авторефераты диссертаций БЕСПЛАТНАЯ  БИБЛИОТЕКА

АВТОРЕФЕРАТЫ КАНДИДАТСКИХ, ДОКТОРСКИХ ДИССЕРТАЦИЙ

<< ГЛАВНАЯ
АГРОИНЖЕНЕРИЯ
АСТРОНОМИЯ
БЕЗОПАСНОСТЬ
БИОЛОГИЯ
ЗЕМЛЯ
ИНФОРМАТИКА
ИСКУССТВОВЕДЕНИЕ
ИСТОРИЯ
КУЛЬТУРОЛОГИЯ
МАШИНОСТРОЕНИЕ
МЕДИЦИНА
МЕТАЛЛУРГИЯ
МЕХАНИКА
ПЕДАГОГИКА
ПОЛИТИКА
ПРИБОРОСТРОЕНИЕ
ПРОДОВОЛЬСТВИЕ
ПСИХОЛОГИЯ
РАДИОТЕХНИКА
СЕЛЬСКОЕ ХОЗЯЙСТВО
СОЦИОЛОГИЯ
СТРОИТЕЛЬСТВО
ТЕХНИЧЕСКИЕ НАУКИ
ТРАНСПОРТ
ФАРМАЦЕВТИКА
ФИЗИКА
ФИЗИОЛОГИЯ
ФИЛОЛОГИЯ
ФИЛОСОФИЯ
ХИМИЯ
ЭКОНОМИКА
ЭЛЕКТРОТЕХНИКА
ЭНЕРГЕТИКА
ЮРИСПРУДЕНЦИЯ
ЯЗЫКОЗНАНИЕ
РАЗНОЕ
КОНТАКТЫ


Pages:   || 2 |
-- [ Страница 1 ] --

В. А. ХЯМЯЛЯЙНЕН А. С. БОГАТЫРЕВА

Р. Ф. ГОРДИЕНКО

СБОРНИК ЗАДАЧ

ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ

МЕХАНИКЕ

Кемерово 2013

Министерство

образования и науки Российской Федерации

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«Кузбасский государственный технический университет

имени Т. Ф. Горбачева»

В. А. Хямяляйнен А. С. Богатырева Р. Ф. Гордиенко СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ Кемерово 2013 2 УДК 531 (075.8) ББК 22.21 Рецензенты:

Кафедра технической механики и упаковочных технологий ФГБОУ ВПО «Кемеровский технологический институт пищевой промышленно сти» (зав. кафедрой доктор технических наук профессор В. С. Хорунжин) Доктор физико-математических наук профессор кафедры теорети ческой физики ФГБОУ ВПО «Кемеровский государственный университет»

А. Ф. Ханефт Хямяляйнен, В. А. Сборник задач по теоретической механике / В. А. Хямяляйнен, А. С. Богатырева, Р. Ф. Гордиенко ;

КузГТУ. – 3-е изд., доп. и перераб. – Кемерово, 2013. – 83 с.

ISBN 978-5-89070-887- Сборник содержит задачи по всем разделам теоретической механики (статике, кинематике, динамике), указания и примеры решения. Составлен для студентов технических вузов заочной формы обучения.

Печатается по решению редакционно-издательского совета КузГТУ.

УДК 531 (075.8) ББК 22. © КузГТУ, © Хямяляйнен В. А., Богатырева А. С., ISBN 978-5-89070-887-8 Гордиенко Р. Ф., ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие...................................................…........………………………… 1. Cтатика….............................................….......…………………………. 1.1. Равновесие твердого тела под действием плоской системы сил (С-1).....................…...………………………… 1.2. Равновесие системы двух тел под действием плоской системы сил (С-2)....................................….………………… 1.3. Равновесие тела под действием пространственной системы сил (С-3)...................…………………………………………. 1.4. Расчет плоской фермы (С-4)..................…….…………………… 1.5. Центр тяжести твердого тела (С-5)................….....…........…....... 2. Кинематика.................................…......………………………………… 2.1. Кинематика точки (К-1)…………………………………………… 2.2. Вращательное движение твердого тела (К-2)…………………… 2.3. Плоское движение твердого тела (К-3)………………………….. 2.4. Сложное движение точки (К-4)…………………………………... 3. Динамика……………………………………………………………….. 3.1. Дифференциальные уравнения движения материальной точки (Д-1)……………………………………………... 3.2. Прямолинейные колебания материальной точки (Д-2)……………………………………………………………… 3.3. Теорема о движении центра масс механической системы (Д-3)…………………………………………………………… 3.4. Теорема об изменении кинетического момента механической системы (Д-4)………………………………………….. 3.5. Теорема об изменении кинетической энергии механической системы (Д-5)………………………………………….. 3.6. Принцип Даламбера для механической системы (Д-6)…………………………………………………………… 3.7. Принцип возможных перемещений (Д-7)……………………….. 3.8. Уравнение Лагранжа II рода для механической системы с одной степенью свободы (Д-8)……………………………. 3.9. Уравнения Лагранжа II рода для механической системы с двумя степенями свободы (Д-9)………………………….. Приложение. Рекомендации по выбору задач для контрольных работ…………………………………………………………………………… Список рекомендуемой литературы………………………………….…….. ПРЕДИСЛОВИЕ Окружающий нас мир материален. Материя находится в не прерывном движении, одной из наиболее распространенных форм которого является механическое движение. В теоретиче ской механике исследуют движение идеализированных объектов:

материальной точки, системы материальных точек, абсолютно твердого тела. В природе таких идеализированных объектов, ко нечно же, не существует. Однако такое абстрагирование реаль ных физических объектов позволяет выявить наиболее общие за коны механического движения тел независимо от их физических свойств. Поэтому теоретическую механику можно рассматривать как основу общей механики, включающую в себя все остальные механические дисциплины: механику твердого деформируемого тела, гидродинамику, строительную механику, теорию машин и механизмов и так далее.

В сборнике приведены 100 вариантов типовых задач по ка ждой из рассматриваемых тем трех разделов теоретической ме ханики: статики, кинематики и динамики. В разделе «Статика» – 5 задач, в разделе «Кинематика» – 4 и в разделе «Динамика» – 9.

Каждая из типовых задач сопровождается примером решения.

Набор задач по каждому из разделов курса обеспечивает воз можность устанавливать тематику и количество контрольных за даний (контрольных работ) в зависимости от профиля подготов ки специалистов, то есть от объема и содержания изучаемого курса теоретической механики.

Перечень задач, входящих в контрольную работу, в соответ ствии с рекомендациями, приведен в приложении настоящего сборника.

Авторы выражают благодарность всем преподавателям, ис пользующим представленные задачи и внесшим существенные замечания и предложения в методику их изложения и решения.

1. СТАТИКА 1.1. Равновесие твердого тела под действием плоской системы сил (С-1) Определить реакции опор балки, нагруженной силой P, равномерно распределенной нагрузкой интенсивности q и парой сил с моментом равным М. Варианты закрепления балок приве дены на рис. 1.1 (0–9), данные для расчета реакций опор в табл. 1.1.

у Р х у Р М М В В 0А D С С А х5 D х а с b с а b Р Р у у х х М D А С В А В С D 1 х х bМ а с а b с х у у Р х М МС DР А В D А С В 2 х7 х с b а а с b у Р у Р х х ВМ А С А D М 8 D В С 3 х х а b с b а с Р у у Р х х М МВ D А С В D С А 4 х х а с b b а с Рис. 1. Указания. Задачи С-1 относятся к теме «Произвольная пло ская система сил». Для их решения на схеме закрепления балки следует показать все заданные силы, приложенные в указанных в условии точках и направленные под соответствующим углом.

Равномерно распределенную нагрузку интенсивности q необхо димо заменить силой Q, приложенной в центре нагруженного отрезка и численно равной Q = ql, где l – длина участка, на кото ром распределена нагрузка. Затем балку следует освободить от наложенных на нее связей, а их действие заменить реакциями этих связей. Балка находится в равновесии под действием задан ных сил и реакций связей, которые следует определить из урав нений равновесия произвольной плоской системы сил: F kx = 0, F ky = 0, M 0 (Fk) = 0.

Таблица 1. распределенной приложения равномерно № условия нагрузки q Участок силы Р Точка, М, Р, a, b, c, q, кН м м м кН/м кНм град 0 4 2 2 4 3 30 В CD 1 2 4 3 3 2 60 С BD 2 10 3 3 4 2 45 2, С BC 3 8 5 2 2 4 60 В, С 3 BD 4 6 3 4 3 2 30 С AD 5 4 2 1 3 3 60 В BD 6 5 4 4 4 2 30 С, В 1,5 AB 7 10 6 2 2 4 45 2, В AC 8 6 2 4 4 2 60 В, С 3 AC 9 4 6 3 2 2 30 В, С 4 AD Пример. Балка AD закреплена при помощи неподвижного цилиндрического шарнира А и стержневой опоры С. На балку действуют две силы P, приложенные в точках В и D, направлен ные по углом = 60° к балке и равные Р = 10 кН. На участке ВС приложена равномерно распределенная нагрузка интенсивности q = 2 кН/м. Кроме того на балку действует пара сил, которая стремится повернуть ее против часовой стрелки, момент этой па ры сил равен М = 16 кНм (рис. 1.2). Определить реакции опор.

Решение. Рассмотрим у равновесие балки AD. Прове дем оси координат, ось Р Р Ax – вдоль балки, Ay – пер Y q А пендикулярно ей. Изобразим А Dх ХА В С заданные силы: силу P, при М Q SС ложенную в точках В и D, си лу Q, приложенную в сере С' 3 4 дине отрезка ВС, и пару сил с моментом М. Балка закрепле Рис. 1.2 на при помощи шарнирно не подвижной опоры А и стержневой опоры СС', которые являются связями для балки. Отбросим связи и заменим их действия реак циями. Реакция шарнирно неподвижной опоры А приложена в центре шарнира, ее направление зависит от действующих на бал ку сил и заранее неизвестно. Поэтому покажем реакцию шарнир но неподвижной опоры А двумя силами Х А, YА, направленными по осям координат. Реакцию стержневой опоры С направим вдоль стержня от балки к точке закрепления, предположив при этом, что стержень растянут. Для плоской системы сил, дейст вующих на балку, составим уравнения равновесия:

Fkx = ХА + Рcos60° + Рcos60° = 0;

(1.1) Fky = YА – SC – Рcos30° – Рcos30° – Q = 0;

(1.2) М A (Fk) = – Р 3cos30° – Q 5 – SC 7– Р 12cos30° + M = 0. (1.3) Момент пары сил входит только в уравнение моментов (1.3) с положительным знаком, так как по условию задачи пара сил стремится вращать балку против часовой стрелки.

Из уравнения (1.1) определим ХА = – 2Рcos60° = –10 кН.

Из уравнения (1.3) определим SC = (–Q5– Р15cos30° + M)/7 = –21,99 кН.

Из уравнения (1.2) определим YА = SC + 2Рcos30° + Q = 3,33 кН.

Отрицательное значение реакции Х А означает, что она на правлена в сторону, противоположную указанной на рис. 1.2, а отрицательное значение реакции стержня SС указывает, что стержень сжат.

Проверка. Для проверки решения задачи составим уравне ние моментов всех сил, действующих на балку, относительно точки D:

M D (Fk) = – YА12 + Р9cos30° + Q7 + SC5 + M = 0.

В это уравнение подставим найденные значения YА и SC, получим –149,91 + 149,92 = 0,010.

1.2. Равновесие системы двух тел под действием плоской системы сил (С-2) Конструкция, состоящая из двух балок, соединенных между собой шарниром, удерживается в равновесии при помощи внеш них опор А и В. Определить реакции опор составной конструк ции, нагруженной сосредоточенной силой P, равномерно рас пределенной нагрузкой интенсивности q и парой сил с моментом равным М. Варианты схем закрепления балок приведены на рис. 1.3 (0–9), а данные для расчета реакций опор в табл. 1.2.

Таблица 1. Точка приложе Распределенная ния силы Р № условия нагрузка q на отрезке, М, Р, AD, DC, CE, EF, BF, q, кН м м м м м кН/м град кНм 0 4 5 2 2 2 4 1 60 D CE 1 8 6 3 4 4 4 2 30 F EF 2 10 12 3 4 4 3 1 30 E CD 3 7 8 4 6 6 5 3 60 F FD 4 6 10 2 4 4 4 2 45 F EF 5 12 18 8 16 16 10 6 60 D AD 6 8 15 6 8 8 8 4 60 1, E CE 7 6 9 3 5 5 4 2 30 2, D BF 8 10 10 5 6 6 6 4 45 E EF 9 5 6 4 3 4 3 1 60 C AD А D D С С В' 0 Р Е FВ М В М А Р Е F А D С Е 6 В' М Р F 1D Р В А М Е В С F D А С С Е М Р 7F 2 D М Р В Е А F В М Е С С Е М 3D F 8 F D Р А А В Р В В' С С Е D Е М М D 4 F F Р Р А А В В' В Рис. 1. Указания. Задачи С-2 относятся к теме на равновесие двух тел, находящихся под действием плоской системы сил. При ре шении таких задач следует рассматривать либо равновесие всей системы в целом и дополнительно равновесие одного из тел, изо бразив его отдельно, либо систему тел расчленить по внутренней связи и рассмотреть равновесие каждого тела в отдельности, учи тывая при этом закон равенства действия и противодействия. При вычислении момента силы часто применяется теорема Вариньо на, согласно которой момент равнодействующей силы относи тельно любой точки равен сумме моментов ее составляющих от носительно той же точки: M 0 ( P ) = M 0 ( P ) + M 0 ( P ), где P и P – составляющие силы P.

Пример. Две балки AЕ и ВЕ соединены между собой шар ниром Е и удерживаются в равновесии при помощи внешних опор А и В. Опора А является жесткой заделкой, опора ВВ' – стержневой. На балку действуют сила P, численно равная Р = 10 кН, равномерно распределенная нагрузка интенсивности q = 2 кН/м и пара сил, момент которой равен М = 20 кНм. Все размеры, углы и точки приложения сил показаны на схеме закре пления балок (рис. 1.4). Определить реакции внешних опор А и В и реакции внутреннего шарнира Е.

Дано: АD = 2 м;

СD = 2 м;

СЕ = 2 м;

ЕF = 1 м;

ВF = 2 м;

= 30°.

у Определить реак 2 2 ции внешних опор.

Р Решение. Рассмот D Е рим равновесие всей С F Q 2Y конструкции, приложив А к ней всю заданную на А М грузку – силы P, Q и ХА МА SВ х пару сил с моментом М.

О В В' Внешними связями, удерживающими балки в Рис. 1. положении равновесия, являются жесткая заделка А и стержневая опора ВВ' (см. рис. 1.4).

На схеме закрепления и соединения балок эти связи мысленно отброшены, а их действия заменены реакциями жесткой заделки – силами Х А, YА и парой сил с моментом МА и реакцией стерж невой опоры SВ, которая направлена вдоль стержня. Таким обра зом, система двух балок находится под действием плоской сис темы сил – это заданные силы и четыре неизвестных опорных ре акции Х А, YА, S B и величины момента пары сил МА.

Для определения всех внешних опорных реакций и реакции внутреннего шарнира Е разделим систему балок по внутреннему шарниру Е на две балки АЕ и ВЕ и рассмотрим равновесие каж дой части. При этом учтем, что силы взаимодействия балок в шарнире Е будут равны по модулю и противоположны по на правлению согласно аксиоме равенства действия и противодей ствия.

Балка ВЕ находится в равновесии под действием заданной у нагрузки – это сила P, пары сил с мо Р ментом М, реакции стержневой опоры ХЕ Е 30 SВ и реакций внутреннего шарнира Е, XE, YE Y 1 Е (рис. 1.5).

F Составим уравнения равновесия М сил, действующих на балку:

F kx = –ХЕ + SВ + Рcos30° = 0;

SВ F ky = –YЕ + Рcos60° = 0;

х В M E (Fk) = SВ3 + M = 0.

Рис. 1.5 Из этих уравнений определим ре акции опор:

ХЕ = SВ + Рcos30° = 2 кН;

YЕ = Рcos60° = 5 кН;

SВ = –М/3 = –6,66 кН.

Рассмотрим равновесие балки АЕ (рис. 1.6).

у Для определения ре YЕ q акций жесткой заделки D С Е ХА, YА, МА составим ХЕ уравнения равновесия:

2 F kx = ХЕ + ХА = 0;

Q Y F ky = YЕ + YА – Q = 0;

А МА ХА х А M A (Fk) = МА – Q1– ХЕ2 + YЕ4 = 0;

Рис. 1. ХА = –ХЕ = –2 кН;

YА = –YА + Q = –1 кН;

МА = Q1 + ХЕ2– YЕ4 = –12 кН.

Проверка. Для проверки расчетов составим уравнение рав новесия для всей конструкции АВ (см. рис. 1.4):

M Е (Fk) = МА + ХА2– YА4 + Q3 + М + SВ3 = 0.

Подставим найденные числовые значения внешних опорных реакций ХА, YА, МА, SВ со своими знаками, получим –12 – 4 + 4 + 12 + 20 – 6,663 = 0, 0 = 0.

Последнее равенство свидетельствует о том, что все расчеты были выполнены правильно.

1.3. Равновесие тела под действием пространственной системы сил (С-3) Однородная плита весом P удерживается в равновесии при помощи шарового шарнира или цилиндрического подшипника в точке А и цилиндрического подшипника в точке В. Кроме того плита удерживается от опрокидывания либо стержневой опорой, либо тросом. На плиту действует сила Q, расположенная в плос кости параллельной координатной плоскости yz. Определить ре акции шарниров А и В, а также либо натяжения тросов, либо уси лия в стержнях.

Схемы закрепления плит изображены на рис. 1.7 (0–9), а данные, необходимые для решения, приведены в табл. 1.3.

Указания. Задачи С-3 относятся к теме «Равновесие твердо го тела под действием произвольной пространственной системы сил». Для решения этих задач следует изобразить плиту с разме рами, положением и заданными силами в соответствии с вариан том задания. Затем освободить плиту от связей, заменив их дей ствие реакциями связей, и составить шесть уравнений равновесия относительно указанных на рисунках координатных осей:

F kx = 0;

F ky = 0;

F kz = 0;

M x( Fk ) = 0;

M y( Fk ) = 0, M z ( Fk ) = 0.

5 zC 0 z Q Е K D y Q А Вy А L N N L K В C D х Е х z 1 z y D L В y А L K Q В N Q K А N C х Е D Е х z z х В N Вy L А Q L D N K Q А Е ЕD C y х K z z 8 Q 3 C K В х L А Е А y Q K.D N L C Е D N y В х 9 z z 4 Q Е C D K N Cy А KQ Вy А L Е L В D х х N Рис. 1. Таблица 1.,, № Р, кН Q, кН АВ, м АС, м АK, м СЕ, м условия град град 0 10 36 4 3 1,5 1 30 1 15 28 5 4 2 2,5 45 2 20 47 6 5 3,5 3 60 3 25 39 7 5 4 1,5 60 4 35 55 5 4 3 1,5 30 5 40 65 6 4 4 2,5 45 6 30 49 9 5 5 2 45 7 15 18 4 3 2,5 1 30 8 25 34 8 6 5 4 60 9 10 44 6 4 2,5 3 30 Пример. Прямоугольная плита весом P закреплена при по мощи шарового шарнира А и цилиндрического подшипника В, стержневая опора С удерживает плиту от опрокидывания. На плиту действует сила Q, расположенная в плоскости параллель ной координатной плоскости yz и направленная под углом к плите. Определить реакции опор А, В, С.

Дано: Р = 10 кН;

Q = 20 кН;

АВ = 4 м;

АС = 3 м;

АK = 1,5 м;

СЕ = 1 м;

= 60°, = 30°.

Определить реак z ции опор.

Решение. Рас D ZВ N смотрим равновесие плиты (рис. 1.8). На В схеме закрепления пли ХВ QО ты покажем заданные Е силы P, Q. Так как L С плита однородная, то ее ZА K Р SС вес приложен в геомет А K' рическом центре, а на ХА yY правление силы Q за А дано в условии задачи.

Рис. 1. Мысленно освобождаем плиту от связей, а их действие заменяем реакциями. Реакция ша рового шарнира А приложена в центре шарнира, ее направление зависит от действующих на плиту сил и заранее неизвестно. По этому изобразим реакцию шарового шарнира А ее составляющи ми Х А, YА, Z А, направленными по осям координат. Реакция ци линдрического подшипника В приложена в центре подшипника, лежит в плоскости, перпендикулярной оси подшипника. Направ ление этой реакции также зависит от действующих на плиту сил, покажем ее двумя силами Х B, Z B, направленными по соответст вующим осям координат. Реакцию стержневой опоры SC на правляем вдоль стержня от плиты, предполагая при этом, что стержень растянут.

Таким образом, плита находится в равновесии под действи ем заданных сил P, Q и реакций связей Х А, YА, Z А, X B, Z B, SC. Система вышеуказанных сил является пространственной.

Прежде чем составлять уравнения равновесия, определим проек ции всех сил на координатные оси и их моменты относительно тех же осей (табл. 1.4).

Для определения момента силы относительно оси нужно спроецировать все силы на плоскость, перпендикулярную этой z оси, и найти моменты проек Q ций всех сил относительно Q" D' точки пересечения оси с плос C' костью. Например, силы, дей Q' ZВ ZА ствующие на плиту, спроеци В руем на плоскость, перпенди y YА А Р кулярную оси x (рис. 1.9), и SС определим моменты проекций этих сил относительно точки В.

Рис. 1. Так момент силы Z А относи тельно точки В равен Mx(ZА) = MВ(ZА) = –ZААВ, где АВ – плечо силы Z А. Для определения момента силы Q относительно точки В следует применить теорему Вариньона. Для этого силу Q раз ложим в точке ее приложения на составляющие: горизонтальную Q' = Qcos и вертикальную Q'' = Qsin. Момент силы Q относи тельно точки В будет равен алгебраической сумме моментов сил Q' и Q'' относительно той же точки.

Таблица 1. Действующие силы Q ХА YА ZА ХB ZB SС P Проекции силы на оси координат 0 0 0 0 Fx ХА ХB 0 0 0 0 0 –Qcos Fy YА –P 0 0 Qsin Fz ZА ZB –SС Моменты сил относительно осей координат P AB 0 0 0 –QcosАСsin – QsinАВ Mx –ZААВ SСАВ – P AB – сos 0 0 0 0 QsinАKcos My SСАCcos 0 0 0 0 0 QcosАKcos Mz ХААВ Тогда момент силы Q относительно оси x равен Mx(Q ) = MВ(Qyz) = MВ(Q') + MВ(Q'') = –QcosBD' – QsinАВ = = –QcosАСsin– QsinАВ.

По приведенной на рис. 1.9 расчетной схеме легко составить уравнения М у ( Fk ), М z ( Fk ) (см. табл. 1.4).

Используя данные табл. 1.4, составим уравнения равновесия всех сил, приложенных к плите:

F kx = ХА + ХB = 0;

(1.4) F ky = YА – Qcos = 0;

(1.5) F kz = ZА + ZB – SС –PQsin = 0;

(1.6) P AB М x ( Fk ) = – ZААВ + SСАВ – QcosАСsin – QsinАВ + = 0;

(1.7) P AB М y ( Fk ) = – cos + QsinАKcos – SСАCcos = 0;

(1.8) М z ( Fk ) = ХААВ + QcosАKcos = 0. (1.9) В уравнения (1.4)–(1.9) подставим числовые значения за данных величин и вычислим реакции связей.

Так из уравнения (1.9) определим ХА = (Qcos АKcos)/АВ = (20cos30° 1,5cos60°)/4 = – 3,247 кН, из уравнения (1.4) ХВ = –ХА = 3,247 кН, из уравнения (1.5) YА = Qcos = 17,32 кН, P AB + Q sin AK из уравнения (1.8) SС = = – 29,64 кН.

AC Так как расчетное значение усилия в стержне отрицатель ное, то стержень сжат. Рассчитав значение SС из уравнения (1.7), определим ZА = –45,89 кН, а из уравнения (1.6) определим ZВ = 16,25 кН.

1.4. Расчет плоской фермы (С-4) Определить аналитическим методом опорные реакции пло ской фермы, изображенной на рис. 1.10 (0–9). Определить также усилия в стержнях 1, 2, 3 по методу Риттера, а в стержнях 4 и аналитически и графически методом вырезания узлов. Точки приложения сил P, P2, P3 и их направления заданы в табл. 1.5.

Таблица 1. Силы Р1 = 10 кН Р2 = 20 кН Р3 = 30 кН Точка Точка Точка Р Р Р № прило- прило приложе условия жения жения ния силы силы силы, град, град, град 0 15 45 С D K 1 30 30 Е K С 2 45 90 С Е D 3 90 60 K D С 4 30 90 D K С 5 50 30 С K D 6 15 60 С Е K 7 45 45 D K Е 8 60 90 D С K 9 30 60 С Е K Указания. Задачи С-4 относятся к теме «Расчет плоской фермы». Для определения реакций опор аналитическим методом необходимо составить три уравнения равновесия для плоской системы сил, приложенных к ферме: F kx = 0, F ky = 0, M 0 (Fk) = 0. Для определения усилий в стержнях фермы следует провести по стержням 1, 2, 3 сечение, разбив тем самым ферму на две части, и рассмотреть равновесие любой ее части. При этом действие отброшенной части фермы нужно заменить реакциями рассеченных стержней. Для определения усилий в этих стержнях необходимо составить три уравнения равновесия так, чтобы в каждое уравнение входила только одна из реакций: или S1, или S 2, или S3.

0 C K А 1 C В Е А 4 а а D Е D 3 В аK а а а а а 1 Е 1 Е C C а 2 а 1 K В 3 В А D D а а а а а А а а 2 C C Е D 2а Е а 2 В В 3 А А D K K а а а а а а а 3 K В А C K C 4 1 5 а а А В 3 3 Е D D Е а а а а а а а 4 Е C K Е C K 4 1 5 2 а а 4 В В А 3 D D А а а а а а а а Рис. 1. Это может быть либо уравнение моментов относительно точки пересечения линий действия двух усилий, либо, в случае параллельных стержней, уравнение проекции на ось, перпенди кулярную к ним. При определении усилий в 4 и 5 стержнях мето дом вырезания узлов аналитически следует составить по два уравнения равновесия F kx = 0, F ky = 0 для каждого вырезан ного узла. При графическом решении нужно построить замкну тый многоугольник сил, учитывая условие равновесия сил, при ложенных к узлу Fk = 0.

Пример. Ферма удерживается в равновесии при помощи шарнирно неподвижной опоры А и стержневой опоры В. На фер му действуют силы, численные значения которых равны Р1 = 1 кН, Р2 = Р3 = 2 кН, Р4 = 3 кН, Р5 = 1 кН, а их направления и точки приложения показаны на рис. 1.11. Определить реакции опор и усилия в стержнях.

Определить реакции опор и усилия в стержнях.

Решение.

1. Определим реакции внешних опор.

Освободим ферму от связей, действие отброшенных связей заменим реакциями опор. Покажем реакцию шарнирно непод вижной опоры А двумя си y лами Х А, YА, направленны Y ми по осям координат. Реак А Р РВ 1 А х цию стержневой опоры В 3 ХА направим вдоль стержня от 60 RВ фермы к точке закрепления, 2 Р предположив при этом, что 3 стержень растянут. Соста а Р Р 1 вим уравнения равновесия и найдем эти реакции Рис. 1.11 (рис. 1.11).

F kx = Р3 + Р4cos60° + ХА – Р5 = 0;

F ky = RВ – Р4sin60° – Р1 – Р2 + YА = 0;

M А (Fk) = RВ2a + Р4asin60° + Р11,5a + Р20,5a – Р5acos30° = 0.

Из составленных уравнений определим реакции опор:

ХА = –2,5 кН;

YА = 3,5 кН;

RB = 2,1 кН.

2. Определим усилия в стержнях методом Риттера.

Для определения усилий в стержнях 1, 2, 3 по методу Ритте ра проводим сечение через стержни 1, 2, 3, S1 y Р отбрасываем правую часть фермы и рас О сматриваем равновесие оставшейся левой RВ части (рис. 1.12). Действие отброшенной S S3 х части фермы заменяем реакциями пересе С ченных стержней S1, S 2, S3. Для опреде Р ления усилия в стержне 1 составим урав нение моментов относительно узла C, где Рис. 1. пересекаются стержни 2 и 3.

M С (Fk) = – RВasin30° – Р3asin60° + S1asin60° = 0. S1 = – 3,2 кН, знак «–» показывает, что стержень 1 сжат.

Для нахождения усилия во втором стержне S2 составляем уравнение проекций сил на ось у: Fky = RВ – Р1 + S2cos30° = 0, S2 = –1,3 кН, стержень 2 также сжат.

Для определения усилия S3 составим уравнение моментов относительно точки пересечения линий действия сил S1 и S 2 :

M 0 (Fk) = – RВa – Р1a cos60° + S3a sin60° = 0. S3 = 1,93,2 кН, знак «+» показывает, что стержень 3 растянут.

3. Определим усилия в стержнях методом вырезания узлов.

Для определения усилий в 4 и 5 стержнях достаточно выре зать узел III (рис. 1.13).

а) Аналитический метод y Р Составим уравнения равновесия сил, приложенных в узле III:

S5 х S1 F kx = –S1 + Р4cos60° + S5 – S2 cos60° + 60 + S4cos60° = 0;

S S F ky = –Р4sin60° – S2sin60° – S4sin60° = 0.

Из уравнений определяем усилия в Рис. 1. стержнях S4 = –1,7 кН;

S5 = –4,5 кН, стерж ни 4, 5 сжаты.

б) Графический метод Для определения усилий S 4, S5 графическим методом по строим замкнутый силовой многоугольник P4 + S1 + S 2 + + S 4 + S5 = 0 в выбранном масштабе сил О S5 µF = 1, т. е. 1 см будет содержать 1 кН S (рис. 1.14). Силовой многоугольник стро ится с учетом знаков усилий в стержнях:

S Р если стержень сжат, усилие направлено S к узлу, если растянут – от узла. Измеряя соответствующие отрезки многоугольника, Рис. 1. получим S4 = –1,7 кН, S5 = –4,5 кН.

1.5. Центр тяжести твердого тела (С-5) Найти координаты центра тяжести тела, составленного из однородных стержней одинакового материала (задачи 5, 6, 8), плоской фигуры (задачи 0, 1, 2, 4, 9) или объема (задачи 3, 7), представленных на рис. 1.15 (0–9). Необходимые данные для ре шения задачи приведены в табл. 1.6.

Таблица 1. а b c r № условия см 0 8 12 5 1 6 8 4 2 10 15 8 3 6 10 4 4 8 8 4 5 10 16 8 6 12 20 10 7 10 6 3 8 8 10 4 9 10 12 6   0 y y а b с b/2 r х r х а b/2 b с 1 y y а а b а b с х с х r r y 2 y b а r/ с с r b b х х r а z y 3 y r b а r b х а х с z с y 4 y b b r а х с а х а а r с Рис. 1.   Указания. Задачи С-5 относятся к теме «Центр тяжести твердого тела». Для решения этих задач применяются метод симметрии, метод разбиения на части и метод отрицательных площадей или объемов. Если тело имеет центр, плоскость или ось симметрии, то его центр тяжести находится в центре, на плоско сти или на оси симметрии. Если тело имеет сложную конфигура цию, то его разбивают на простые геометрические фигуры, на пример, прямоугольники, треугольники, круговые сегменты и т. д., положения центров тяжести которых легко определяются.

Положение центра тяжести определяют по формулам:

– для тела, имеющего объем V x V y V z xc = k k, yc = k k, zc = k k ;

V V V – для плоской фигуры S x S y S z xc = k k, yc = k k, zc = k k ;

S S S – для тела, составленного из однородных стержней L x L y L z xc = k k, yc = k k, zc = k k, L L L где V = Vk, S = S k, L = Lk – соответственно объем или пло щадь тела, или общая длина всех однородных стержней;

Vk, S k, Lk – объем, площадь или длина k-й части тела, а xk, yk, zk – координаты центра тяжести этой части тела.

Если внутри тела имеется вырез, то для нахождения коор динат его центра тяжести следует применять те же самые форму лы, только считать вырезанные объемы и площади отрицатель ными. Этот метод и называется методом отрицательных масс, или объемов, или площадей.

Пример. Определить коор y b динаты центра тяжести плоской А В фигуры ОАВЕ, из которой выре зан полукруг радиуса r = 6 см C1 C а (рис. 1.16), размеры a = 20 cм, C2 b = 25 см, c = 10 см.

3 C3r Ех Решение. Разбиваем пло с D скую фигуру на три части – пря Рис. 1.   моугольник OABD, треугольник BDE и вырезанный полукруг, площадь которого следует считать отрицательной. Для определе ния положения центров тяжести прямоугольника, треугольника и полукруга воспользуемся формулами, приведенными в табл. 1.7.

Таблица 1. Плоская фигура Площадь Координаты центра тяжести Прямоугольник S = ab xс = a/2, yс = b/ x + x + x xc = 1 2, 1 S = ah Треугольник yc = ah 2 где x1, x2, x3 – координаты вершин треугольника R 2 xc = 0;

yc = 4R S= Полукруг Все промежуточные расчеты занесем в табл. 1.8.

Таблица 1. S k xk, S k уk, Плоская S k, см2 xk, см yk, см см3 см фигура Прямоугольник 520 13 10 6760 Треугольник 100 29,3 6.66 2930 Полукруг –56,52 6 2,55 –339,12 –147, Сумма 563,48 – – 9350,88 5718, По формулам вычисляем координаты центра тяжести пло ской фигуры S x 9350, xc = k k = = 16,6 см;

S 563, S y 5718, yc = k k = = 10,15 см.

S 563, Ответ: хс = 16,6 см;

ус = 10,15 см.

  2. КИНЕМАТИКА 2.1. Кинематика точки (К-1) Движение точки М в плоскости ху задано уравнениями:

х = х(t), у = у(t), где х и у – в сантиметрах, t – в секундах.

Найти уравнение траектории, а для момента времени t1 = 1 с определить скорость, ускорение точки, касательное и нормальное ускорение и радиус кривизны траектории. Построить траекторию точки, а также показать вектор скорости и ускорения для t1 = 1 c.

Зависимость х = х(t) выбирается из табл. 2.1 по предпослед ней цифре шифра, а у = у(t) – по последней цифре шифра.

Таблица 2. х = х(t), см у = у(t), см № условия 4 sin t 2 cos t 6 12 8 cos t cos t 3 4 sin t 4 cos t 6 6 cos t 3 –t sin t + 12 cos t 6 4 6 sin t 5 2t sin t 6 2t 2 + sin t 3 cos t + 6 2 cos t 4 cos t 3 2 cos t 9 4+t   Указания. Задачи К-1 относятся к теме «Кинематика точ ки» и решаются с помощью формул, по которым определяются скорость и ускорение точки при координатном и естественном способах задания движения.

В предлагаемых задачах все искомые величины следует на ходить только для момента времени t = t1. В некоторых вариантах при определении траектории следует применять известные из тригонометрии формулы:

2 cos 2 = 1 2 sin 2 ;

sin 2 = 2 sin cos ;

sin + cos = 1.

Пример. Движение точки задано уравнениями х = 3 sin t, у = 2 cos t (х – в сантиметрах, t – в секундах). Для момента вре мени t1 = 1 с определить скорость, ускорение точки, касательное и нормальное ускорение и радиус кривизны траектории.

Решение. 1. Определим траекторию движения точки.

Исключим время t из уравнений движения и найдем зависи у = 2 cos t = 21 2 sin 2 t, мость между координатами:

x sin t =, тогда у = 2 х 2 – это уравнение параболы. Так как 6 3 при t 0, x 0, то траекторией точки является правая ветвь пара болы с вершиной в точке (0;

2). Подставив в уравнения движения время t1 = 1 с, определим координаты точки М1.

Получим = 1,5 см;

y = 1 см.

х t1 = 1 c t1 = 1 c 2. Определим скорость движения точки.

Дифференцируя уравнения движения по времени, находим проекции вектора скорости точки на оси координат:

dx dy Vx = = 3 cos t = cos t ;

V y = = sin t.

6 2 6 dt 6 dt Вычислим значения проекций скоростей точки в момент времени t1 = 1 с:

  Vx = cos = 1,34 см/с и V y = sin t = 1,81 см/с.

6 2 Вычислим модуль скорости точки по формуле V = Vx2 + V y = 2,27 см/с.

3. Определим ускорение точки.

Проекции ускорения точки на декартовы оси координат равны:

dV y 2 dVx = sin t ;

а y = = cos t.

аx = dt dt 26 При t1 = 1 с:

2 а x = sin = 0,4 см/с2;

а y = 2 cos = 1,1 см/с2.

12 6 Ускорение точки находим по формуле (а x )2 + (a y )2 = 1,17 см/с2.

a= 4. Определим касательное ускорение:

Vx a x + V y a y dV = 0,64 см/с2.

а = = dt V 5. Определим нормальное ускорение.

Модуль полного ускорения определяется по формуле, 2 a = a + an, отсюда нор 2, мальное ускорении равно a = a 2 a = 0,98 см/с2.

1, 6. Вычислим радиус кривизны траектории в ах М1 Vх данной точке.

1, аn а V = = 5,25 см.

V V y an n 0,5 аy а На рис. 2.1 показано 0 положение точки в данный х 0,5 1, 1, момент времени t1 = 1 с, а также вектор скорости и Рис. 2. ускорения, построенные по   проекциям Vx, Vy, ax, ay. Вектор скорости направлен по касатель ной к траектории в данной точке, а вектор ускорения а направ лен в сторону вогнутости траектории. Векторы касательного и нормального ускорения откладываем по осям и n, проводя на эти оси перпендикуляры из конца вектора а.

2.2. Вращательное движение твердого тела (К-2) Механизм состоит из ступенчатых колес 1, 2, находящихся в зацеплении, или шкивов, связанных ременной передачей. К грузу 3 прикреплена нить, которая наматывается на одно из колес (рис. 2.2 (0–9)).

В табл. 2.2 заданы:

– или закон движения груза 3, s3 = s3(t), s – в метрах, t – в секундах;

– или закон изменения скорости груза 3, V3 = V3(t), V – в метрах в секунду;

– или закон вращательного движения колес или шкивов, 1 = 1(t), 2 = 2(t), – в радианах;

– или закон изменения их угловых скоростей, 1 = 1(t), 2 = 2(t), – в с–1.

Таблица 2. Дано Найти № Характеристики R1 r1 R2 r2 V, a, t1, c условия движения м 1 = t – 6 V3, 2 aM, 0 0,15 0,05 0,20 0,05 VM, 1 a3, 1 0,12 0,06 0,15 0,10 s3 = 4t + 2t 2 = 5t – 8 V3, 1 aM, 2 0,12 0,04 0,08 0,02 1 = 2t + t V3, 2 aM, 3 0,20 0,08 0,40 0,10 0, V3 = 8t + t VM, 1 a3, 4 0,40 00,5 0,20 0,10 1 = 6t + 1,5 V3, 2 aM, 5 0,16 0,08 0,12 0,24 1 = 6t – 2t V3, 2 aM, 6 0,08 0,02 0,12 0,04 2 = 2t – 4t V3, 1 aM, 7 0,06 0,02 0,08 0,04 0, 2 = 2t + 2 V3, 1 aM, 8 0,20 0,06 0,10 0,05 VM, a3, 9 0,10 0,05 0,20 0,05 0, s3 = 4t + 2t   0 М М 2 1 2 М М 2 7 М 2 М 3 3 8 М М 9 4 М М Рис. 2.   В момент времени t = t1 определить величины, указанные в столбце «Найти». На рисунках построить вектор скорости ука занной точки и ускорения, а также указать направления вращения колес или шкивов.

Указания. Задачи К-2 относятся к теме «Вращательное движение твердого тела». При решении этих задач следует учесть, что если колеса находятся в зацеплении, то скорости то чек, в которых соприкасаются эти колеса, равны. При ременной передаче все точки ремня и точки, расположенные на ободах ко лес, имеют численно равные скорости, если скольжение ремня по ободам колес отсутствует. Колеса, насаженные на одну ось, вра щаются с одинаковыми угловыми скоростями и угловыми уско рениями.

При решении задач следует воспользоваться общими фор d мулами для вращательного движения твердого тела: =, dt V = h, an = 2h, a = h, где h – расстояние точки до оси враще ния;

и – угловая скорость и угловое ускорение тела. Положи тельные направления для угла поворота и угловой скорости принять против хода часовой стрелки, а для груза 3 его движение вниз.

Пример. Груз 3, перемеща 1 V ясь вниз, приводит во вращение K С шкив 1, который находится в за 2 K цеплении со ступенчатым колесом V О С аM N1 2 (рис. 2.3). Радиусы колес соот V V ветственно равны R1 = 0,12 м, M N аM аM n s3 R2 = 0,08 м, r2 = 0,04 м, а движе M V3 ние груза 3 задано уравнением s = 2t2+2 (s – в метрах, t – в секун дах).

Рис. 2. Для момента времени t1 = 6 с определить скорость точки N, а также скорость и ускорение точ ки М колеса 2.

Решение.

Зная закон движения груза 3, находим его скорость:

  ds V3 = = 4t м/с.

dt Так как V3 0 для любого момента времени, то вектор V направлен в сторону возрастания S3.

Поскольку трос, на котором подвешен груз, нерастяжим, то все его точки имеют скорости, равные скорости груза. Тогда точ ка С обода колеса 2 имеет ту же скорость, т. е. VC = V3. При опус кании груза 3 колесо 2 вращается с угловой скоростью 1, а ско рость точки С на ободе колеса равна VC = 1R1, откуда V 1 – 1 = C = t, и при t1 = 6 c 1 = 2 с 1.

R1 Поскольку груз 3 опускается вниз, то колесо 2 вращается по часовой стрелке.

Так как колеса 1 и 2 находятся в зацеплении, то скорость точки касания колес K, как принадлежащая колесу 1, равна VK = 1R1, а как колесу 2 – VK = 2 R2. Тогда 2R2 = 1R1 и от R t сюда 2 = 1 1 = c1, а при t1 = 6 с 2 = 3 с–1. По направлению R2 скорости точки K (см. рис. 2.3) устанавливаем, что колесо 2 вра щается в сторону, противоположную вращению колеса 1.

Определим угловое ускорение колеса 2:

d 2 1 2 = = c.

dt Так как 2 0 и 2 0, то направление углового ускорения совпадает с направлением вращения колеса 2.

Определим скорости точек М и N:

VМ = 2 О1М = 38 = 0,24 м/c, VN = 2О1N = 34 = 0,12 м/с.

Найдем ускорение точки М.

Нормальное ускорение точки М равно aM = 2O1M = 0,72 м/с2, n касательное aM = 2O1M = 0,04 м/с2.

Вектор нормального ускорения точки М направлен к центру O1, вектор касательного ускорения – перпендикулярен к вектору нормального ускорения.

Модуль полного ускорения точки М равен:

  (aM ) 2 + (aM ) 2 = 0,721 м/с2.

n a= 2.3. Плоское движение твердого тела (К-3) Плоский механизм состоит из трех тел (рис. 2.4 (0–9)), со единенных друг с другом шарнирами. Положение механизма оп ределяется углами,,, значения которых вместе с другими данными приведены в табл. 2.3.

Катки катятся без скольжения по неподвижной поверхно сти. Кривошип О1А вращается с постоянной угловой скоростью, направление которой указано на рисунках. Дуговые стрелки на рисунках показывают, как при построении кинематической схе мы механизма должны откладываться соответствующие углы.

Построение схемы механизма следует начинать со стержня, по ложение которого определяется углом, затем и.

Определить скорости точек В, С и ускорение точки В, а так же угловую скорость и угловое ускорение звена АВ.

Таблица 2. 1 АВ АС О1А № – условия град м м м с 0 30 120 0 2 0,4 0,8 0, 1 60 60 90 4 0,5 1,0 0, 2 0 60 0 1 0,6 1,5 0, 3 30 120 90 4 0,4 1,0 0, 4 60 30 90 3 0,6 1,2 0, 5 45 90 0 2 0,4 1,0 0, 6 90 30 90 1 0,6 1,5 0, 7 0 120 90 0,5 0,8 1,6 0, 8 120 90 90 2 0,4 1,0 0, 9 90 45 0 3 0,4 1,0 0, Указания. Задачи К-3 относятся к теме «Плоскопараллель ное движение твердого тела». При их решении для определения скоростей точек механизма следует воспользоваться понятием мгновенного центра скоростей. При определении ускорения точ ки В следует применить теорему об ускорениях точек плоской a B = a A + a BA фигуры, согласно которой или n n aB = a A + a A + aBA + aBA.

  0 В В С С О А А 1 О 1 О А С С А О В В R=2r О1 О 2 7 А С С А В В О О1 В=ОА О В=ОА О2 3 А А С С 1 В В О О R=2r 4 А О С В О С В А О О В=О А Рис. 2.   Если точка В движется по дуге окружности радиуса О1В, то VВ n n n, aB aB.

aB = aB + aB и aВ = О1В Направления векторов скорости и ускорения точки В уста навливаются в зависимости от траектории, по которой она дви жется.

Пример. Кривошип АО вращается ускоренно с угловой ско ростью ОА = 2 с–1 и угловым V АВ ОА А ускорением ОА = 1,5 с–2. Ко А аА О Р лесо, связанное с шатуном аАn АВ, катится без скольжения ОА у по горизонтальной поверхно.

VС сти (рис. 2.5). Размеры кри С V D вошипа и шатуна равны.D n аВА ОА = 0,10 м, АВ = 0,40 м, ра аВ V. 60 х В диус колеса r = 0,08 м. Точка В Р аВА С является средней точкой звена АВ. Найти скорости то к чек В и С, D, угловые скоро сти звена АВ АВ и колеса к, Рис. 2. а также ускорение точки В и угловое ускорение звена АВ АВ.

Решение. 1. Определим скорости точек В, С и угловую ско рость звена АВ АВ.

Вычислим скорость точки А, VА = ОАOА = 0,20 м/с. Вектор скорости точки V A OA и направлен в сторону вращения звена ОА.

Скорость точки В направлена параллельно поверхности, по которой катится колесо, в данном случае – по горизонтали. Из точек А и В проводим перпендикуляры к векторам скоростей V A и VB. Точка пересечения этих перпендикуляров Р1 является мгновенным центром скоростей звена АВ (см. рис. 2.5).

Поскольку скорости точек пропорциональны расстояниям до мгновенного центра скоростей, то V A = AB AP, VB = AB BP, VC = AB CP, 1 1   где АВ – угловая скорость звена АВ;

АР1, ВР1, СР1 – расстояния от точек А, В, С до мгновенного центра скоростей Р1.

Из треугольника определим расстояния АВР ВР1 = АВcos30° = 0,346 м и АР1 = АВcos60° = 0,20 м. Треугольник АР1С – равносторонний и АР1 = СР1 = 0,2 м.

Вычислим угловую скорость звена АB и скорости точек В и С:

V AB = A = 1 с–1, VB = АВ ВР1 = 0,346 м/с, AP VC = АВ СР1 = 0,2 м/с.

Вектор скорости VC CP, т. к. скорости всех точек звена перпендикулярны отрезкам, соединяющим их с мгновенным цен тром скоростей. Направления векторов VB и VC определяются вращением звена АВ вокруг мгновенного центра скоростей Р1, которое задано направлением вектора скорости точки А.

2. Определим скорость точки D VD и угловую скорость ко леса к.

Так как колесо катится без скольжения, то скорость точки касания колеса с неподвижной поверхностью равна нулю и, сле довательно, точка Р2 является мгновенным центром скоростей колеса.

Вектор скорости точки D VD перпендикулярен к отрезку Р2D и направлен в сторону вращения колеса вокруг мгновенного центра скоростей колеса Р2, определяемого направлением скоро сти точки В.

Скорости точек В и D равны VB = к BP2, VD = к DP2.

Из треугольника ВР2D определяем расстояния точек В и D до мгновенного центра скоростей колеса:

ВР2 = r = 0,08 м, DР2 = 2rcos30° = 0,138 м.

Определим угловую скорость колеса и скорость точки D:

V к = В = 4,3 c–1;

VD = к DP2 = 0,596 м/с.

ВР 3. Определим ускорение точки В и угловое ускорение звена АВ.

  Согласно теореме об ускорениях точек плоской фигуры ус корение точки В равно n n aB = a A + a A + aBA + aBA, (2.1) где a n = ОАОА = 0,4 м/с2 – нормальное ускорение точки А;

А a = OAOA = 15 м/с2 – ее касательное ускорение.

A n Вектор нормального ускорения точки А a A направлен к n n центру вращения звена АО, a A a A. Вектор aBA направлен по n звену АВ от В к А, a BA a BA.

Численные значения ускорений, с которыми точка В враща ется относительно точки А, определяются по формулам aВА = АВ АВ, a ВА = 2 АВ = 0,4 м/с2.

n ВА Вектор ускорения точки В направлен по направлению дви жения точки В, т. е. по горизонтали.

В векторном равенстве (2.1) неизвестны численные значе ния ускорений a B, a BA. Для их определения спроецируем равен ство (2.1) на оси координат x и y:

aB = a n aBA cos 60° aBA cos 30°, n A 0 = a + aВА cos 30° a ВА сos 60°.

n А Решая эти уравнения, получим:

a + aBA cos 30° n A = 0,992 м/с2;

aBA = cos 60° aВ = a n + a n cos 60° + a cos 30° = 1,464 м/с2.

А АВ АВ Угловое ускорение звена АВ определим по формуле a BA = 2,48 с 2.

AB = AB Так как АВ 0 и АВ 0, то направление углового уско рения АВ совпадает с направлением угловой скорости АВ.

Пример. Кривошип ОА механизма ОАВО1, звенья которого соединены шарнирами между собой и с неподвижными опорами, вращается с постоянной угловой скоростью ОА = 2 с–1. Опреде лить скорости точек В, С звена АВ, угловую скорость и угловое   ускорение этого звена, а также ускорение точки В в положении механизма, изображенного на рис. 2.6, если ОА = 0,15 м, О1В = 0,05 м.

V В аВ х В Решение. 1. Опреде n аВA.

С V лим скорости точек В, С и С n аВ угловую скорость звена А О1 аВА АВ.

. АВ V n аА А Скорость точки А у равна VА = ОАOА = 215 = ОА = 0,30 м/с. Вектор скоро сти точки V A OA и на О правлен в сторону враще ния кривошипа ОА. Так Рис. 2.6 как кривошип О1В тоже вращается, то VB O1В. Восстанавливая перпендикуляры из то чек А и В к векторам скоростей V A и VB, получаем, что они пере секаются в бесконечности. Это означает, что мгновенный центр скоростей звена АВ находится в бесконечности и скорости всех точек звена АВ равны по модулю и направлению VB = VC = VA = = 0,3 м/с. V A = VB = VC, a AB = 0.

2. Определим ускорение точки В и угловое ускорение звена АВ.

Точка В принадлежит шатуну АВ, и ее ускорение при плос n n ком движении этого звена равно aB = a A + a A + aBA + aBA. В то же время точка В принадлежит кривошипу ВО1, который враща n ется вокруг центра О1, и ее ускорение равно a B = a B + a B. При равнивая два последних векторных равенства, получим уравне ние для определения ускорения точки В:

n n n a B + aB = aB + a B + a BA + a BA. (2.2) В уравнении (2.2) определим модули ускорений:

1) a n = OAOA = 60 м/с2;

A d 2) a = OAOA = 0, OA = OA = 0, т. к. OA = const;

A dt   3) aBA = 2 AB = 0, т. к. AB = 0;

n BA VВ n = 0,18 м/с2.

4) a В = O1В Таким образом, в уравнении (2.2) остаются неизвестными ускорения a В и a ВА.

Покажем на кинематической схеме механизма направления n всех ускорений (см. рис. 2.6). Вектор a = a A направлен по кри n вошипу ОА от А к центру вращения О. Вектор aBA направлен по n звену АВ от точки В к А, вектор aB направлен по О1В от В к цен n n тру вращения О1, a BA a BA, aB aB.

Для определения численного значения ускорений аВ и а ВА равенство (2.2) спроецируем на оси координат х и у (см. рис. 2.6):

n aB = aBA cos 30 aBA cos 60°, a B = a n + a BA cos 60 a BA cos 30°.

n n A Решая эти уравнения, получим:

aB = 0,692 м/с2, aВА = 1,385 м/с2.

Определяем ускорение точки В:

a В = ( a В ) 2 + ( a В ) 2 = 0,19 м/с2.

n Так как касательное ускорение точки В относительно А оп ределяется по формуле aBA = BA AB, то угловое ускорение звена a BA = 13,85 с 2. Направление АВ определяется АВ равно AB = AB по направлению вектора aВА, в данном случае угловое ускорение звена АВ направлено по часовой стрелке.

2.4. Сложное движение точки (К-4) Прямоугольная или круглая пластина (рис. 2.7 (0–9)) враща ется вокруг неподвижной оси с угловой скоростью и угловым ускорением (табл. 2.4). Ось вращения перпендикулярна плоско   сти пластин и проходит через точку О. По пластине или по ободу круглой пластины движется точка М. Закон ее относительного движения s = АM = f(t) (s – в метрах, t – в секундах) задан в табл. 2.4, там же заданы размер прямоугольной пластины a и радиус круглой пластины R. На всех рисунках точка М изображе на в положении, при котором s 0 (если s 0, то точка М нахо дится в другую сторону от точки А). Для момента времени t1 = 1 с найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М.

Таблица 2. Рис. 2.7 (0, 3, 5, 7, 9) Рис. 2.7 (1, 2, 4, 6, 8) Номер, с 1, с условия а, м S = АМ = f(t), м R, cм S = АМ = f(t), м 4 R (t – 3t ) 20(t – 3t) + 0 2 1 36 2 R (t – 2t) 80(2t – t )– 1 3 0 40 R (3t 2 3t ) 60(t – t ) – 2 1 2 30 R (t 3 2t 2 ) 2 20(3t – t ) – 3 4 1 30 R(4t 4t 2 ) 80(t – t) + 4 2 2 32 R(4t 3t 2 ) 5(2t + t) 5 2 0 28 R(2t + t 2 ) 20(2t – t ) – 6 3 1 30 R (2t 2 t ) 3 60(t – 2t ) + 7 1 0,5 30 R(4t 4t 2 ) 6(3t – t ) – 8 2 1 36 R (2t 2 t 3 ) 40(t – 2t ) + 9 4 2 34 Указания. Задачи К-4 относятся к теме «Сложное движение точки». При решении этих задач сначала надо установить пере носное и относительное движение точки М. Для определения аб солютной скорости и абсолютного ускорения необходимо при менить теоремы сложения скоростей и ускорений.

  М М А а а/2 а/ О А О а а а а А 1 М М О А О О М М а О О А А 1 а О а 3 А М О а А О О а М а 4 М А а/ 45 О А О1 а/ а а О М Рис. 2.   Прежде чем производить расчеты, надо по условию задачи найти положение точки М в указанный момент времени и изо бразить ее на рисунке именно в том положении, в котором нужно найти ее абсолютную скорость и абсолютное ускорение. На ри сунке необходимо также показать все составляющие скорости и ускорения точки.

На рис. 2.7 (0, 3, 5, 7, 9) положение точки М на пластине оп ределяется длиной отрезка АМ, найденного по уравнению S = АМ = f (t ), при t1 = 1 с, указанного в табл. 2.4, а на рис. 2. АМ (1, 2, 4, 6, 8) это положение определяется углом =, также R при t1 = 1 с.

Пример. Прямоугольная пластина вращается вокруг оси, проходящей через точку О. Ось вращения перпендикулярна плоскости прямоугольника. Угловая скорость пластины = 2 с–1, угловое ускорение = 1 с–2. По пластине движется точка s = АМ = 0,12(2t 2 t ) 0,08 м.

V Найти абсолютную скорость и r ас аr М х абсолютное ускорение точки 0,04м 0,04м ае е О М при t1 = 1 с.

А ае n z Рассмотрим Решение.

Vе движение точки М как слож е ное, считая ее движение по 0,08м 0,08м пластине относительным, а у вращение вместе с пластиной – переносным. Тогда абсо Рис. 2. лютная скорость определяется по формуле Va = Vr + Ve. (2.3) 1. Определим положение точки М на относительной траек тории в момент времени t1 = 1 c:

s = АМ = 0,12(2t2 – t) – 8 = 0,04 м.

2. Определим относительную скорость:

ds Vr = = 0,12(4t 1) м/с;

при t1 = 1 с Vr = 0, 36 м/с.

dt   Так как Vr 0, то вектор относительной скорости направлен по относительной траектории в сторону возрастания s.

3. Определим переносную скорость.

Для этого точку М скрепляем с пластиной, тогда переносная скорость точки М равна скорости той точки пластины, с которой в данный момент времени совпадает точка М.

Численное значение переносной скорости определяется по формуле Vе = еОМ, где e = = 2 c 1 – угловая скорость пе реносного вращения пластины;

ОМ = ( АМ ) 2 + ( AO) 2 = 0,165 м – радиус переносного вращения. Тогда Vе = 0,329 м/с.

Вектор переносной скорости Vе перпендикулярен ОМ и на правлен в сторону вращения пластины, т. к. e 0.

4. Определим абсолютную скорость по формуле Va = Vr2 + Ve2 + 2VeVr cos(180° ) = 0,088 м/с.

Замечание. Численное значение абсолютной скорости мож но определить методом проекций, для этого спроецируем вектор ное равенство (2.3) на декартовы оси координат:

AM Vax = Ve sin = 7,9 м/с, sin = = 0,24 ;

OM AO Vay = Vr + Ve cos = 4,01 м/с, cos = = 0,97 ;

OM Va = (Vaх ) 2 + (Vay ) 2 = 0,088 м/с.

2. Определим абсолютное ускорение.

Согласно теореме о сложении ускорений абсолютное уско рение определяется по формуле a a = a r + ae + ac. (2.4) Определим относительное ускорение. Так как относитель n ar = 0;

ное движение является прямолинейным, то dV ar = r = 0,48 м/с2. Так как ar 0, то вектор ar направлен по dt пластине от точки А к М.

Определим переносное ускорение. Пластина вращается во круг оси О, поэтому переносное ускорение точки М равно век   торной сумме нормального и касательного ускорений n ae = ae + ae. Определим модули этих ускорений n n ae = e OM = 0,649 м/с2;

ae = eOM = 0,164 м/с2. Вектор ae на правлен по ОМ от М к О, ae ae. Так как ae 0, то направлен n этот вектор в сторону вращения пластины.

Найдем численное значение ускорения Кориолиса:

aс = 2 e Vr sin (, Vr ) = 2 2 36 sin 90° = 1,44 м/с2.

Направление вектора aс определяется по правилу Жуков ского: для этого проецируем вектор относительной скорости Vr на плоскость, перпендикулярную оси переносного вращения, а затем поворачиваем эту проекцию в этой плоскости на 90° в на правлении переносного вращения.

В данном примере вектор относительной скорости Vr уже находится в плоскости, перпендикулярной оси переносного вра щения, поэтому для определения направления вектора aс доста точно повернуть вектор Vr на 90° в сторону вращения пластины.

С учетом того, что переносное ускорение точки М равно векторной сумме нормального и касательного ускорений, равен ство (2.4) примет вид n aa = ar + ae + ae + ac. (2.5) Определяем численное значение абсолютного ускорения че рез проекции равенства (2.5) на координатные оси х и у:

n aax = ae cos ac ae sin = 0,841 м/с2, n aay = ar + ae sin + ae cos = 0,162 м/с2.

(aax )2 + (aay )2 = 0,855 м/с2.

aa = Тогда Пример. Частица М жидкости движется согласно уравне нию АМ = s = 0,12 t 2 м внутри кольцевой трубки радиуса R = 0,16 м, вращающейся в своей плоскости с угловой скоростью = 0,6t с–1 вокруг оси, проходящей через точку О. Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение частицы при t1 = с (рис. 2.9).

  Решение. Рассмотрим движение у точки М как сложное, считая ее дви жение внутри трубки относительным, а вращение вместе с трубкой – пере а Оc х О носным. Тогда абсолютные скорость А аn и ускорение точки запишутся в сле ае r n ае дующем виде:

V Va = Vr + Ve, aа = ar + ae + ac.

е М аr Определим положение точки М V r на относительной траектории в мо Рис. 2.9 мент времени t = 1 с.

Подставляя в уравнение относи тельного движения точки АМ = s = 12t2 значение t1 = с, полу 0, чим АМ = s = м. Соответствующий этой дуге центральный угол (см. рис. 2.9):

AM 0, AO1M = = = = = 60°.

3 0,16 R Определим относительную скорость и относительное уско рение точки М:

ds Vr = = 0,24 t м/с;

при t = с Vr = 0,502 м/с.

dt Вектор Vr направлен по касательной к относительной тра ектории Vr O1M и, т. к. Vr 0, в сторону возрастания дуговой координаты s. Определим относительное ускорение ar = ar + arn.

Ускорение arn направлено по радиусу окружности к точке О1, аr arn. Направлен вектор ar по касательной к этой окруж ности.

n Vr dV = 1,576 м/с2;

ar = r = 24 = 0,754 м/с2.

ar = R dt Согласно определению переносной скорости и переносного ускорения фиксируем положение точки М на ободе трубки и оп ределяем скорость и ускорение той точки окружности трубки,   в которой точка М находится в указанный момент времени.

Переносная скорость точки М равна:

Vе = еОМ, где е = = 0,6t с–1, при t1 = с е = 0,4 с–1, а МО = R, так как ОО1М – равносторонний.

Тогда Vе = 0,4 0,16 = 0,064 м/с (Ve ОМ ), и, т. к. e 0, то направлен этот вектор в сторону вращения трубки.

Переносное ускорение точки М представляется своими со n n ставляющими: ae = ae + ae, где ae = e ОМ = 0,256 м/с–2, d ae = eОМ, e = e = 0,6 с–2. Тогда переносное касательное ус dt корение ae = 0,96 м/с–2. Вектор переносного нормального уско рения направлен по ОМ от М к О, и вектор переносного каса тельного перпендикулярен к вектору нормального ускорения, n т. е. ae ae.

Ускорение Кориолиса aс = 2(е Vr ), aс = 2 e Vr sin (е, Vr ) = 2 0,4 0,502 sin 90° = 0,402 м/с2.

Направление ускорения Кориолиса определяем по правилу Жуковского (см. предыдущий пример).

Найдем численные значения абсолютной скорости и абсо лютного ускорения.

Va = Vr2 + Ve2 + 2VrVe cos 60° = 0,537 м/с.

Численное значение абсолютного ускорения находим, про ецируя равенство, определяющее абсолютное ускорение, на оси х и у (см. рис. 2.9):

a = ae + ae + arn + ar + ac ;

n aax = ar cos 60° + ar cos 30° + ae cos 30° ae cos 60° + ac cos 60° = 1,7 м/с 2, n n aay = ar cos 30° ar cos 60° + ae cos 60° + ae cos 30° + ac cos 30° = 1,4 м/с 2, n n (aax )2 + (aay )2 = 2,34 м/с2.

aa =   3. ДИНАМИКА 3.1. Дифференциальные уравнения движения материальной точки (Д-1) Тело М массой m движется вдоль оси Оx (рис. 3.1 (0–9)). На r тело, кроме силы тяжести и силы трения, действует сила F. Не обходимые для решения данные приведены в табл. 3.1, в которой приняты следующие обозначения: m – масса тела;

x – координа та;

x – проекция скорости на ось Ох;

x0 и x0 – значения коорди & & наты и проекции начальной скорости в начальный момент време ни;

f – коэффициент трения скольжения. Найти уравнение движе ния тела М, принимая его за материальную точку, при заданных начальных условиях.

Таблица 3. Начальные условия Номер x0 x & m, кг F, Н f условия м м/с (40 x 30 x) & 0 5,0 0,0 1,0 0, + 1 2,0 0,0 0,2 0, х & 5t 2 + 2 1,0 0,2 0,1 0, 32 x + 3 2,0 0,4 0,2 0, & 2t 3 + 4 1,0 0,0 0,0 0, 2x 2g 5 2,0 1,0 1,0 0, sin 2t + t 6 10,0 0,0 5,0 0, 4,5 + 6 x 7 1,5 0,0 0,3 0, 3(2 x + 3 x) & 8 3,0 0,0 0,1 0, 4 + 3t 9 10,0 0,0 120 0, Указания. Задачи Д-1 относятся ко второй основной задаче динамики. Для решения этих задач необходимо записать диффе ренциальное уравнение движения тела в проекции на ось Ох и за тем его проинтегрировать. При этом следует придерживаться следующего порядка:

  0 х х F О М М F х 30 х О х х М х М F F х О О х х F О х М х М О х х М F МF х х О О О 4 9 х FО х М х F х Рис. 3.   – выбрать систему отсчета, относительно которой рассмат ривается движение тела;

– изобразить точку в произвольном положении, которое оп ределяется координатой х;

– показать на рисунке активные силы и силы реакций свя зей;

– составить дифференциальное уравнение движения точки в проекции на ось Ох;

– проинтегрировать полученное дифференциальное уравне ние;

– определить постоянные интегрирования, используя на чальные условия.

Пример. Тело М массой m = 5 кг движется горизонтально N M под действием силы F = 10 x. & F O MО Коэффициент трения скольже х ния тела о плоскость равен Fтр mg f = 0,2. Найти уравнение движе ния тела, если в начальный мо мент времени x0 = 0,5 м;

Рис. 3. x 0 = 2 м/с (рис. 3.2).

& Решение. Тело движется поступательно, поэтому можно считать его материальной точкой. Проведем ось Ox по направле нию движения точки. Покажем положение точки на оси x в про извольный момент времени и силы, действующие на эту точку:

r r r mg – сила тяжести;

N – реакция опоры;

F – заданная сила;

r Fтр – сила трения, численное значение которой определяется по формуле Fтр = fN. Составим дифференциальное уравнение дви жения точки в проекции на ось Ox:

dx& m&& = F Fтр, m = 10 x fmg.

x & dt Разделив на m = 5 левую и правую части уравнения, полу чим:

dx dx& & = 2 x 2 или = 2( x + 1). (3.1) & & dt dt Разделим в уравнении (3.1) переменные, для этого обе его   части умножим на dt и разделим на ( х + 1), а затем проинтегриру & ем полученное уравнение.

dx & = 2dt ;

ln( x + 1) = 2t + C1.

& x + & Из начальных условий определим постоянную интегрирова ния С1. При t = 0;

x0 = 2 м/с и, следовательно, C1 = ln 3.

& С учетом этого получим х + & ln( x + 1) = 2t + ln 3, откуда ln = 2t. (3.2) & Из уравнения (3.2) выразим х, что позволит определить & скорость точки в любой момент времени:

х + 1 2t dx & = 3e 2t 1.

= e, откуда (3.3) dt Умножим на dt обе части уравнения (3.3) и проинтегрируем dx = 3e 2t dt 1dt ;

x = 1,5e 2t t + C2.

Из начальных условий определим постоянную интегрирова ния: при t = 0;

x0 = 0,5 м, тогда C2 = 1.

Таким образом, уравнение движения тела будет иметь вид x = 1,5e 2t t 1, м.

3.2. Прямолинейные колебания материальной точки (Д-2) Найти уравнение движения груза А массой m кг, отнеся его движение к оси Ox (рис 3.3 (0–9)). Определить также амплитуду, круговую частоту и период колебаний груза А, если: C1, C2, С3 – коэффициенты жесткости пружин;

– угол наклона плоскости к горизонту;

0 – начальная деформация пружин из положения ста тического равновесия;

V0x – проекция начальной скорости груза А на ось Ox. Весом пружин и трением груза А о плоскость пренеб речь. Необходимые данные для решения приведены в табл. 3.2.

Прочерки в столбцах табл. 3.2 означают, что соответствующие пружины отсутствуют и их на схемах не нужно изображать.

Указания. В задачах необходимо составить дифференци альное уравнение движения груза А в проекции на ось Ox. Реше ние задачи упрощается, если начало координат совместить с по ложением статического равновесия груза А. В тех случаях, где имеются две пружины, их следует заменить одной эквивалентной пружиной, определив ее коэффициент жесткости C.

  0 С х С С А С3 А С С х С 6 х 1 С С С С3 С1 А А 2 С С С1 С С2 А х А С х 3 С С С2 С А А С3 С х х 4 х х С1 С1 С С А А С С Рис. 3.   Таблица 3. Номер С1 С2 С m, кг 0, см VOx, м/с условия H/м 0 8 3 4 5 0, – 1 2 – 10 5 4 0, 2 4 5 – – 2 0, 3 10 6 – – 6 0, 4 12 2 6 – 3 0, 5 6 4 – – 5 0, 6 3 – – 12 2 0, 7 4 4 16 – 4 0, 8 6 – – 8 10 0, 9 2 2 – 4 12 0, В случае последовательного соединения пружин CC (рис. 3.4, а, б) C = 1 2.

C1 + C а б С А С1 С С2 св АС С А Рис. 3. В случае параллельного соединения (рис. 3.4, в) жесткость эквивалентной пружины равна C = C1 + C2.

Пример. Груз А массой m = 1 кг, расположенный на на клонной плоскости = 60°, смещен относительно положения статического равновесия на 0 = 0 и ему сообщается начальная скорость V0 = r м/с. После этого груз А под действием упругой силы пружин Fупр начинает совершать колебательные движения.

  Пружины, жесткость которых С1 = 1 Н/см и С2 = 3 Н/см, соеди нены последовательно. Определить амплитуду, круговую часто ту, период колебаний и уравнение движе ния груза А (рис. 3.5).

С А Дано: m = 1 кг;

С1 = 1 Н/см;

V С3 = 3 Н/см;

0 = 0;

V0 = 5 м/с.

С Определить: А, k, Т, x = x(t).

Решение. Поскольку движение тела х A поступательное, заменяем его матери альной точкой M. В произвольном поло Рис. 3. жении на точку M будут действовать сила r r тяжести P, реакция гладкой поверхности N и сила упругости эк r вивалентной пружины Fупр. Начало координат выберем в поло r жении статического равновесия, сила упругости Fупр всегда на правлена к положению статического равновесия (рис. 3.6), а ее величина равна:

Fy = Сс = Сс ( ст + x), где ст – статическое удлинение эквивалентной пружины;

x – коор с О дината точки M.

FN т Поскольку соединение пру упр.М х жин параллельное, то жесткость эквивалентной пружины равна:

х Сc = C1 + C2 = 4 Н/см = 400 Н/м.

Р Составим дифференциальное Рис. 3.6 уравнение движения точки M в проекции на ось x:

m&& = P sin Fx = P sin Сс ст Сc x. (3.4) x В положении статического равновесия Fупр = Сc ст. Урав нение равновесия будет иметь вид 0 = P sin Сc ст.

С учетом этого результата уравнение (3.4) примет вид m&& + Сc x = 0 или && + k 2 x = 0, x x   Сc = 20 c 1 – круговая частота колебаний.

где k = = m Так как корни характеристического уравнения мнимые, то решение полученного дифференциального уравнения можно за писать в виде x = A sin( kt + ), где A, – постоянные интегрирования, соответственно амплиту да и фаза колебаний. Для определения A, возьмем производ ную от x по времени t и подставим начальные условия (при t = 0 x0 = 0 = 0;

x0 = V0 x = 5 м/с):

& x = Vx = Ak cos(kt + );

& x0 = 0 = 0 = A sin ;

x0 = V0 x = Ak cos.

& Решая два последних уравнения, получим:

V02x xk = 0,25 м;

= arctg 02 = 0.

A= + x k2 V0 x Окончательно уравнение движения груза будет иметь вид x = 0,25 sin 20 t м.

Период колебаний T = = 0,314 с.

k 3.3. Теорема о движении центра масс механической системы (Д-3) Тело A весом P находится на гладкой наклонной поверхно сти, составляющей угол с горизонтом. По поверхности тела A движется тело B весом Q, закон относительного движения кото рого s B (t ) = f (t ). В начальный момент тело A находилось в по кое. Определить закон движения тела A, если к нему приложена r сила F. Варианты схем механических систем приведены на рис. 3.7 (0–9), а числовые данные, необходимые для решения за дачи, в табл. 3.3.

  0 S F F S В В А А 1 В В F S S А А F 2 В S В F F А S А В S S F В А А F 4 S В S F В А F А Рис. 3.   Таблица 3. Номер,, SB = f(t), P, H Q, H F, H условия град град см 2 3t + 5t + 2t 0 10 20 30 4 + 5cos(t) 2cos(t) 1 15 10 45 2t 2t 3 + 2e 3e 2 5 20 30 3 2t + 1 3t – 3 25 5 45 2sin(3t) t+ 4 20 15 30 3 3cos(2t) 5t + 2t 5 30 10 60 3 5t + 2t – 6 16 20 30 3 3t – 5t t +t 7 10 5 45 t 2t – 5e 8 25 15 30 sin(3t) – 1 2t + 9 10 10 45 Указания. Задачи Д-3 решаются с помощью теоремы о движении центра масс механической системы МаС = R(e), где M = m A + mB – масса системы;

аС – ускорение центра масс;

R(e) = Fk(e) – главный вектор внешних сил, действующих на систему. Для решения задач следует составить дифференциаль ное уравнение движения центра масс системы в проекции на ось, направленную по движению тела A, направление оси выбирают произвольно. При этом следует учесть, что движение груза B яв ляется сложным и его ускорение равно векторной сумме пере носного и относительного ускорений a B = a Be + a Br, и тогда ус корение центра масс механической системы равно r r r m A a A + m B (a Be + a Br ) r ac =.

m A + mB Для определения закона движения тела A надо проинтегри ровать составленное дифференциальное уравнение.

Пример. Для механической системы (рис. 3.8) дано:

Р = 10 Н, Q = 45 Н, s B = f (t ) = 3t 2, см, F = 40 Н, = 60°, = 0.

Определить закон движения тела A x = x(t).

  Решение. Составим дифферен циальное уравнение движения цен sB тра масс в векторной форме r r r В (m A + mB ) = m Aa A + mB (aBe + aBr ) = А аBe F rrr = P+Q+ N.

N аBr аА Спроецируем это уравнение на.Р Q ось x:

х m Aa A + mB (a A a Br cos ) = F, где a A = aBe.

Рис. 3. d 2SB P Q = 0,06 м/с2, Учитывая, что m A =, mB =, a Br = dt g g получим:

a + 4,5a 0,14 = 40.

Откуда d 2x 5,5a = 5,5 2 = 40,14 м/с2.

dt Интегрируя это уравнение при заданных начальных услови ях ( t = 0, x0 = 0, V0 x = 0 ), получим закон движения груза A:

7,3 t = 3,7t 2 м/с2.

x= 3.4. Теорема об изменении кинетического момента механической системы (Д-4) Однородная горизонтальная пластина весом P вращается вокруг вертикальной оси Oz с угловой скоростью 0. В некото рый момент времени по платформе начинает двигаться точка M весом Q по закону O1M = s = f (t ) (или с постоянной относитель ной скоростью Vr ). Пренебрегая трением в подшипниках, опре делить угловую скорость пластины в момент времени t1. Вариан ты схем механических систем приведены на рис. 3.9 (0–9), а чи словые данные, необходимые для решения задачи, в табл. 3.4.

  z z 0 5 r R= R b О О МО r М а О z z 1 0 О М О b М О R О1 а z z 2 7 R М b О О М О О а z z 3 О b М М О О R а О z z 4 0 R О b О О М а О1 М Рис. 3.   Таблица 3. S = O1M = f (t ) S = O1M = f (t ) R P Q a b Рис. 3.9 Рис. 3. – 0, c № t1, с (0, 2, 4, 6, 8) (1, 3, 5, 7, 9) Н см (10t 2 20) 5t 0 40 30 5 40 20 10 (10t 2 + 20) 20t 3 30t 2 + 1 20 30 2 30 40 30 ( 10 + 10t 2 ) 30t 2 10t 2 100 40 3 40 30 10 5(2t 3 2) –10 cos(t ) 3 10 20 5 20 10 (4t 2 6) 4t 4 40 50 10 20 20 10 (8t 2 + 4) 20t 5 30 20 5 40 20 40 0, 30t 2 15 (8t 8) 6 10 20 1 30 20 10 2,5t 3 (10t 40) 7 10 20 2 40 30 40 (20 10t 10t 2 ) 20 10t 10t 8 50 20 4 40 20 14 ( 20t 2 + 40) 20 sin( t ) 9 30 10 1 40 20 10 2 Указания. Задачи Д-4 решаются с помощью теоремы об изменении кинетического момента механической системы. Про верьте, выполняется ли условие сохранения кинетического мо мента относительно оси Oz, и, если оно имеет место, воспользуй тесь им. При этом следует учесть, что движение точки M является сложным и поэтому r r r mz (mVa ) = mz (mVe ) + mz (mVr ).

Положение точки M на относительной траектории на рис. 3.9 (1, 3, 5, 7, 9) определяется OM S значением угла = 1 =.

z R R RB Пример. Для круглой плат В R О1 mV формы, вращающейся вокруг вер е М тикальной оси Аz (рис. 3.10), за r mV О дано: s = O1M = 2t2 + 3t см;

r P = 100 H;

Q = 50 H;

0 = 5 c–1;

Р Q R = 80 см;

R = 50 см;

t1 = 1 c.

Решение. Согласно теореме RА об изменении кинетического мо А мента механической системы от носительно оси Oz имеем Рис. 3. () dLz = m z F (e).

dt r r r r m z ( F e ) = m z ( P ) + m z (Q ) + m z ( R A ) + m z ( RB ) = 0, т. к. силы, дей ствующие на платформу, параллельны оси вращения или ее пере секают.

Откуда следует, что Lz = const, т. е. кинетический момент системы до перемещения точки равен кинетическому моменту после ее перемещения в плоскости пластины:

I z 0 + mVe0 r = I z + mVe r mVr r, P R где I z = – момент инерции пластины относительно оси Oz;

g Ve0 = 0 r и Ve = r – переносная скорость точки до и после ее перемещения;

Vr = s = 4t + 3 – относительная скорость точки &   Q (при t = 1 с Vr = 7 cм/c);

m = – масса точки.

g Подставляя записанные соотношения в исходное выраже ние, получим:

P R2 Q 2 PR Q Q + r 2 7 r.

0 + 0 r = g2 g g2 g g Отсюда выражаем угловую скорость пластины:

R 0 + Q0 r 2 + 7Qr P 2 = 5,04 с–1.

= R + Qr P 3.5. Теорема об изменении кинетической энергии механической системы (Д-5) Механическая система состоит из тел 1 и 4 весом P1 и P4, блока 2 весом P2 с радиусами r2 и R2 и радиусом инерции 2 от носительно оси, проходящей через его центр масс, а также одно родного цилиндрического катка 3 весом P3 (рис. 3.11 (0–9)). Ко эффициент трения тел о плоскость равен f, качение катка по плоскости происходит без скольжения. Тела системы соединены друг с другом нитями, участки нитей параллельны соответст вующим плоскостям. При движении системы на тело 2 действует r постоянный момент сопротивления M, а на тела 1 или 3 сила F.

Считая нити нерастяжимыми и невесомыми и пренебрегая дру гими сопротивлениями, определить скорость и ускорение тела после его перемещения на расстояние S. В начальный момент система находилась в покое. Необходимые для решения данные приведены в табл. 3.5.

  0 М 3 4 М F 2 4 F М 1 4 М 1 F 2 1 F 2 М М 2 F F 3 М М 1 2 3 F F 9 М 4 М 1 F F Рис. 3.   Таблица 3. P1 P2 P3 P4 r2 R2 Номер F, M, S, f задания H Н/м м Н м 0 200 10 – 10 0,1 0,2 0,15 0 6 0,10 0,5 1 10 0 0 5 0,1 0,2 0,20 40 0 0,20 0,5 2 150 5 10 10 0,2 0,4 0,30 25 4 0,15 2,0 3 50 0 15 0 0,1 0,2 0,25 100 10 0,12 1,5 4 100 4 10 40 0,2 0,4 0,30 50 8 0,20 2,0 5 50 5 8 – 0,2 0,4 0,30 0 15 0,10 1,0 6 140 20 0 – 0,1 0,4 0,25 10 10 0,10 0,5 7 50 0 4 20 0,15 0,3 0,25 0 8 0,15 0,5 8 30 5 0 – 0,2 0,4 0,30 40 6 0,12 2,0 9 60 6 10 0 0,1 0,2 0,15 0 10 0,10 1,0 Указания. При решении задач Д-5 применяется теорема об изменении кинетической энергии в конечной форме (для опреде ления скорости тела 1) и в дифференциальной форме (для опре деления ускорения).

При определении кинетической энергии системы следует учесть, что тела 1 и 4 движутся поступательно, тело 2 – вращает ся, а тело 3 совершает плоскопараллельное движение. При уста новлении зависимостей между скоростями движущихся тел сле дует воспользоваться формулами из соответствующих разделов кинематики.

Прочерк в табл. 3.5 означает, что соответствующее тело в систему не входит (на рисунке не изображать), а ноль – что тело считается невесомым. Тело 2 на рисунках изображается всегда.

Для схем 1, 4, 7, 8 коэффициент трения скольжения считать рав ным 0.

Сумму работ всех внешних сил, действующих на систему, необходимо выразить как функцию перемещения тела 1 ( S ), а кинетическую энергию – как функцию квадрата скорости тела 1.

Пример. На рис. 3.12 дано: P1 = 50 Н;

P2 = 10 Н;

P3 = 5 Н;

R2 = 0,6 м;

r2 = 0,3 м;

2 = 0,4 м;

f = 0,1;

F = 2 Н;

S = 2 м.

Определить скорость и ускорение тела 1.

  Решение. Для решения задачи применяем теорему об изме нении кинетической энергии в конечной форме:

T T0 = A(e) + A(i ), где Т, Т0 – кинетическая энергия системы в конечный и началь ный момент времени;

У 2 (e) (i ) A, A – сумма S работ внешних и N 1 F внутренних сил, дей 3 х2 С V ствующих на систему.

1.

Р F тр Поскольку в на М чальный момент вре Р N Р 1 мени система находи лась в покое, то Рис. 3. T0 = 0.

Кинетическая энергия рассматриваемой механической сис темы 1 P3 2 1P T = T1 + T2 + T3 = 1 V12 + J 2 2 + VС + J 33, 2g 2 2g где V1 – скорость тела 1;

2 – угловая скорость тела 2;

VС – ско рость центра масс тела 3;

J 2, J 3 – моменты инерции тел 2 и 3.

P 1 2 1 P2 J 2 = m2 2 = 2 2, J 3 = m3 R3 = R3.

2 g 2 2g Запишем кинематические соотношения:

V r V V V 2 = 1, VC = 1 2, 3 = C = C.

R2 R2 CP R Тогда окончательно, подставляя эти значения в выражение кинетической энергии, получим:

1 P 2 1 P2 2 V12 1 P V1 r2 1 P 2 V1 r 2 2 + 3 T = 1 V1 + R 2 + 2 g R3 R 2 R = 2g 2g R2 2 g 2 2 (3.5) 3 r 1 V12 2 + P 2.

= P +P 1 2 8 R 2g R2 (i ) A = 0, так как система неизменяемая (тела абсолютно твердые, нити нерастяжимые).

  Определим сумму работ всех внешних сил, действующих на рассматриваемую механическую систему.

AP = P S sin 30°, AF = Fтр S = f P cos 30° S, r r 1 1 тр S r M AM = M 2 = AF = F SC = F,, R2 R AN = 0, AP = 0, AX = 0, Ay 2 = 0, AP = 0, AN = 0.

r r r r r r 1 r r r 2v 3 Работа сил P2, x2, y2, N 3 равна нулю, так как эти силы при rv ложены в неподвижных точках, а сил P3, N1 равна нулю, так как эти силы перпендикулярны к перемещению точек их приложе ния. Тогда (e) r M F 2 S.

A = P sin 30° f P cos 30° (3.6) 1 R2 R Подставляя (3.5) и (3.6) в выражение теоремы кинетической энергии системы, получим:

2 3 r2 2+ P P + P2 1 R2 8 R2 2 r M F 2 S. (3.7) V1 = P sin 30° f P cos 30° R2 1 2g R Откуда r M F 2 2 gS P sin 30° f P cos 30° 1 R2 R V1 = = 2,73 м/с.

2 2 3 r P + P2 2 + P3 R2 8 R Для определения ускорения тела 1 продифференцируем ра dV dS = V1, а = a1, венство (3.7) по времени. С учетом того, что dt dt имеем:

2 3 r2 2+ P P + P2 1 dV r dS R2 8 R2 M 2V1 1 = P sin30° f P cos30° F 2, 1 R2 2 dt 2g dt R откуда   r M F g P sin 30° f P cos 30° 1 R2 R dV1 = 1,86 м/с2.

a1 = = 2 3 r2 dt 2+ P P + P2 1 R2 8 R Если при вычислении A(e) получилась отрицательной, то следует изменить направление движения системы и с учетом это го пересчитать A(e).

3.6. Принцип Даламбера для механической системы (Д-6) Используя условия задач Д-5, а также значение найденного r ускорения первого тела a1, определить натяжения ветвей нитей и реакцию оси блока 2.

Указания. Для решения задач Д-6 следует воспользоваться принципом Даламбера, для чего надо рассматривать движение каждого тела в отдельности, приложить к нему все внешние силы (активные и силы реакций связей), а затем, присоединив силы инерции, составить соответствующие уравнения равновесия.

Пример. В условиях предыдущего примера (см. рис. 3.12) определить натяжения нитей и реакцию шарнира.

Решение. Рассмотрим тело 1 и тело 2 отдельно. Покажем все приложенные к этим телам активные силы, силы реакций свя зей, а также силы инерции (рис. 3.13).

у R1Ф у Т 2 Т 1 N х 1. F О тр х а Т Р Ф М Р х М Рис. 3. r r T1 и T2 – натяжения ветвей нити, Х 2, Y2 – составляющие реакции   P шарнира блока 2, R1 = 1 a1 – главный вектор сил инерции тела g P a 1, M 2 = J 2 2 = 2 2 1, M 2 – главный момент сил инерции g R блока 2 относительно оси, проходящей через его центр масс.

Составим уравнения равновесия для груза 1 и ступенчатого блока 2:

Fkx = 0, P cos 60° f P cos 30° R1 T1 = 0 ;

1 x2 T1 cos 30° + T2 = 0 ;

Fkx = 0, Fkу = 0, P2 + y2 T1 cos 60° = 0 ;

М 0 ( Fk ) = 0, T1 R2 M 2 T2 r2 M = 0.

Решая эти уравнения, получим:

T1 = 11,35 H, T2 = 1,03 H, X 2 = 8,78 H, Y2 = 4,32 H.

3.7. Принцип возможных перемещений (Д-7) Рассчитать реакции составной балки, нагруженной сосредо r точенной силой P, равномерно распределенной нагрузкой интен сивности q и парой сил с моментом М. Варианты схем представ лены на рис. 3.14 (0–9), значения данных для расчета – в табл. 3.6.

Указания. Задачи Д-7 решаются с помощью принципа воз можных перемещений применительно к равновесной механиче ской системе с одной степенью свободы. Для решения задачи не обходимо сообщить системе возможное перемещение, опреде лить сумму элементарных работ всех приложенных сил на этом перемещении и приравнять ее к нулю. К этому уравнению следу ет добавить зависимости между возможными перемещениями то чек системы.

  0 5 Р Р Е В А АВ С D С D Е М М М М 1 Р Р А В А С Е С D В D Е М М М М 2 Р Р В С А D Е А D С Е В М М М М 3 Р Р Е А D В С АВ DЕ С М М М М 4 Р Р М М М D Е А В А С DЕ В С М Рис. 3.   Таблица 3. Точка Участок AB BC CД Номер P, M,, q, приложе- распреде задания H Hм град H/м ния силы ления м r нагрузки P 0 4 4 3 6 2 60 D BC 1 2 5 1 3 1 45 А AВ 2 5 4 2 4 1 30 D AB 3 8 4 2 4 2 30 А CD 4 6 2 4 6 3 45 D AD 5 3 6 6 4 1 60 А CD 6 2 5 8 4 4 30 0, D ВD 7 4 6 4 6 2 30 1, D СD 8 4 8 4 4 1 60 C AC 9 5 8 5 5 4 30 1, B AB r 1. Определение горизонтальной составляющей X A реакции шарнира А (рис. 3.15, б).

а б у у l/2 D F М М s Р F СР В XА В А С D А х х l l l г в у у М RD F Y М С Р Р F D В Вх D А С А х sС А д у М RВ F СР А х В D Рис. 3. Сообщив балке возможное перемещение s, записываем следующее уравнение:

X As F cos s = 0, откуда X A = F cos.

  r 2. Определение вертикальной составляющей Y A реакции шарнира А (рис. 3.15, в).

Возможным перемещением в данном случае является пово рот балки AC вокруг шарнира С на угол. Уравнение возмож ных работ записывается в следующем виде:

YA l M = 0, откуда YA = M / l.

r 3. Определение реакции RD шарнира D (рис. 3.15, г).

Возможными перемещениями рассматриваемой составной конструкции в этом случае будут поворот балки BC вокруг шар нира A на угол и поворот балки BC вокруг шарнира B на угол. Уравнение возможных перемещений при этом будет иметь вид:

3l M + P RD l + F sin l = 0. (3.8) Связь между угловыми перемещениями и найдем из соотношения:

AC l AC = BC, откуда = = =.

BC 2l С учетом этого уравнение (3.8) перепишется следующим образом:

3 1 M + P l RD l + F sin l = 0.

4 2 Откуда 3 2M RD = P + F sin.

2r l 4. Определение реакции RB шарнира (рис. 3.15, д).

Угловые перемещения балки AC и балки BC – одинаковые, т. е. =. Тогда l M + P RB l = 0.

MP Отсюда RB =.

l 5. Для проверки полученного решения составляем уравне ния статики:

  Fx = 0;

x A F cos = 0;

Fx = 0;

y A P F sin + RD + RB = 0.

3.8. Уравнение Лагранжа II рода для механической системы с одной степенью свободы (Д-8) Механическая система, состоящая из четырех однородных тел, находится под действием силы F и двух пар сил, моменты которых равны M1 и M 2 (рис. 3.16 (0–9)).

Определить величины, указанные в табл. 3.7 в столбце «Найти», а также установить направление движения системы.

rrrr Данные для решения приведены в табл. 3.7, где P, P2, P3, P4 – веса тел;

r1, r2, R2 – радиусы шкивов 1 и 2;

2 – радиус инерции шкива 2 относительно оси, проходящей через его центр масс;

– угол наклона плоскости к горизонту. Тело 1 считать однород ным круглым цилиндром.

Таблица 3. 2 Найти F Номер P1 P2 P3 P4 M1 M2 r1 r2 R задания H см Нм 0 50 20 200 100 40 50 100 20 10 25 16 а 1 20 50 100 0 80 – 50 15 5 18 10 а 2 40 20 100 0 50 – 80 18 8 26 3 80 20 240 20 – 75 50 16 4 20 12 а 4 60 30 100 20 100 80 30 10 4 30 5 40 40 400 0 – – 40 14 8 20 12 а 6 100 60 200 0 – 100 75 18 6 24 7 200 20 100 0 100 – 60 20 10 25 8 50 10 200 10 – 100 200 15 12 30 9 10 15 100 0 120 – 200 16 10 20 12 а   0 М2 F М 1 х х F М1 2 4 М2 1 М2 М1 М F х 4 х М 2 3 2 30 F 2 2 М х 1 х М 1F F 3 60 М2 2 М 3 М1 М1 М F 2 1 х М Fх 3 4 4 4 9 F М х F х М2 3 М1 М2 Рис. 3.   Указания. Рассматриваемая механическая система имеет одну степень свободы. Для решения задачи необходимо соста вить одно дифференциальное уравнение Лагранжа, взяв за обоб щенную координату – координату тела, ускорение которого тре буется определить, или угол поворота одного из шкивов, угловое ускорение которого требуется найти.

Тела, вес которых в табл. 3.7 равен нулю, считать невесо мыми. Пропуск в таблице означает, что эта величина отсутствует и ее на рисунке можно не изображать.

Пример. Для механической системы, изображенной на рис. 3.17, задано М1 = 10 Нм, М 1 М2 = 20 Нм, Р1 = 200 Н, Р2 = 300 Н, Р3 = 500 Н, F = 2 H, R2 = 0,3 м, r1 = 0,2 м, F х М1 2 = 0,15 м, r2 = 0,1 м. Найти ускорение тела 3.

Решение. Для решения задачи применяем уравнение Лагранжа II рода.

Рис. 3. В данном случае система имеет одну степень свободы, поэтому в качестве обобщенной ко ординаты системы возьмем координату x груза 3. Тогда уравне ние Лагранжа II рода запишется следующим образом:

d T T = Q, (3.9) dt x x & где T – кинетическая энергия системы;

Q – обобщенная сила, соответствующая координате x.

Вычислим кинетическую энергию и выразим ее через ско рость груза 3 ( x ):

& 1 Р2 2 1 Р1 1 Р3 х, Т2 = 2, Т1 = 1, Т = Т1 + Т2 + Т3, Т 3 = & 2g 2g 2g P r 2 R2 R2 x P x & &, I1 = 1, I 2 = 2 2.

где 2 =, 1 = = g 2g r2 r1 r1 r   P R2 P2 2 & 2 +P x.

1 + Таким образом, T = 2r 2 2g r Для нахождения обобщенной силы Q сообщим системе возможное перемещение, при котором координата x получит приращение x 0. Вычислим сумму элементарных работ всех действующих сил на этом перемещении:

A = P3 x M 2 2 M11 + Fr11, x R x где 2 = ;

1 = 2.

r2 r1 r Таким образом, R M MR A = Qx = P3 2 1 2 + F 2 x.

r r2 r1r Откуда R M MR Q = P3 2 1 2 + F 2 156 Н.

r r2 r1 r Составляем уравнение (3.9). Для этого вычислим производ ные T x P R2 P2 2 & 1 2 T + 2 2 + P3 = 211,7 x;

= = 0.

& x g 2r2 2 x & r После подстановок в уравнение (3.9) получим:



Pages:   || 2 |
 




 
2013 www.netess.ru - «Бесплатная библиотека авторефератов кандидатских и докторских диссертаций»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.