки в относительном движении назы-

вают относительной скоростью и относительным ускорением точки и

обозначают rv

и ra

.

Движение подвижной системы отсчёта связанного с ней тела по

отношению к неподвижной системе отсчёта является для точки пере-

носным движением.

Скорость и ускорение точки тела в переносном движении, назы-

вают переносной скоростью и переносным ускорением точки и обо-

значают ev

и ea

.

Основная задача изучения сложного движения состоит в уста-

новлении зависимости между скоростями и ускорениями относитель-

ного, переносного и абсолютного движений точки.

Скорость абсолютного движения точки равна векторной сумме

переносной и относительной скоростей:

revvv

.

Абсолютное ускорение точки является векторной суммой трех

ускорений переносного, относительного и Кориолиса:

creaaaa

,

где 2 ωc e ra v – ускорение Кориолиса.

Ускорение Кориолиса является результатом взаимного влияния

двух движений – переносного и относительного. Часть его – )(rev

71

получается вследствие изменения переносной скорости точки из-за

относительного движения. Другая его часть – )(rev

тоже есть ре-

зультат изменения относительной скорости вследствие переносного

движения.

Модуль ускорения Кориолиса определяется выражением

).,sin(2

rerecvva

Направление ускорения Кориолиса определяется по правилу

векторного произведения или по правилу Жуковского.

Чтобы получить направление ускорения Кориолиса, следует

вектор относительной скорости спроектировать на плоскость, пер-

пендикулярную оси переносного вращения, и вектор проекции повер-

нуть на 90° вокруг оси, параллельной оси переносного вращения в

направлении этого вращения.

Рассмотрим случаи обращения в нуль ускорения Кориолиса, т.е.

ускорение 0ca , если:

1) 0e

, т.е. переносное движение является поступательным;

2) 0r

v , т.е. в те моменты времени, когда точка находится в

относительном покое;

3) sin( , ) 0e rv

, т.е. когда скорость относительного движения

rv

параллельна угловой скорости переносного вращения e

.

Задача 6.1. Пластина DEFA вращается вокруг оси z по закону

=5t-t2 (положительное направление отсчёта угла показано на ри-

сунке 6.1). По дуге окружности радиуса R движется точка М по зако-

ну 238

ttR

AMS

/положительное направление отсчёта S – от

А к М.

Определить абсолютную скорость и ускорение точки в момент

времени t1 = 2 с, если R = 12 см, l = 3/2R ( – в радианах, S – м, t – в

секундах).

1. Рассматриваем движение точки М как сложное, считая ее

движение по дуге окружности относительным, а вращение пластины

вокруг вертикальной оси – переносным движением.

2. Относительное движение точки М – движение ее по пластине

происходит по закону

72

238

ttR

AMSr

.

Установим, где будет находиться точка М на дуге окружности в

момент времени t1. Полагая в уравнении t1 = 2 с, получим:

4

2238

21

RRS r

.

Тогда 4

1

R

SACM .

Изображаем на рис. 6.1 положение точки М в момент времени

t1 = 2 с (точка М1).

D

M

ACE

F

O

O1

e

Рис. 6.1. Расчётная схема к задаче 6.1

Относительная скорость vr равна

71,4,238

21

tr

rr vt

R

dt

dSv см/с.

Знак "-" показывает, что вектор rv

направлен в сторону отрица-

тельного отсчёта расстояния Sr. Изобразим вектор vr на рис. 6.2.

Относительное ускорение равно r

nrr aaa

.

Нормальная nra

и касательная ra

составляющие относительного

ускорения равны:

1

2

2, 18,6n nrr r t

r

va a

см/с2,

где r – радиус кривизны траектории относительного движения точки,

равный радиусу окружности R,

τ τ2

π 2, 9,42

8

rr r t

dv Ra a

dt см/с2.

73

M1

AC

O

O1

e

e

e

e

x

he

z

y

ak

ve

vr

ar

ae

ar

ae

45o

n

n

Рис. 6.2. Построение векторов

Знак "-" показывает, что вектор ra

направлен в сторону, проти-

воположному положительному отсчёту расстояния Sr. Вектор nra

направлен к центру окружности. Изображаем эти векторы на рис. 6.2.

3. Переносное движение точки М – вращательное движение во-

круг оси ОО1 – происходит по закону = 5t-t2.

Найдём сначала угловую скорость е и угловое ускорение пере-

носного движения:

.c 2,2

,c 1,25

1-2

-12

teee

tee t

Знак "-" указывает, что в момент времени t1=2 с направление

противоположно направлению положительного отсчета угла .

Для определения e

nee aav

,, находим сначала расстояние he точки

М1 от оси вращения ОО1. Из рисунка видно, что

cos45 26,4eh l R см.

Тогда в момент времени t1=2 с, , получим:

ve=e·he=26,4 см/с,

4,262 eene ha см/с2,

8,52eee ha см/с2.

Изображаем на рисунке вектор ev

и векторы nea

и ea

. Вектор nea

направлен от точки М к оси переносного вращения по кратчайшему

α

74

расстоянию. Векторы ea

и ev

перпендикулярны к nea

и расположены в

плоскости, перпендикулярной оси переносного вращения. Вектор ev

направляем с учетом направления е, а вектор ea

с учётом направле-

ния е.

4. Ускорение Кориолиса по определяем величине:

2 ω sinαk r ea v ,

где – угол между вектором rv

и e

, направленному по оси враще-

ния. В момент времени t1 =2 с угол равен 135о. Учитывая также чис-

ловые значения в этот момент времени 71,4rv

см/с и 1e с-1,

найдём ak = 6,64 см/с2.

Направление ускорения Кориолиса найдём по правилу Жуков-

ского, либо как направление вектора rek va

2 . Изображаем .ka

5. Определяем абсолютную скорость точки М , так как векторы

rv

и ev

взаимно перпендикулярны, то

82,2622 era vvv см/с.

6. Абсолютное ускорение aa

kener

nra aaaaaa

.

Выбираем в точке М взаимноортогональные оси координат х, у,

z и вычисляем проекции абсолютного ускорения aa

на эти оси:

τ 2

τ 2

τ 2

46,16 см/c ;

cos45 cos45 32,89 см/c ;

cos45 cos45 6,49 см/c .

ax e k

n nay e r r

naz r r

a a a

a a a a

a a a

Тогда

2 2 2 57,05a ax ay aza a a a см/с2.

Решение такого вида задач удобно выполнить в форме табл. 6.1.

Подставляя данные таблицы в формулы, получаем:

82,262222 erayaxa vvvvv см/с;

16,46 keax aaa см/с2;

89,3245cos45cos r

nr

neay aaaa см/с2;

75

49,645cos45cos r

nraz aaa см/с2;

05,57222 azayaxa aaaa см/с2.

Таблица 6.1

Относительное движение

(движение точки М по окруж-

ности)

Переносное движение

(вращательное вокруг оси

ОО1)

t1=2 с

t1=2 с

238

ttR

Sr

4

R

25 tte 6

tR

dt

dSv rr 23

8

-4,71 см/с t

dt

d ee 25

1 с-1

2212

222

23128

tRv

ar

rnr

18,6 см/с2 2

dt

d ee -2 с-2

28

R

dt

dva rr

-9,42 см/с2 eee hv 26,4 см/с

ee

ne ha 2

26,4 см/с2

eee ha

52,8 см/с2

64,645sin71,412^,sin2 rerek vva

см/с2

Практическое занятие № 7 ИССЛЕДОВАНИЕ ДВИЖЕНИЯ

МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

Динамикой называется раздел теоретической механики, в кото-

ром изучаются движения материальных в зависимости от сил, их вы-

зывающих.

В механике мы представляем себе все материальные тела, мыс-

ленно раздробленные на материальные точки, т.е. на такие весьма ма-

лые частицы, размерами которых можно пренебречь. Другими слова-

ми, все тела мы представляем себе, как совокупность или системы ма-

териальных точек.

Мы займёмся сначала изучением законов движения одной мате-

риальной точки. Обобщая затем полученные результаты на случай не-

76

скольких материальных точек, мы получим законы движения матери-

альной системы. Таким путём мы придём к тем общим законам, кото-

рым подчиняется движение всякого материального тела.

Из сказанного следует, что раздел динамики естественно распа-

дается на две части, которые можно назвать динамикой материальной

точки и динамикой материальной системы. Динамику материальной

точки можно рассматривать как введение к динамике материальной

системы.

Геометрическое равенство, выражающее связь между силой и

сообщаемым ею ускорением, называется основным уравнением дина-

мики:

m a F .

Величина т, являющаяся мерой инертности тела и определяю-

щая количество вещества, содержащегося в теле, называется инертной

массой тела.

Дифференциальное уравнение движения материальной точ-

ки

Положение материальной точки М в инерционной системе отсчета

определяется ее радиус-вектором .r Сила F действующая на точку, может

зависеть от положения точки, т.е. от радиуса-вектора ,r скорости dr

vdt

точки и времени t : 2

2( , , ).

d rm F r v t

dt

Это равенство, представляющее физический закон, устанавлива-

ющий связь между массой точки, ее ускорением и действующей на

точку силой, можно рассматривать одновременно как дифференциаль-

ное уравнение движения материальной точки в векторной форме, в ко-

тором радиус-вектор r является функцией, а время t − аргументом.

Уравнения движения в проекциях на декартовы оси координат: 2

2

2

2

2

2

,

,

,

x

y

z

d xm F

dt

d ym F

dt

d zm F

dt

где , ,x y zF F F − проекции силы на координатные оси.

77

Если известно, что материальная точка движется в одной и той

же плоскости, то принимая ее за координатную плоскость oxy , имеем: 2

2

2

2

2

2

,

,

0.

x

y

d xm F

dt

d ym F

dt

d zm

dt

В случае движения точки по прямой линии, направив по ней ко-

ординатную ось ox , получим одно дифференциальное уравнение

прямолинейного движения точки: 2

2

2

2

2

2

,

0,

0,

x

d xm F

dt

d ym

dt

d zm

dt

так как во все время движения 0y z и, следовательно, 0y zF F .

Естественные уравнения движения точки

В некоторых случаях описание движения материальной точки в

декартовых неподвижных осях координат вызывает ряд неудобств.

Приходится искать другие системы координат, в которых это движе-

ние описывается более просто.

Одной из таких систем являются естественные подвижные оси

координат, образованные касательной к траектории точки, главной

нормалью и бинормалью.

Для естественных подвижных осей координат, проектируя обе

части дифференциального уравнения движения на все оси, получим: , , ,t n n b bma F ma F ma F

где , ,t n ba a a и , ,n bF F F − соответственно проекции ускорений и равно-

действующей силы на касательную, главную нормаль и бинормаль к

траектории в рассматриваемом положении движущейся точки.

Учитывая, что 2 2

2, , 0,

ρn b

d s va a a

dt

78

где ρ − радиус кривизны траектории, дифференциальные уравнения

движения точки в проекциях на естественные оси имеют вид: 2

2

2

,

,ρ

0 .

n

b

d sm F

dt

vm F

F

Из этих уравнений видно, что nF всегда положительно, а 0.bF

Две основные задачи динамики точки Используя дифференциальные уравнения движения, материаль-

ной точки в той или другой системе координат, можно решать две ос-

новные задачи динамики точки.

Первая задача − по известному закону движения материальной

точки данной массы определить действующую на точку силу.

Например, заданы уравнения движения точки в декартовой си-

стеме координат:

),(),(),( tzztyytxx то проекции силы на оси координат определяются из дифференциаль-

ных уравнений движения точки 2

2

2

,

,

.

x

y

z

d xF m

dt

d yF m

dt

d zF m

dt

Зная проекции силы на координатные оси, можно определить

величину силы и косинусы углов силы с осями координат.

Вторая задача (обратная) − зная действующую на материальную

точку данной массы силу, начальное положение этой точки и ее

начальную скорость, определить закон движения точки.

Поскольку сила F может зависеть, вообще говоря, от времени t ,

положения точки в пространстве, определяемое координатами , ,x y z и

скорости точки, проекции которой

, ,x y z

dx dy dzv v v

dt dt dt ,

79

решение второй задачи сводится к интегрированию системы из

трёх дифференциальных уравнений второго порядка: 2

2( , , , , , , );x x y z

d xm F t x y z v v v

dt

2

2( , , , , , , );y x y z

d ym F t x y z v v v

dt ,

2

2( , , , , , , ),z x y z

d zm F t x y z v v v

dt ,

где

1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6

( , , , , , , );

( , , , , , , );

( , , , , , , ).

x x t C C C C C C

y y t C C C C C C

z z t C C C C C C

(7.1)

Для определения входящих в (7.1) констант необходимо знать

начальное положение точки и ее начальную скорость. Значения координат

и скоростей в некоторый начальный момент времени 0t называются

начальными условиями:

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

0( )x oxv t v , 0( )y oyv t v , 0( )z ozv t v .

План решения задач по теме: Исследование движения мате-

риальной точки

Для прямых задач динамики, в которых требуется определить ак-

тивную силу или реакцию связи:

1. Изобразим на расчётной схеме материальную точку в текущем

положении и приложенные к ней активные силы.

2. Применив закон освобождения от связей, изобразим реакции

связей.

3. Выбираем систему отсчёта.

4. Определим по заданному закону движения ускорение матери-

альной точки и найдём его проекции на оси координат.

5. Составим дифференциальные уравнения движения материаль-

ной точки, соответствующие принятой системе отсчёта.

6. Из полученной системы уравнений находим искомые величины

и записываем ответ.

Для обратных задач динамики применим следующий порядок:

1. Выбираем систему координат.

2. Записываем начальные условия движения точки.

80

3. Изображаем на расчётной схеме активные силы и реакции свя-

зей, приложенные к материальной точке.

4. Составим дифференциальные уравнения движения материаль-

ной точки.

5. Интегрируем систему дифференциальных уравнений движения

и определяем постоянные интегрирования, используя начальные

условия движения.

6. Используя уравнения движения материальной точки, опреде-

лим искомые величины и запишем ответ.

Задача 7.1. Точка, имеющая массу т, движется в плоскости хоу

так, что уравнениями ее движения являются:

сos , sin ,x a кt y b кt где , ,a b к − постоянные и t − время. Найти

силу и ее направление под действием которой точка совершает это

движение.

Дано: сos , sinx a кt y b кt .

Определить: F

Решение

1. Найдём траекторию точки, исключая время из уравнений

движения: 2 2

2 2

2 2сos sin 1.

x yкt кt

a b

Траекторией точки является эллипс с осями а и b (рис. 7.1).

Рис. 7.1. Расчётная схема к задаче 7.1

81

2. На основании дифференциальных уравнений движения точки: 2

2

2

cos ,

sin ,

x

y

d xF m m к а кt

dt

F m к a кt

или, вводя координаты движущейся точки, получим 2 2, .x yF mк x F mк y

3. Модуль силы F равен:

2 2 2 2 2 2 ,x yF F F mк x y mк r

где r − радиус-вектор движущейся точки, равен ОМ .

4. Косинусы углов силы F с осями координат равны:

cos( , ) , ( , ) .yx

FF x yF x сos F y

F r F r

Отсюда можно заключить, что сила F имеет направление, проти-

воположное вектору r .

Следовательно, материальная точка движется под действием си-

лы притяжения к центру О, равной по модулю 2 .F mк r

Эта сила называется центральной.

Ответ: 2 .F mк r

Задача 7.2. Точка имеющая массу т, движется из состояния по-

коя по окружности радиусом R с постоянным касательным ускорени-

ем τa .

Определить величину действующей на точку силы, в момент, ко-

гда она пройдёт по траектории расстояние 1 2S R (рис. 7.2).

Дано: т, R, τa .

Определить: .F

Решение

1. Применяя дифференциальные уравнения движения точки в

проекциях на естественные оси (τ и )n , имеем

2

τ τ

d sF m ma

dt ,

2

.n

vF m

R

2. Числовое значение скорости в любой момент времени выра-

жается производной от расстояния s по времени t:

82

.ds

vdt

Выразим путь как функцию времени ds v dt и проинтегриро-

вав это выражение получим 2

τ2

ts v dt a t dt a ,

где τ

dva

dt − касательное ускорение, получается путем интегрирова-

ния уравнения скорости.

Рис. 7.2. Расчётная схема к задаче 7.2

Проинтегрировав уравнение касательного ускорения имеем:

τv a t c .

Так как движение происходит с постоянным касательным уско-

рением τa без начальной скорости ( 0 0v ) и при t = 0, то с = 0 и полу-

чим: 2

ττ ,

2

a tv a t S

.

Тогда

83

2 2

, ;n

a tF ma F m

R

,

2 4 42 2 2 2 τ

2

2 4 2 42 2 τ τ

τ τ2 21 1 .

n

m a tF F F m a

R

a t a tm a ma

R R

3. В момент, когда пройденный путь 2

τ2 ,2

a tS R

2τ 2 2

a t

R

и, следовательно, 2 4

τ2

8a t

R .

Тогда

τ τ1 8 3F ma ma .

4. Тангенс угла α между радиусом окружности и силой F равен:

τ τ2 2 2τ τ

2tgα .

4n

F ma RR

F ma t a t

Из рассмотрения первой задачи динамики точки видно, что по

заданной массе точки и уравнениям её движения сила полностью

определяется как по величине, так и по направлению.

Ответ: τ3F ma .

Задача 7.3. Материальная точка с массой т брошена со скоро-

стью 0v , под углом α к горизонту (рис. 7.3). Определить траекторию

точки, пренебрегая сопротивлением воздуха.

Дано: т, α , 0v .

Определить: уравнение траектории.

Решение

1. К точке массой т приложена одна активная сила – сила тяже-

сти G = тg.

Согласно основному уравнению динамики

m a F , F G ,

m a G

спроектируем векторное равенство на ось у

84

2

2

d ym G

dt .

Рис. 7.3. Расчётная схема к задаче 7.3

2. Запишем дифференциальные уравнения движения в проекци-

ях на оси координат:

2

2

2

2

0,

,

x

y

d xm F

dt

d ym F G mg

dt

или

2

0,d x

dt

2

.d y

gdt

3. Интегрируя полученные уравнения дважды, получаем:

1

2

,x

y

dxv C

dt

dyv gt C

dt

(а)

1 1

2

2 2

,

2

x C t D

gty C t D

(б)

85

Определим произвольные постоянные, в начальный момент

времени

при 0 00 0; 0;t x x y y

при 0 00 cosα; sinα.x yt v v v v

Подставляем эти начальные условия в уравнения (а) и (б), полу-

чим

1 0 1 0cosα; 0;C v D x

2 0 2 0sinα; 0.C v D y

Окончательно получим

0 cosα ;x v t

2

0 sin α.2

gty v t

Исключив из этих уравнений время t, определим уравнение тра-

ектории движения

2

2 20

tqα.2 cos α

gxy x

v

Это уравнение параболы.

4. Найденные уравнения движения могут быть использованы

для определения некоторых параметров траектории. Определим,

например, максимальную дальность полета тела.

Полагая 0,y получим 2

0 sin α 0.2

gtv t Отсюда 1 0t и

02

2 sin αvt

g .

Подставив 2t в уравнение для х, получим

2 2 20 0

max

2 sin α cosα sin α.

v vx

g g

Ответ: 2

2 20

tgα.2 cos α

gxy x

v

86

Задача 7.4 На вертикальном участке АВ трубы (рис. 7.4) на груз

D массой m действуют сила тяжести и сила сопротивления R ; движе-

ние от точки А, где 0 0v , до точки В длится 1t с. На наклонном

участке ВС на груз действуют сила трения (коэффициент трения груза

о трубу равен f ) и переменная сила ( ),F F t заданная в ньютонах.

Дано: 8m кг, 2μR v , где μ 0,2 кг/м, 0 0v , 1 2t с,

0,2,f 16sin(4 )xF t , 0α 30 .

Определить: ( )x f t − закон движения груза на участке ВС.

Решение

1. Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз мате-

риальной точкой. Изображаем груз (в произвольном положении) и

действующие на него силы P mg и R (рис. 7.4).

Проводим ось Az и составляем дифференциальное уравнение

движения груза в проекции на эту ось:

zkz

dvm F

dt или z

z z

dvm P R

dt .

Рис. 7.4. Расчётная схема к задаче 7.4

87

2. Далее находим ,zP P mg 2μ ;zR R v подчеркиваем,

что в уравнении все переменные силы надо обязательно выразить че-

рез величины, от которых они зависят. Учтя еще, что ,zv v получим

2μdv

m mg vdt

или 2( )

μ

dv mgv

dt m

. (7.1)

Введём для сокращения записей обозначение

2 400μ

mgn (n = 20 м/с), (7.2)

где при подсчёте принято 210 м/сg .

Тогда, разделяя в уравнении (7.1) переменные и взяв затем от

обеих частей равенства интегралы, получим

2 2

μdvdt

mn v

и 1

1 μln

2

n vt C

n n v m

.

3. По начальным условиям при 0t 0 0v v , что даёт

1 (1/ 2 )C n ln 1 = 0.

Введя ещё одно обозначение

1μ0,5k n c

m

, (7.3)

получим

ln 2n v

ktn v

и 2ktn v

en v

.

Отсюда находим, что 2

2

1

1

kt

kt

ev n

e

.

Полагая здесь 1 2t t с и заменяя n и k их значениями (7.2) и

(7.3), определим скорость Bv груза в точке В (число е = 2,7): 2

2

120 15,2

1B

ev

e

м/с.

1. Рассмотрим движение груза на участке ВС; найденная ско-

рость Bv будет для движения на этом участке начальной скоростью

0( )Bv v изображением груза (в произвольном положении) и дей-

ствующие на него силы тр, ,P mg N F и F . Проведём из точки В оси

Bx и By и составим дифференциальное уравнение движения груза в

проекции на ось Bx:

88

трx

x x x x

dvm P N F F

dt или трsin αx

x

dvm mg F F

dt (7.4)

где трF fN .

Для определения N составим уравнение в проекции на ось By.

Так как 0,ya получим 0 cosαN mg , откуда cosαN mg .

Следовательно, cosαтрF fmg ; кроме того , 16sin(4 )xF t и

уравнение (7.4) примет вид

(sin α cosα) 16sin(4 )xdvm mg f t

dt . (7.5)

Разделив обе части неравенства на m, вычислим 0 0(sinα cosα) (sin30 0,2cos30 ) 3,2g f g ;16 / 2m

и подставим эти значения в (7.5).

Тогда получим

3,2 2sin(4 )xdvt

dt . (7.6)

Умножая обе части уравнения (7.6) на dt и интегрируя, найдём

2

13,2 cos(4 )

2xv t t C . (7.7)

5. Будем теперь отсчитывать время от момента , когда груз нахо-

дится в точке В, считая в этот момент 0t . Тогда при 0t 0 Bv v v ,

где Bv даётся равенством (7.6). Подставляя эти величины в (7.7), по-

лучим

2 0,5cos0 15,2 0,5 15,7.BC v

При найденном значении 2C уравнение (7.7) даёт

3,2 0,5cos(4 ) 15,7x

dxv t t

dt .

Умножая здесь обе части на dt и снова интегрируя, найдём 2

31,6 0,13sin(4 ) 15,7x t t t C .

Так как при 0t 0x , то 3 0C и окончательно искомый закон

движения груза будет 21,6 15,7 0,13sin(4 ),x t t t

где х –в метрах, t – в секундах.

Ответ: 21,6 15,7 0,13sin(4 ).x t t t

89

Практическое занятие № 8 ИССЛЕДОВАНИЕ ДВИЖЕНИЯ МЕХАНИЧЕСКИХ

СИСТЕМ С ПОМОЩЬЮ ОБЩИХ ТЕОРЕМ ДИНАМИКИ

8.1. Динамика механической системы

Задача 8.1. Механическая система состоит из ступенчатого

шкива 2, обмотанного нитями, груза 1 и цилиндрического катка 3,

прикрепленных к этим нитям (рис. 8.1,а). Система движется в верти-

кальной плоскости под действием сил тяжести и пары сил с моментом

М = 0,6 Н·м, приложенной к шкиву 2. Радиусы ступеней шкива рав-

ны: R2 = 0,2 м, r2 = 0,1 м; радиус инерции шкива относительно оси

вращения i2z = 0,10 м. Коэффициент трения скольжения груза 1 f = 0,2.

Определить ускорение груза 1. Вес тел соответственно равен

Р1 = 40 Н, Р2 = 25 Н, Р3 = 10 Н.

Каток считать сплошным однородным цилиндром.

Решение

1. Изображаем систему, состоящую из трех тел 1, 2, 3, в теку-

щий момент времени.

2. На систему действуют активные силы: силы тяжести 1P , 2P ,

3P ; пара сил с моментом М и сила трения mpF (силу трения относим к

активным силам, чтобы все связи были идеальными). Проставляем их

на рис. 8.1,б. Реакции связей 1N , 2X , 2Y , 3N , 3mpF совершают работу,

равную нулю на любом возможном перемещении, т.е. все связи иде-

альные.

3. Определим и приложим силы инерции. Пусть груз 1 движется

по наклонной плоскости с искомым ускорением 1a , направленным

вдоль плоскости вниз. Обозначим: 3ca – ускорение центра масс катка;

2 и 3 – угловые ускорения шкива и катка соответственно.

К грузу 1, движущемуся поступательно с ускорением а1, прило-

жим силу инерции

111 am ,

направив ее противоположно ускорению 1a .

90

1

2

3

30o

45o

M а)

1

2

3

30o

45o

M б)

P1

a1

Fmp

N1 Ф1

r1

P2

X2

Y2

2

M2

2 Ф

P3

Ф3

M3

Ф

c3

Fmp3

ac3 r3

N3

3

K

3

Рис. 8.1. Расчётная схема

Силы инерции шкива 2, вращающегося вокруг неподвижной оси

с угловым ускорением 2, приводятся к паре сил, момент которой

222 zJM

и направление его противоположно 2.

Силы инерции катка 3, совершающего плоское движение, при-

водятся к силе

333 cam ,

где 3ca – ускорение центра масс катка 3, и к паре сил, момент которой

91

333 zJM ,

где 3 – угловое ускорение катка.

Силу 3 прикладываем в точке С3 противоположно направле-

нию 3ca , направление

3M противоположно 3.

4. Сообщаем системе возможное перемещение в направлении ее

действительного перемещения. 1r – возможное перемещение груза 1;

3r – возможное перемещение центра масс катка 3; 2 и 3 – углы

поворотов шкива 2 и катка 3 соответственно.

5. Составим общее уравнение динамики:

1 1 mp 1 1 1 2 2 2

3 3 3 3 3 3

δ sin 45 δ δ δφ δφ

δ sin30 δ δφ 0.

P r F r r M M

P r r M

6. Зависимость между возможными перемещениями такие же,

как и между соответствующими скоростями. Выразим угловые скоро-

сти шкива 2 и катка 3 и скорость центра масс катка 3cv через ско-

рость груза 1 1v :

3

1 2 2 1 2 1 22 3 3 3

2 3 3 2 2

ωω ; ω ; ω

2 2 2c

v R v R v Rv R

r R R r r .

При определении 3 и 3cv учитываем, что мгновенный центр

скоростей катка находится в точке К – точке соприкосновения катка с

неподвижной плоскостью.

Зависимость между возможными перемещениями приведена

ниже:

1 1 22 3

2 3 2

1 23

2

δ δδφ ; δφ ;

2

δδ

2

r r R

r R r

r Rr

r

.

1 11 1 тр 1 1 1 2

2 2

1 2 1 2 1 23 3 3

2 2 3 2

δ δδ sin 45 δ δ

δ δ δsin30 0.

2 2 2

r rP r F r r M M

r r

r R r R r RP M

r r R r

Делим уравнение на 01 r и получим

92

3 221 тр 1

2 2 2

3 2 3 2

2 3 2

sin 45 sin 302

02 2

P RMMP F

r r r

R M R

r R r

.

Учитываем, что

тр 1 cos45 0,2 40 0,707 5,66F f P Н,

222 2

250,01 0,026

9,8z z

PJ i

g кгм2,

23

23

233

3 51,028,9

10

2R

RR

g

PJ z

кгм2.

Зависимости между ускорениями такие же, как и между скоростями.

3

1 1 2 1 22 3

2 3 2 2

; ;2 2

c

a a R a Ra

r R r r

3 21 2 11 1 2

2 22

223 3 2 11 2

2 22 3 2

sin 45 sin 302

04 2

zmp

z

P RP J aMP F a

g r rr

P J R aa R

g r R r

.

Определяем ускорение груза 1

3 21

2 21 2 2

3 2 3 21 22 2 2 2

2 2 3 2

sin 45 sin302

.

4 4

mp

zz

P RMP F

r ra

P R J RP J

g r g r R r

Подставив численные значения, находим 1 2,88a м/с2.

8.2. Уравнения Лагранжа 2-го рода

Задача 8.2. Механическая система (рисунок 8.3, а) состоит из

груза 1, ступенчатого блока 2, катка 3 и тела 4 весом Р1 = Р, Р2 = 2Р,

Р3 = 3Р, Р4 = 4Р соответственно. Радиусы ступенчатого блока R2 = R,

r2 = 0,8R, радиус катка R3 = 0,5R, радиус инерции блока 2 равен

i2z = 2,5R. Каток 3 считать сплошным однородным цилиндром.

93

x

y

3

2

1 4

y

M а)

Рис. 8.3. Заданная механическая система задачи

Механическая система движется под действием сил тяжести и

пары сил с постоянным моментом М = PR.

x

y

3

2

1 4

y

M б)

x P4

P1

P2

P3

c

N4

Fmp

Рис. 8.4. Расчётная схема задачи

Составить для заданной механической системы уравнения Ла-

гранжа второго рода и найти уравнения движения системы в обоб-

щённых координатах q1 и q2 при заданных начальных условиях.

При решении задачи массами нитей пренебречь. Считать, что

качение колёс происходит без проскальзывания. Трение качения и си-

94

лы сопротивления в подшипниках не учитывать. Коэффициент трения

скольжения неподвижной плоскости равен f.

Решение

1. Изображаем на рис. 8.4 систему, состоящую из тел 1, 2, 3, 4.

2. Система имеет две степени свободы – это значит, что её по-

ложение определяется двумя обобщёнными координатами q1 и q2 и

для неё должны быть составлены два уравнения Лагранжа.

В качестве обобщённых координат принимаем q1=x и q2=y. При

выбранных обобщённых координатах уравнения Лагранжа имеют вид

.

,

y

x

Qy

T

y

T

dt

d

Qx

T

x

T

dt

d

3. Определим кинетическую энергию всей системы:

1 2 3 4,T T T T T

где Т1, Т2, Т3, Т4 – кинетические энергии соответственно груза 1, блока

2, катка 3 и тела 4.

Груз 1 движется поступательно (рис. 8.5) относительно тела 4 и

вместе с телом 4 поступательно по горизонтальной плоскости. Кине-

тическая энергия его будет равна

2

211

1

vmT .

v1

v1e

v1r

Рис. 8.5. Схема движения груза 1

Относительная rv1 , переносная ev1 и абсолютная 1v скорости

груза будут соответственно равны:

95

2 2 2

1 1 1, , 2 cosr ev y v x v y x xy .

Тогда будем иметь:

cos22

2211 yxyx

mT .

Кинетическая энергия блока 2, вращающегося вокруг своей оси

с угловой скоростью 2 и перемещающегося вместе с телом поступа-

тельно со скоростью x , будет равна

22

22

222

2

xmJT

,

где 22 2 2zJ m i – момент инерции блока относительно оси вращения,

2

2r

y – его угловая скорость.

Подставив значения J2 и 2, получим 2 2 2

2 2 22 2

2

.22

zm i y m xT

r

Тело 3 совершает плоское движение (рис. 8.6). Его кинетическая

энергия будет равна

22

233

23

3

JvmT c

,

где vc – абсолютная скорость центра масс катка 3 (рис. 8.5) в его

сложном движении; J3 – момент инерции катка относительно центра

масс его, равный 2

233Rm

; 3 – его угловая скорость, равная 32

2

2Rr

Ry

(каток катится без скольжения и его мгновенный центр скоростей

находится в точке касания с плоскостью).

vс

vсe

vсr

с

Рис. 8.6. Схема движения груза 3

96

Учитывая, что относительная скорость 22

233

r

RyRyv ccr

,

а переносная xvce , найдём по теореме косинусов

cos2

24 2

2

22

22

222

r

Ryx

r

Ryxvc

.

получим

22

22

23

2

2

22

22

223

38

cos242 r

Rym

r

Ryx

r

Ryx

mT

Тело 4 движется поступательно. Кинетическая энергия его равна

2

24

4

xmT

.

.28

cos242

22cos2

2

24

22

22

23

2

2

22

22

223

22

22

2222221

xm

r

Rym

r

Ryx

r

Ryx

m

xm

r

yimyxyx

mT z

Окончательно кинетическая энергия системы будет равна 2 2 2 2

2 21 2 3 4 1 2 32 2

2 2

21 3

2

2 2 2

cos cos .

zx y i RT m m m m m m m

r r

Rxy m m

r

4. Найдём производные от кинетической энергии входящие в

левые части уравнений:

;coscos2

2314321

r

Rmmymmmmx

x

T

;coscos2 2

2312

2

22

322

22

21

r

Rmmx

r

Rm

r

immy

y

T z

coscos

2

2314321

r

Rmmymmmmx

x

T

dt

d

;

coscos

2 2

2312

2

22

322

22

21r

Rmmx

r

Rm

r

immy

y

T

dt

d z

.

97

5. Определяем частные производные от кинетической энергии

по обобщённым координатам

0,0

y

T

x

T.

6. Определяем далее обобщённые силы Qx и Qy.

Для определения Qx сообщим системе возможное перемещение

x за счёт приращения координаты х , оставляя координату у без из-

менения, и найдём на этом перемещении сумму элементарных работ

всех активных сил.

Тогда

.

0,0

4321 PPPPf

x

xNf

x

xF

x

yxAQ

mpkx

Для определения Qy сообщим системе возможное перемещение

y за счёт приращения координаты у, оставляя координату х без из-

менения, и найдём на этом перемещении сумму элементарных работ

всех активных сил:

y

yPMyP

y

xyAQ ck

y

sinsin0,0

321.

Учитывая, что 2

,2

2

2

2r

yRy

r

yc

, получим

2

1sin

2

23

2

1r

RP

rMPQy .

Получим уравнения Лагранжа второго рода в обобщённых ко-

ординатах:

98

21 2 3 4 1 3

2

1 2 3 4

2 22 2 2

1 2 3 1 32 222 2

21 3

2 2

cos cos

,

cos cos2

sin .2

z

Rx m m m m y m m

r

f P P P P

i R Ry m m m x m m

rr r

M RP P

r r

Определив из второго уравнения системы y через x и подста-

вив его в первое уравнение, получим дифференциальное уравнение

относительно координаты х: constx A , а y , выраженное через

x , будет иметь вид consty B .

Проинтегрировав дифференциальные уравнения при заданных

начальных условиях 0000 ,,, yyxx , найдём уравнения движения рас-

сматриваемой механической системы: 2 2

0 0 0 0.,2 2

t tx A x t x y B y t y

99

2. САМОСТОЯТЕЛЬНАЯ РАБОТА СТУДЕНТОВ (СРС)

№ Наименование тем

Номер

ком-

петенции

Литература

1 Тема 2. Статика. Основные понятия и аксиомы ста-

тики. Связи, осуществляемые в виде гладких опор,

нитей, цилиндрического и сферического шарниров.

Подвижные и неподвижные шаровые опоры, неве-

сомый стержень, их реакции. Активные (задавае-

мые) силы.

ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 4]

2 Тема 3. Момент силы относительно центра и оси.

Момент силы относительно оси. Зависимость между

моментами силы относительно центра и относи-

тельно оси, проходящей через этот центр.

ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 4]

3 Тема 4. Вычисление главного вектора и главного

момента произвольной системы сил. Зависимость

между главными моментами системы сил относи-

тельно двух произвольно выбранных центров.

ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 4]

4 Тема 6. Трение. Равновесие тел при наличии сил

трения. Трении качения

ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 5]

5 Тема 7. Центр параллельных сил и центр тяжести.

Центры тяжести некоторых однородных тел (тре-

угольник, дуга, окружности, круговой сектор)

ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 5]

6 Тема 11. Мгновенный центр ускорений. Методы

нахождения положения МЦУ

ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 5]

7 Тема 13. Сложное движение твердого тела. Сложе-

ние различных видов движения тел

ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 5]

8 Тема 15. Повторение таблиц интегралов и правил

дифференцирования

ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 5]

9 Тема 19. Динамические реакции в подшипниках

вращающегося тела

ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 5]

10 Тема 21. Классификация связей ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 5]

11 Тема 23. Малые колебания механических систем с

одной степенью свободы

ПК-2, 10,

11

7 [2, 3, 5]

Задания для самостоятельного изучения и конспектирования

Тема 2. Рассмотреть следующие вопросы:

Основные понятия и аксиомы статики.

Связи, осуществляемые в виде гладких опор, нитей, цилин-

дрического и сферического шарниров.

100

Подвижные и неподвижные шаровые опоры, невесомый стер-

жень, их реакции.

Активные (задаваемые) силы.

Тема 3. Рассмотреть следующие вопросы:

Момент силы относительно центра и оси.

Момент силы относительно оси.

Зависимость между моментами силы относительно центра и

относительно оси, проходящей через этот центр.

Тема 4. Рассмотреть следующие вопросы:

Вычисление главного вектора и главного момента произволь-

ной системы сил.

Зависимость между главными моментами системы сил относи-

тельно двух произвольно выбранных центров.

Тема 6. Рассмотреть следующие вопросы:

Трение.

Равновесие тел при наличии сил трения.

Трение качения.

Тема 7. Рассмотреть следующие вопросы:

Центр параллельных сил и центр тяжести.

Центры тяжести некоторых однородных тел (треугольник, ду-

га, окружности, круговой сектор).

Тема 11. Рассмотреть следующие вопросы:

Мгновенный центр ускорений.

Методы нахождения положения МЦУ.

Тема 13. Рассмотреть следующие вопросы:

Сложное движение твёрдого тела.

Сложение различных видов движения тел.

Тема 15. Рассмотреть следующие вопросы:

Повторение таблиц интегралов и правил дифференцирования.

Тема 19. Рассмотреть следующие вопросы:

Динамические реакции в подшипниках вращающегося тела.

Тема 21. Рассмотреть следующие вопросы:

Классификация связей.

Тема 23. Рассмотреть следующие вопросы:

Малые колебания механических систем с одной степенью сво-

боды.

101

3. ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ ВОПРОСЫ ПО КУРСУ

1. Предмет кинематики. Основные понятия и определения. Си-

стема отсчёта.

2. Кинематика точки. Скорость и ускорение точки. Три способа

изучения движения точки.

3. Векторный и координатный способы изучения движения точ-

ки.

4. Естественный способ изучения движения точки.

5. Поступательное движение твёрдого тела: теорема о траекто-

риях, скоростях и ускорениях точек тела в поступательном движении:

уравнения поступательного движения.

6. Вращательное движение твёрдого тела; уравнение вращения;

угловая скорость и угловое ускорение.

7. Скорости и ускорения точек тела, вращающегося вокруг не-

подвижной оси; векторное выражение скорости и ускорения.

8. Плоское движение тела; свойства плоского движения; разло-

жение плоского движения тела на поступательное и вращательное;

уравнение плоского движения.

9. Теорема о скоростях точек плоской фигуры.

10. Сложное движение точки. Относительное, переносное и аб-

солютное движения точки.

11. Теорема о сложении скоростей.

12. Абсолютная и относительная производные от вектора. Фор-

мула Бура.

13. Теорема о сложении ускорений (теорема Кориолиса).

14. Ускорение Кориолиса. Модуль и направление ускорения Ко-

риолиса. Правило Жуковского.

15. Основные понятия и аксиомы статики.

16. Виды связей и их реакции.

17. Моменты силы относительно точки и оси. Связь момента си-

лы относительно точки оси.

18. Пара сил и её элементы. Теоремы об эквивалентности пар

сил.

19. Векторный момент пары сил. Теорема о сумме моментов сил

пары.

20. Приведение силы к заданному центру.

21. Различные формы условий равновесия плоской системы сил.

22. Теорема о моменте равнодействующей (теорема Вариньона).

102

23. Предмет динамики.

24. Законы механики Галилея–Ньютона.

25. Дифференциальные уравнения движения свободной матери-

альной точки.

26. Дифференциальные уравнения движения несвободной мате-

риальной точки.

27. Две основные задачи динамики материальной точки.

28. Механическая система. Дифференциальные уравнения дви-

жения механической системы.

29. Центр масс механической системы.

30. Моменты инерции твёрдых тел. Теорема Штейнера.

31. Количество движения материальной точки и системы. Тео-

рема об изменении количества движения материальной точки и си-

стемы. Законы сохранения.

32. Теорема о движении центра масс механической системы.

33. Кинетический момент материальной точки и системы. Тео-

рема об изменении кинетического момента материальной точки и си-

стемы. Законы сохранения.

34. Дифференциальное уравнение вращения твёрдого тела.

35. Элементарная работа силы. Работа силы. Работа силы тяже-

сти и линейной силы упругости. Работа сил, приложенных к твёрдому

телу. Мощность.

36. Теоремы об изменении кинетической энергии материальной

точки и механической системы.

37. Связи и их классификация.

38. Возможные перемещения. Элементарная работа на возмож-

ном перемещении.

39. Принцип возможных перемещений.

40. Общее уравнение динамики.

103

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

Основная учебная литература

1. Васько Н.Г. Теоретическая механика [Электронный ресурс]:

учеб. пособие / Н.Г. Васько, О.А. Бурцева; ЮРГПУ(НПИ). – Новочер-

касск: Изд-во ЮРГПУ (НПИ), 2013. – 164 с. – Режим доступа:

http://www.lib.npi-tu.ru.

Дополнительная учебная литература

2. Мещерский, И.В. Задачи по теоретической механике [Элек-

тронный ресурс] : учебное пособие. – Электрон. дан. – СПб. : Лань,

2012. – 448 с. – Режим доступа: http://e.lanbook.com/books/

element.php?pl1_id=2786 — Загл. с экрана.

3. Бать, М.И. Теоретическая механика в примерах и задачах.

Том 1: Статика и кинематика [Электронный ресурс] : учебное пособие

/ М.И. Бать, Г.Ю. Джанелидзе, А.С. Кельзон. – Электрон. дан. – СПб.:

Лань, 2013. – 670 с. – Режим доступа: http://e.lanbook.com/books/

element. php?pl1_id=4551 — Загл. с экрана.

4. Бать, М.И. Теоретическая механика в примерах и задачах.

Том 2: Динамика [Электронный ресурс]: учебное пособие / М.И. Бать,

Г.Ю. Джанелидзе, А.С. Кельзон. – Электрон. дан. – СПб.: Лань, 2013.

– 639 с. – Режим доступа: http://e.lanbook.com/books/element.

php?pl1_id=4552 — Загл. с экрана.

5. Максимов, А.Б. Теоретическая механика. Решение задач ста-

тики и кинематики [Электронный ресурс]: учебное пособие. – Элек-

трон. дан. – СПб. : Лань, 2014. – 208 с. – Режим доступа:

http://e.lanbook.com/books/element.php?pl1_id=72990 – Загл. с экрана.

Методические указания к практическим занятиям

6. Васько Н.Г., Бурцева О.А. Теоретическая механика [Элек-

тронный ресурс]: методические указания и контрольные задания /

Н.Г. Васько, О.А. Бурцева; ЮРГПУ(НПИ). – Новочеркасск: Изд-во

ЮРГПУ(НПИ), 2012. – 165 с. – Режим доступа: http://www.lib.npi-

tu.ru.

104

Учебно-методическое издание

Бандурин Михаил Александрович

Скринников Евгений Валерьевич

Нефедов Виктор Викторович

Михайлин Андрей Андреевич

Теоретическая механика

Учебно-методическое пособие

к практическим занятиям и самостоятельной работе студентов

направления подготовки «Горное дело»

Редактор Н.А. Юшко

Подписано в печать 12.07.2017

Формат 60x84 1/16. Бумага офсетная. Печать цифровая.

Усл. печ. л. 6,04. Уч.-изд.л. 6,25. Тираж 50 экз. Заказ 46-1639.

Южно-Российский государственный политехнический университет

(НПИ) им. М.И. Платова

Редакционно-издательский отдел ЮРГПУ (НПИ)

346428, г. Новочеркасск, ул. Просвещения, 132

Отпечатано в ИД «Политехник»

346428, г. Новочеркасск, ул. Первомайская, 166

idp-npi@mail.ru