Теоретическая механика. Часть 3. Кинематика системы.

Тема 1. ПОНЯТИЕ СЛОЖНОГО ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ.
ТЕОРЕМА СЛОЖЕНИЯ СКОРОСТЕЙ
До сих пор мы рассматривали движение точки относительно системы отсчета,
которую условно считали неподвижной. Однако в ряде случаев при решении задач оказывается удобным рассматривать движение точки относительно двух систем отсчета, одна из которых принимается за неподвижную, а другая движется
определенным образом по отношению к первой. В результате введения подвижной системы изучение движения точки упрощается. Его можно рассматривать теперь как составное, состоящее из двух движений: из движения относительно подвижной системы и вместе с подвижной системой. Такое движение точки — движение, состоящее из двух (или более) простых движений, и будем называть сложным. Например, движение человека по лестнице эскалатора и движение его вместе с лестницей.
А теперь рассмотрим сложное движение некоторой точки М и изучим свойства этого движения. Представим себе, что мы
Z
наблюдаем движение точки М по отношению к
M
некоторой системе координат O1X1Y1Z1, которая
Z1
в свою очередь сама как-то движется по отноY1

шению к системе OXYZ, принимаемой за непоar
движную (рис. 1). Каждая из этих систем отсче01
X1
та неизменно связана, конечно, с определенным
0
телом. Движение точки М относительно поY
движной системы координат называется относительным движением, относительно неподвиж- X
ной системы — абсолютным, а движение поR
движной системы относительно неподвижной —
Рис. 1
переносным. Абсолютное (составное) движение
является результирующим, а относительное и переносное — составляющими
движениями.
В приведенном примере с лестницей эскалатора абсолютным движением будет движение человека относительно неподвижных стен здания, движение человека по лестнице (подвижной системе) — относительное, а движение самой лестницы относительно стен — переносное.
В сложном движении точки различают три вида скоростей и ускорений: абсолютную скорость и ускорение, относительную скорость и ускорение и переносную скорость и ускорение.
Абсолютной скоростью (ускорением) точки называют ее скорость (ускорение)
в абсолютном движении, т.е. относительно неподвижной системы координат.
Обозначение: Va , aa .
Относительная скорость (ускорение) — скорость (ускорение) в относительном
движении. Обозначение: Vr , a r .
4
Под переносной скоростью (ускорением) точки следует понимать скорость
(ускорение) точки, неизменно связанной с подвижной системой, с которой в данный момент совпадает точка М. Обозначение: Ve , a e .
Основная задача кинематики сложного движения состоит в установлении зависимости между кинематическими характеристиками относительного, переносного и абсолютного движения.
Зависимость между относительной, переносной и абсолютной скоростями
точки выражена теоремой сложения скоростей.
Теорема. Абсолютная скорость точки равна геометрической сумме переносной и относительной скоростей.
Доказательство. Пусть точка М движется по некоторой кривой AB, которая в
свою очередь тоже движется (рис. 2). Пусть за
В
В1
промежуток времени Δt точка переместилась по
М3
траектории и сама траектория тоже переместилась
М2
из AB в A1B1. Если бы траектория не переместиМ
лась, то точка за время Δt переместилась бы из М в
А
М3 . Если бы точка по траектории не двигалась, а
М1
А1
двигалась только вместе с траекторией, то она переместилась бы из М в М1, но оба движения произошли одновременно и в результате этих движеРис. 2
ний точка переместилась из М в М2 . Соединим
точки М, М1, М2 и зададим на отрезках направления ММ 1 , М 1М 2 и ММ 2 Из чертежа видно, что ММ 2 = ММ1 + М 1М 2 . Здесь ММ1 ; ММ 2 ; М 1М 2 — соответственно векторы переносного, абсолютного и относительного перемещения. Разделим все перемещения на Δt и перейдем к пределу:
ММ 2
ММ 1
М М
ММ 2 ММ1 М 1М 2
 lim
 lim 1 2 .
; lim


t
t
t
t
t  0 t
t  0 t
t  0
На основании определения скорости получим
(1)
Va = Ve + Vr .
Теорема доказана.
Вектор Va определяется по правилу параллелограмма (рис. 3). По модулю

Ve
M α

Va
Va = Ve 2  Vr 2  2  Ve  Vr  cos
или по проекциям на оси OXYZ
Va {Vx, Vy,Vz};
Vr
(2)
Vx=Vex+Vrx;
Vy=Vey+Vry;
Vz=Vez+Vrz.
Рис. 3
Va= V x 2  V y 2  V z 2 ;
5
(3)
cos 
Vy
Vx
V
; cos  
; cos  z .
V
V
V
Порядок решения задач на нахождение скоростей
в сложном движении точки
1. Разложить движение на составляющие, определив абсолютное, относительное и переносное движения.
2. Выбрать две системы координат: неподвижную и подвижную, приняв за
неподвижную систему отсчета систему, неизменно связанную с Землей.
3. Мысленно остановив переносное движение, найти скорость относительного движения точки.
4. Мысленно остановив относительное движение, определить переносную
скорость.
5. Применив теорему сложения скоростей, определить искомую абсолютную
скорость точки.
Если абсолютная скорость известна, можно, пользуясь теоремой сложения
скоростей, найти искомую относительную и переносную скорость точки.
Пример. Прямолинейная трубка вращается в плоскости чертежа вокруг неподвижной точки О1, по закону φ=2t.
Шарик М движется вдоль трубки по заY Y1


Va
Ve
кону O1M = S = 4t (м) (рис. 4).
we
Найти абсолютную скорость шари
М А
Vr
ка в момент вылета его из трубки, если
O1
X1
О1А = 3м.
О
X
Решение.
1. Изображаем подвижную и неРис. 4
подвижную системы отсчета.
2. За подвижную систему выбираем трубку, за неподвижную — Землю.
3. Изображаем шарик в момент вылета из трубки. Расставляем векторы скоростей Ve , Vr согласно теореме сложения скоростей: Va = Ve + Vr . Строим параллелограмм скоростей.
4. Определяем величины относительной и переносной скоростей точки: Ve и
Vr ; Vr = S = 4 м/с; Ve = ωe ОА =  ОА = 6 м/с
Тогда Va = Ve 2  Vr 2  16  36  2 13 м/с, так как Ve  Vr .
6
Контрольные вопросы к теме 1
C
O
A

O1
№1
Расставить векторы Ve , Vr , Va для точки А
(рис. 5). Определить Ve, Vr, если известны Vа и φ, выбрать верный ответ из приведенных.
1. Ve=Vacosφ; Vr=Vasinφ.
2. Ve=Vasinφ; Vr=Vacosφ.
3. Ve=Vacosφ; Vr=Vatgφ.
4. Ve=Vasinφ; Vr=Vaсtgφ.
№2
Расставить векторы Ve , Vr , Va для точки С
(рис. 6). Определить Va, Vr, если известны Ve и φ,
и выбрать верный ответ из приведенных.
V
V
1. Va  e ; V r  e .
sin 
tg
2. Va  Ve cos  ; Vr  Ve sin  .
V
3. Va= Vetg φ ; Vr  e .
cos
B
4. Va  Ve sin  ; Vr  Ve cos .
Рис. 5
C

A
Рис. 6
№3
Тонкий стержень AB неподвижен, а проволочная окружность радиусом r вращается в плоскости чертежа с постоянной угловой скоростью ω вокруг точки О
этого стержня. Найти абсолютную скоY1
X1
рость колечка М, надетого на окружность и
стержень (φ — угол поворота окружности,
O1

ОМ=S, рис. 7). Выбрать верный ответ.
O 
A
B
S
M
1. Va  Ve  Vr    S 
sin 
2. Va  Ve cos   2  r  cos 2  .
Рис. 7
3. Va    S sin     r  sin 2 .

Va
A
4. Va  Ve  2  r  sin  .
ctg

M
B
Рис. 8
№4
Ползун А скользит по прямолинейному
рельсу со скоростью VА. Вокруг точки А ползуна вращается со скоростью ω в вертикальной плоскости стержень АВ, по которому
7
движется точка М с относительной скоростью V0 . Определить абсолютную скорость точки М (АМ= r, рис. 8). Выбрать верный ответ.
1. Va    r  V0 .
2. Va  VA  V0 .
3. Va    r  VA .
4. Va    r  V0  VA .
№5
Расставить векторы Ve , Vr , Va для точки С (рис. 9).
Определить Ve и Vr, приняв известными φ и Va. Выбрать
правильный ответ.
1. Ve  V a sin  ; Vr  Va cos  .
2. Ve  Va cos  ; V r  V a sin  .
C

O
3. Ve 
B
4. Ve 
Рис. 9
sin 
; Vr  Va ctg .
№6
Расставить векторы Ve , Vr , Va для точки В (рис. 10).
Определить Va и Vr, приняв известными φ и Ve. Выбрать верный ответ.
1. V a  Ve sin  ; Vr  Ve cos  .
2. Va  Ve cos  ; Vr  Ve sin  .
V
3. Va  e ; Vr  Ve tg .
cos
V
4. V a  e ; Vr  Ve ctg .
sin 
A
B

O
Рис. 10
с.10
A
B
O
Va
; Vr  Va tg .
cos
Va
φ
Рис. 11
№7
Расставить векторы Ve , Vr , Va для точки А
(рис. 11). Определить Ve и Vr, приняв известными φ и
Va. Выбрать верный ответ.
1. Ve  V a sin  ; Vr  Va cos  .
2. Ve  Va cos  ; V r  V a sin  .
V
3. Ve  a ; Vr  Va tg .
cos
4. Ve  Va ctg ; V r  V a sin  .
8
№8
Расставить векторы Ve , Vr , Va для точки Д
(рис. 12). Определить Ve и Vr, если известны φ и Va.
Выбрать верный ответ.
1. Vr  Va cos  ; Ve  V a sin  .
2. Vr  Va sin  ; Ve  Va cos  .
V
3. Vr  a ; Ve  Va tg .
cos
V
4. Vr  Va ctg ; Ve  a .
sin 
A
Д
O
С
B
φ
Рис. 12
A
O
φ
Рис. 13
О1
№9
Расставить векторы Ve , Vr , Va для точки А (рис. 13).
Определить Ve и Va, если известны φ и Vr. Выбрать верный ответ.
V
1. Ve  Vr tg ; Va  r .
cos
2. Ve  Vr sin  ; Va  Vr cos  .
3. Ve  Vr cos  ; V a  V r sin  .
V
V
4. Ve  r ; Va  r .
cos
ctg
№ 10
Чему равна по модулю абсолютная скорость точки, совершающей сложное
движение в общем случае? Выбрать верный ответ.
1. V a  Ve  V r .
2. Va  Ve 2  Vr 2 .
3. Va  Ve  Vr .
4. Vа= Ve2  Vr2  2VeVr cos  .
№ 11
Чему равны проекции Va на неподвижные оси координат? Выбрать верный
ответ.
1. Сумме составляющих его векторов Ve и Vr .
2. Сумме модулей, составляющих его векторов Ve и Vr .
3. Сумме проекций составляющих векторов на неподвижные оси координат.
9
№ 12
Переносная скорость точки V1 = 5 м/с; относительная V2 =1 м/с. Движения
происходят под углом α =1200. Определить абсолютную скорость точки. Выбрать
верный ответ.
1. Va  V1  V2  6 м/с.
2. Va  V1 2  V2 2  2  V1  V2  cos120 0  21 м/с.
3. Va  V1 2  V2 2  26 м/с.
4. Va  V1  V2  2  V1  V2  cos 60 0  11 м/с.
№ 13
Как определить Va , если известно, что Ve и Vr неперпендикулярны и неколлинеарны? [(VeVr ) = α]. Выбрать верный ответ.
2
2
1. Va  Vx  V y .
2. Va  Ve 2  Vr 2  2  Ve  Vr  cos .
3. Va  Ve 2  Vr 2 .
O
φ
A
№ 14
Ползун А кривошипно-кулисного механизма совершает
сложное движение. Чему равна скорость ползуна А при φ = 0
(рис. 14)? Выбрать верный ответ.
1. Va  Vr .
2. Va  Ve .
3. Va  Va  Vr .
Рис. 14
Тема 2. ТЕОРЕМА СЛОЖЕНИЯ УСКОРЕНИЙ
Z Z
1
k1
r
0
M

r1
О
 1i
P 1
X1
X
Y

j1
Рис. 15
1
Y
Абсолютное ускорение точки равно геометрической
сумме двух ускорений: переносного и относительного, если переносное движение является поступательным.
Доказательство. Рассмотрим сложное движение точки
М такое, при котором подвижная система движется только
поступательно. Будем определять положение точки М в
подвижной системе вектором О1М  r1  x1i1  y1 j1  z1k1 ; в
10
неподвижной системе — вектором r  ОМ ; а начало подвижной системы О1
определим относительно неподвижных осей XYZ вектором   ОО1 (рис. 15). Получим векторный треугольник, из которого видно, что
r    r1
(2)
(3)
r    x1i1  y1 j1  z1k1 .
Из кинематики точки известно, что ускорение (вектор) определяется второй
производной от радиуса-вектора точки по времени, поэтому продифференцируем
полученное равенство (3) дважды по времени, учитывая, что подвижная система
движется только поступательно, т.е. векторы i1 , j1 , k1 не изменяются, получим
dy
dz
dr d dx1
(4)


i1  1 j1  1 k1 ;
dt dt
dt
dt
dt
d 2 y1
d 2 z1
d 2 r d 2  d 2 x1
(5)
 2  2 i1 
j1  2 k1 .
dt 2
dt
dt
dt 2
dt
Рассмотрим полученное равенство (5):
d 2r
 aa ,
dt 2
так как r определяет положение точки в неподвижной системе;
d 2r
 aO  ae ,
dt 2
так как подвижная система движется поступательно и ускорение точки О1 есть
ускорение системы O1X1Y1Z1. И, наконец,
x1i1  y1 j1  z1k1  ar
есть разложение вектора a r , по подвижным осям, т.е. относительное ускорение.
Таким образом,
a a  ae  a r ,
т.е. теорема доказана.
Вектор aa определится по правилу параллелограмма (рис. 16):
или
1
aa  ae 2  ar 2  2  ae  ar  cos 
или по проекциям на оси XYZ:
aa  a x 2  a y 2  a z 2 ;
где
M
аCх  аех  аrx ;

a y aAaey  ary ;
aBz  aez  a rz .
A
Рис.
Направление найдем по направляющим косинусам:
136
450
ε
3
1

ae
(8)
11

ar
β
Рис. 16

aa
ax

cos


;
1

a

ay

;
cos  1 
a

az

cos  1  a .

Доказанная теорема справедлива только для поступательного переносного
движения. Если переносное движение непоступательное, находить абсолютное
ускорение по теореме сложения ускорений нельзя. В этом случае пользуются теоремой 2 — теоремой Кориолиса, доказанной им в 1836 г.
Теорема. При непоступательном переносном движении абсолютное ускорение
точки равно геометрической сумме трех ускорений: переносного, относительного
и кориолисова.
Доказательство. Докажем теорему для частного случая, когда переносное
движение есть вращение вокруг неподвижной оси.
Итак, рассмотрим движение точки М относиM
тельно такой системы O1X1Y1Z1, которая вращаZ Z1
Pe
ется относительно некоторой оси O1P c угловой

r1
скоростью  e . Положение точки в подвижной
Y1
системе определим вектором r1  О1М , в непо k

О1 j
r
1
  1
движной — r  ОМ , и начало подвижной систеi1
мы О1 относительно неподвижной определим
0
вектором   ОО1 (рис. 17). Получим векторный
X1
Y треугольник ОМО1, из которого r    r , но
1
X
r1  x1i1  y1 j1  z1k1 , поэтому
Рис. 17
r    x1i1  y1 j1  z1k1 , где х1; у1; z1 — координаты точки М в подвижной системе; i1; j1; k1 — орты этой системы.
Чтобы получить вектор aa , продифференцируем дважды по времени последнее равенство:
di
dj
dk
dr d

 x1i1  y1 j1  z1k1  1 x1  1 y1  1 z1 .
dt dt
dt
dt
dt
Так как точка движется в подвижной системе, то ее координаты х 1; у1; z1 есть
функции времени, т. е. переменные величины, а орты i1  j1  k1 =1 при вращении системы X1;Y1;Z1 вокруг оси О1Р изменяют свое направление и, следовательно, тоже являются переменными величинами, поэтому берем производные сначала от координат х1; у1; z1, потом от орт i1 , j1 , k1 .
Еще раз дифференцируем:
12
di
dj
dk
d 2r d 2 
 2  x1i1  y1 j1  z1k1  1 x1  1 y1  1 z1 
2
dt
dt
dt
dt
dt
2
2
2
di
dj
dk
d i
d j
d k
 21 x1  21 y1  21 z1  1 x1  1 y1  1 z1.
dt
dt
dt
dt
dt
dt
d 2r
 aa ,
dt 2
r — радиус-вектор точки M в неподвижной системе;
x1i1  y1 j1  z1k1   ar — разложение вектора по подвижным осям.
Далее
 d 2  d 2i1
d2 j
d 2k 
 2  2 x1  21 y1  21 z1   ae .
 dt

dt
dt
dt


Эта группа представляет ускорение точки М в движении ее вместе с подвижной системой. Чтобы в этом убедиться, проделаем следующее: мысленно остановим относительное движении точки, тогда точка будет участвовать только в одном движении вместе с подвижной системой координат и ее переносное ускорение будет (при остановленном относительном движении) одновременно и абсолютным ускорением, т. е. aa  ae , при неизменных х1; у1; z1.
Но
 d 2
d 2i1
d 2 j1
d 2 k1   di1
dj
dk 

aa   2  x1 2  y1 2  z1 2   2 x1
 y1 1  z1 1  
dt
dt 
dt
dt
dt   dt
 dt
Здесь
d 2
d 2i1
d 2 j1
d 2 k1
 x1i1  y1 j1  z1k1   2  x1 2  y1 2  z1 2  ae.
dt
dt
dt
dt
Выражения во второй и третьей скобках при этом обратятся в нули, так как
x1 , y1 , z1 теперь постоянны. Точка в неподвижной системе не движется.
Осталось еще одно выражение, которое мы не определили:



 di1
dj1
dk1 
.
2 x1
 y1
 z1

dt
dt
dt


Это будет по размерности вектор ускорения, он и называется ускорением Кориолиса. Итак,
a a  ae  a r  a k ,
(9)
т.е. теорема доказана.
Вектор aa в этом случае лучше определить по его проекциям на неподвижные
оси XYZ :
aa  a x 2  a y 2  a z 2 ,
где
ax=aex+arx+akx;
ay=aey+ary+aky;
az=aez+arz+akz .
13
(10)
Направление aa найдем по направляющим косинусам.
Рассмотрим выражение (10), которое определило вектор ak :
 di
dj
dk 
a k  2 x1 1  y1 1  z1 1  .
dt
dt 
 dt
Здесь x1 , y 1 , z1 — проекции скорости Vr на подвижные оси;
di1 dj1 dk1
; ;
— производные от единичных векторов i1 , j1 , k1 по времени.
dt dt dt
Найдем эти производные. Для этого вспомним основную формулу кинематики
— формулу Эйлера, согласно которой линейную скорость точки вращающегося
тела можно представить в виде векторного произведения угловой скорости вращения и радиуса-вектора данной точки, проведенного из какого-либо центра, лежащего на оси вращения, т.е. V    r .
Если векторы i1 , j1 , k1 рассмотреть как радиусы-векторы точек, лежащих на их
концах, то соответственно производные от них по времени будут (как известно из
кинематики точки) скоростями этих точек. Но в данный момент времени подвижная система и орты вместе с ней участвуют во вращательном движении вокруг
оси O1P c угловой скоростью  e , и, следовательно, скорости точек, лежащих на
концах i1 , j1 , k1 , будут линейными скоростями, которые по формуле Эйлера можно
представить так:
dk
di1
dj
 e  i1 ; 1  e  j1 ; 1  e  k1 .
dt
dt
dt
Тогда
 di
dj
dk 
a k  2 x1 1  y1 1  z1 1   2x1 e  i1   y1 e  j1   z1 e  k1  
dt
dt 
 dt
 e  x1i1  y1 j1  z1k1   2e  V ,
где Vr  x1i1  y1 j1  z1k1 — разложение вектора относительной скорости по подвижным осям;
(11)
ak  2e  Vr .
Ускорение Кориолиса равно удвоенному векторному произведению угловой
скорости переносного вращения на относительную скорость точки. Ускорение
Кориолиса появляется вследствие двух причин, не учитываемых переносным и
относительным ускорениями. Относительное ускорение не учитывает изменения
направления относительной скорости в неподвижном пространстве вследствие
вращения подвижной системы координат в переносном движении. Переносное
ускорение не учитывает изменения переносной скорости, получающегося при переходе движущейся точки от одной точки подвижного пространства к другой
(этот переход вызван относительным движением).
14
Величина и направление этого вектора определяются по правилам векторного
произведения. Согласно этим правилам вектор
Z
ak  2e  Vr направлен перпендикулярно плоскости,
в которой лежат векторы  e и Vr , так, чтобы, глядя с

e
конца ak , мы видели поворот  e к Vr на угол α проα


ak
исходящим против часовой стрелки (рис. 18). По моVr
дулю a k  2 eVr sin  .
M
Y
Частные случаи:
X
а) ak = 0, если переносное движение поступательное
Рис. 18
(  e = 0), тогда будет иметь место теорема сложения
ускорений;
в) ak = 0, если Vr = 0, т.е. относительное движение отсутствует, тогда, как мы
видели, переносное движение станет абсолютным;
с) ak = 0, если  e коллинеарен Vr ( e Vr ), α равно 0 или
Z

e
90
M
V0r

ak
90
X
0
Рис. 19
Y
180 0 и a k  2 eVr sin  = 0;
d) a k  2 eVr , если e  Vr , т.е. α = 900. Чтобы определить направление вектора ak , достаточно повернуть вектор Vr вокруг точки М на 900 в сторону переносного вращения (правило Жуковского) (рис. 19).
Порядок решения задач на нахождение ускорений
в сложном движении точки
1. Разложить движение на составляющие, определив относительное, абсолютное и переносное движения.
2. Выбрать две системы координат: неподвижную и подвижную.
3. Мысленно остановив переносное движение, определить скорость и ускорение точки в относительном движении.
4. Мысленно отвлечься от относительного движения и найти угловую скорость переносного движения и ускорение точки в переносном движении.
5. По известным угловой скорости переносного движения и скорости точки в
относительном движении найти кориолисово ускорение точки.
6. Воспользовавшись методом проекций, определить проекции абсолютного
ускорения на оси координат.
7. По данным проекциям абсолютного ускорения найти искомое абсолютное
ускорение по величине и направлению.
Пример. Прямолинейная трубка вращается в плоскости чертежа вокруг неподвижной точки О1 по закону   2t . Шарик М движется вдоль трубки по закону
О1М = S = 4t (м) (рис. 20).
15
Y
we
M
Найти абсолютное ускорение шарика в
момент вылета его из трубки, если длина
О1А = 3м.
Движение такого шарика было рассмотрено в теме 1. Поскольку переносное движение здесь вращательное, то aa  ae  ar  ak ,

ak

aa
Y1
A

a r X1

aen
O1
O
где ae  ae  ae n — ускорение точки вращающегося тела.
X
Рис. 20

n
Тогда aa  ae  ae  ar  ak .
Решение:
1) расставляем векторы ускорений точки в переносном и относительном
движениях. Строим вектор aa  ae  ar  ak ;
2) определяем величины этих векторов:

a e   e OA    OA  0; a r  S  0;
n
2
ae  e OA   2OA  4  3  12 м/с2; V  S  4 м с ;
r
ak  2eVr  2  2  4  16 м/с (так как e  Vr );
3) находим величину a a по проекциям на оси:
2
a x  ae  ar  12 м/с2;
n

a y  ae  ak  16 м/с2;
aa  a x  a y  144  256  20 м/с2.
2
2
Контрольные вопросы к теме 2
№ 15
На котором рисунке ускорение Кориолиса ползунов А и В указано верно
(рис. 21–23)?
Д
B
О
B

a AK
А
О

a AK
А
 ОА

a AK
О1
Рис. 21
C
 ОА

a BK
А
О1
Д
C
B
 ОА
О
Д

a BK
C
О1
Рис. 22
16
Рис. 23

a BK
№ 16
Стержень ОА вращается вокруг оси О, перпендикулярной к плоскости чертежа. Вдоль стержня движется ползун В (рис.24–27). Указать направление ускорения Кориолиса ползуна В. Выбрать неверный ответ.
А

Vr

a AK

Vr
B
 ОА
ωОА
О

a AK
Рис. 24

a AK
B
Рис. 25

a AK
 ОА
О
О

Vr
B
B

Vr
А
А
А
 ОА
О
Рис. 26
Рис. 27
№ 17
Как определяется в кулисном механизме (рис. 28) ускорение точки А, совершающей сложное движение? Выбрать верный ответ.

n
О
1. aa  ae  ae  ar  ak .
n

2. aa  ae  ar  ar  ak .

n
3. aa  ae  ae  ak .
n

4. aa  ar  ar  ak .
№ 18
Ускорение Кориолиса равно нулю, если
1. ωе=0;
2. Vr=0;
3. e Vr ;
4. e  Vr .
Y
Укажите неверный ответ.
№ 19
Ползун Д движется поступательно по
закону x  18t 2  2t (см); стержень О1М
вращается по закону  

2
t (рис. 29).
6
Определить абсолютное ускорение
конца М стержня в момент t =1 c, если
О1М = 50 см. Выбрать верный ответ.
17
А
Рис. 28
О1
Д
О
Х
Х
φ
М
Рис. 29
1. aa  118 см с 2 .
2. aa  84 см с 2 .
3. aa  136 см с 2 .
№ 20
Прямая вращается около точки О данной неподвижной окружности радиуса R
c постоянной скоростью ω (рис. 30). Определить ускорение той точки М, в которой прямая ОА пересекает окружность. Выбрать верный ответ.
1. a M  2 R 2 cos  .
А
2. a M  4 R .
2
3. a M  4 R 2 sin  .
А0
М
4. a M  2 R 2 .
М0
φ
№ 21
Чему равно абсолютное ускорение точки при
поступательном переносном движении? Выбрать
верный ответ.
1. aa  ae  ar  ak .
2. aa  ae  ar .
3. aa  ae  ak .
4. aa  ar  ak .
С
О
Рис. 30
№ 22
Чему равно абсолютное ускорение точки при произвольном переносном движении? Выбрать верный ответ.
1. aa  ae  ar  ak .
2. aa  ae  ar .
3. aa  ae  ar  ak .
4. aa  ae  ar .
№ 23
Чему равно по модулю абсолютное ускорение точки в общем случае? Выбрать
верный ответ.
1. aa  ae  ar  ak .
2.
aa  ae2  ar2  ak2 .
3.
aa  a x2  a 2y  a z2 .
18
№ 24
Полупрямая О1К, вращаясь вокруг О1 по закону  

t (рис. 31), движет ко3
лечко М, одетое на неподвижную горизонтальную проволоку.
Определить a Мa в тот момент, когда
O1

  , если ОО1 = 9 см. Выбрать верный
φ
3
ответ.
M
N
O
a
2
1. a M  22,8 .
2. a a  10 2 2 .
K
Рис. 31
M
3. a a  8 3 2 .
M
4. a aM  2 62 2 .
ω
№ 25
Вдоль образующей цилиндра, вращающегося с ε = 1 с -2
(рис. 32), движется точка М с относительным ускорением
a r  10 см с 2 .
Определить a Мa в момент t = 1 c, если R = 10 см; ω0 = 0;
Vr  0. Выбрать верный ответ.
1.
2.
3.
4.
a Ma
a Ma
a Ma
a Ma
O
M
O1
 10 3 см/с .
2
 20 см/с2.
 30 см/с2.
 27 см/с2.
Рис. 32
ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ
ТВЕРДОГО ТЕЛА
Этот раздел рассчитан на четыре академических часа самостоятельной работы
студентов.
В результате изучения раздела студент должен:
знать: а) что это движение сложное, но в любой момент его можно представить
как результат двух простейших движений: поступательного и вращательного;
б) способы отыскания скоростей и ускорений точек плоской фигуры; угловой скорости и ускорения фигуры, к движению которой сводится
движение данного тела;
19
в) что такое мгновенные центры скоростей и ускорений фигуры, как они
находятся;
уметь: а) практически применять знания при выполнении контрольных заданий;
б) находить угловую скорость и угловое ускорением плоской фигуры;
в) находить скорость и ускорения любой точки фигуры;
г) находить мгновенные центры скоростей и ускорений фигуры;
помнить: а) что данное движение является сложным и имеет свои свойства, отличные от свойств поступательного и вращательного движений;
б) формулы распределения скоростей и ускорений точек плоской фигуры.
Тема 3. ПОНЯТИЯ ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО
ТЕЛА. ТЕОРЕМА О КОНЕЧНОМ ПЕРЕМЕЩЕНИИ ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ.
СКОРОСТЬ ТОЧКИ ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ. МГНОВЕННЫЙ ЦЕНТР
СКОРОСТЕЙ И МГНОВЕННЫЙ ЦЕНТР ВРАЩЕНИЯ
C

VC
ω
Рис. 33
A
M
О
ω0
Рис. 34
Y
В2
А2
А
S
В
II
О
А1
I
В1
Рис. 35
Плоскопараллельным движением твердого тела называется такое движение тела, при котором все точки тела
движутся в плоскостях, параллельных некоторой неподвижной плоскости, или при котором расстояние каждой
точки от данной неподвижной плоскости остается постоянным.
Примером такого движения является качение колеса по
неподвижной плоскости (рис. 33), движение шатуна АВ в
кривошипно-шатунном механизме (рис. 34).
Итак, рассмотрим свойства плоскопараллельного движения. Пусть мы имеем тело,
совершающее такое движение (рис. 35).
B
По определению плоскопараллельного
движения все точки этого тела будут двигаться в плоскостях, параллельных некоторой условно неподвижной плоскости I. Рассечем
тело плоскостью II, параллельной плоскости I. В
сечении получим плоскую фигуру S, которая все
время, перемещаясь, остается в плоскости II.
Следовательно, любой отрезок А1А2, взятый в теле и перпендикулярный к плоскости фигуры S
(плоскости II) или к плоскости I, будет двигаться
X
параллельно самому себе, т.е. поступательно,
причем скорости и ускорения точек этого отрезка
будут параллельны плоскости II. Но в таком случае, чтобы определить движение отрезка А1А2
нужно знать движение одной какой-либо точки,
за такую точку можно взять точку А плоской фи20
гуры. Совершенно аналогично, чтобы знать движение точек тела, лежащих на отрезке В1В2, достаточно знать движение одной какой-либо его точки, например
точки В плоской фигуры и т.д. Отсюда приходим к выводу: изучение плоскопараллельного движения тела сводиться к изучению движения сечения (S) тела
плоскостью II. В дальнейшем эту плоскость мы будем совмещать с плоскостью
чертежа и будем ее обозначать ХОY, а вместо всего тела будем изображать только
плоскую фигуру (S) (рис. 36).
Уравнения движения плоской фигуры
Основная задача кинематики тела говорит о том, что прежде всего мы должны
определить положение данного тела в выбранной системе отсчета. Чем же определяется положение плоской фигуры на плоскости? Оно определяется положением отрезка АВ соединяющего две точки
Y
фигуры А и В. А положение отрезка на
плоскости определяется, как известно, коB
ординатами одной из точек А, например
φ
S
ХА, YА и углом наклона отрезка к оси Х
A
YA
(см. рис. 36). С течением времени фигура
S переместится в плоскости ХОY и все
три параметра изменятся, следовательно,
они являются однозначными непрерывными функциями времени:
X A  f1 t ;
XA
X

YA  f 2 t ; 
Рис. 36
   t . 
Эти уравнения называются уравнениями движения плоской фигуры.
Рассмотрим как перемещается плоская фигура в своей плоскости.
Теорема. Всякое непоступательное перемещение плоской фигуры в ее плоскости из одного положения в другое можно осуществить поступательным перемещением плоской фигуры, равным перемещению произвольно выбранной точки,
называемой полюсом, и вращательным перемещением плоской фигуры вокруг
этого полюса.
Доказательство. Пусть плоская фигура S в начальный момент времени находиться в положении I, в конечный момент
I
II
— в положении II (рис. 37). В начальный
В1
В
момент времени ее положение определялось
В2
отрезком АВ, в конечный — А1В1. Покажем,
φ1 φ2
что это конечное перемещение фигуры из
А2
А
положения I в положение II можно осущеА1
ствить с помощью двух движений: поступаРис. 37
тельного и вращательного.
21
Переместим отрезок АВ параллельно самому себе (поступательно) так, чтобы
точка В совпала с точкой В1, отрезок АВ займет положение А2В1, затем повернем
его на угол φ1 вокруг точки В1 и отрезок А2В1 перейдет в отрезок А1В1, т.е. фигура
займет положение II. Точка В1, вокруг которой производили поворот на угол φ1,
называется полюсом. Таким образом, теорема доказана. Выбрав различные точки
за полюс, изменим только поступательное перемещение фигуры, угол же поворота и направление вращения от выбора полюса не зависят. Так, если за полюс выбрать точку А1, то фигуру S из положения I в положение II можно перевести путем
поступательного перемещения АВ в А1В2, затем поворота вокруг А1 на угол φ2.
При поступательном перемещении отрезок АВ займет положение А1В2, а угол поворота φ1= φ2, так как A1 B2 A2 B1 (как углы, накрест лежащие при параллельных
прямых). Направление вращения видно из чертежа. Поскольку φ1= φ2 , то 1   2
и 1  2 , т.е. ω и ε плоской фигуры тоже не зависят от выбора полюса.
Если теперь вернуться к уравнениям движения плоской фигуры, то можно
увидеть, что первые два описывают поступательное движение фигуры вместе с
полюсом, третье — вращение вокруг полюса.
Доказанная нами теорема говорит лишь о конечном перемещении фигуры и не
говорит о промежуточном ее положении, она не воспроизводит фактического перемещения фигуры. Чтобы произвести фактическое перемещение фигуры из положения I в положение II заменим конечное перемещение достаточно большим
числом n конечных, но малых поступательных и вращательных перемещений.
Увеличив число n таких перемещений, сделаем каждое перемещение бесконечно
малым, при этом проведем фигуру через все положения, которые она проходит
при своем фактическом движении. Приходим к выводу: сложное движение плоской фигуры в ее плоскости в любой момент можно разложить на два простейших:
 поступательное перемещение, равное перемещению Y
некоторой точки, называемой полюсом;
 вращательное вокруг полюса.

При этом поступательное движение фигуры вместе с
A
VA
ω
полюсом А примем за переносное движение, а
вращательное вокруг полюса — за относительное
(рис. 38).
O
X
Кинематическими характеристиками фигуры S Y
Рис. 38
являются скорость и ускорение полюса А — VA, aA

и угловая скорость и ускорение фигуры S — ω и ε,
V
A
В
отыскиваемые с помощью уравнений движения
плоской фигуры. Рассмотрим несколько способов

отыскания скоростей точек плоской фигуры, одω
VB
А


V BA
ним из которых является способ отыскания скороVA
сти точки плоской фигуры как геометрической
O
суммы двух скоростей. Пусть плоская фигура S
X
Рис. 39
совершает движение в своей плоскости XOY
(рис. 39). Нам известны в данный момент скорость некоторой точки А этой фигу-
22
ры. Эту точку мы выбираем за полюс и будем рассматривать движение фигуры S
как составное (сложное): поступательное вместе с полюсом со скоростью V A (переносное) и вращательное (относительное) вокруг полюса А с угловой скоростью
ω. Тогда скорость какой-либо точки В этой фигуры можно найти как скорость
точки в сложном движении по теореме сложения скоростей. Согласно этой теореме
VBa  VBe  VBr ;
но переносное движение фигуры поступательное со скоростью VA, следовательно,
VBe  V A — скорости этого движения, а относительное движение — вращательное,
VBr —скорость этого движения, будем обозначать ее VBA (линейную скорость точ-
ки В вокруг полюса А) VBr  VBA ,
VBA   BA ,
где
(1)
т.е. она равна произведению угловой скорости на расстояние от точки до полюса
и направлена перпендикулярно прямой, соединяющей точку В с полюсом А. Подставив значения VBe и VBr и приняв VBa  VB , получим формулу распределения
скоростей точек плоской фигуры:
VB  VA  VBA .
(2)
Таким образом, скорость любой точки плоской фигуры равна геометрической
сумме двух скоростей: переносной скорости полюса и относительной — вращательной скорости точки вокруг полюса.
Полученная формула позволяет определять вектор VB . Чтобы найти его модуль, нужно выбрать оси Х,Y (одну из них лучше взять по АВ) и спроектировать
это векторное равенство на оси:
VBx  V Ax  VBAx ;
VBy  V Ay  VBAy ;
2
2
V B  V Bx
 V By
.
Y
O
(3)
Скорость точки В можно отыскать с помощью теоремы о проекциях скоростей
двух точек плоской фигуры.
Теорема. Проекции скоростей двух точек плоской


фигуры на прямую, соединяющую эти точки, равны.
VB
 V BA
Доказательство. Пусть плоская фигура S движется
VA

в своей плоскости ХОY . Известны нам скорости двух
VA
α
точек А и В фигуры (рис. 40) — V A и VB . Соединим
В β
А
точки А и В прямой. Возьмем точку А за полюс и скоββ
рость точки В запишем как сумму двух скоростей (по
формуле распределения скоростей):
X
Рис. 40
VB  VA  VBA .
Это векторное равенство спроектируем на прямую АВ:
23
пр.АВVB
 пр.АВVA  пр.АВVBA ,
но VBA  AB, поэтому пр.АВVBA  0 и
пр.АВVB
 пр.АВVA
или
(4)
V B cos   V A cos .
Теорема доказана.
Из равенства (4), зная одну из скоростей, всегда можно найти другую.
Мгновенным центром скоростей (м.ц.с.) называется точка плоскости, неизменно связанной с плоской фигурой, скорость которой в данный момент равна
нулю. Докажем, что эта точка действительно существует.
Пусть в данный момент времени известна скорость какой-либо точки А плоской фигуры S. Нам нужно доказать, что существу
Y
VA
ет точка Р, скорость которой равна нулю. Восстановим перпендикуляр к скорости точки А (в стоА
рону вращения фигуры), отложим от А отрезок
V
ω

AP  A и докажем, что конец его Р и будет исVA

P
S
комой точкой, у которой VР = 0 (рис. 41):

VPA
VP = | V А +VРА | = VA –VPA = VA –VA = 0
O
Точка Р принадлежит подвижной плоскости,
X
неизменно связанной с фигурой S, и не обязательРис. 41
но будет находиться на самой фигуре.

Введем еще одно новое понятие.
VC
Мгновенный центр вращения (м.ц.в.) — точка непоC
3
ω
движной плоскости, совпадающая в данный момент с мгно1 2
венным центром скоростей. Так точка касания колеса с неP 1 2 3
подвижной плоскостью Р в данный момент служит м.ц.с., а
точка неподвижной плоскости, совпадающая с Р, служит
Рис. 42
м.ц.в. (рис. 42).
Y
Определим скорости точек плоской фигуры с

помощью мгновенного центра скоростей.
VB
B
Пусть известно в данный момент положение
А
м.ц.с. (Р) (рис. 43). Нужно отыскать скорость точ
V
A
ки А. Чтобы ее найти, запишем формулу распредеω
ления скоростей, взяв за полюс точку Р:
P
VA  VP  VAP .
C
Но VP  0 , так как это м.ц.с. и VA  VAP . Но

O
VС
X
мы знаем, что VAP   AP и VAP  AP , поэтому и
V A   АР и VA  AP .
Рис. 43
Если теперь взять какую-либо другую точку В, то совершенно, аналогично
можно показать, что VB   BP , VB  BP , и для С — VC   CP , VC  CP .
24
Следовательно, скорость любой точки плоской фигуры определяется относительно м.ц.с. так, как будто в данный момент фигура совершает вращательное
движение вокруг оси, проходящей через м.ц.с. перпендикулярно плоскости ХОY.
Итак, мы познакомились еще с одним способом отыскания скорости точки
плоской фигуры. Этот способ можно применять в том случае, когда известны
м.ц.с. и ω — угловая скорость фигуры или же скорость одной точки фигуры и
м.ц.с.
V A   АР ; VB   BP ;
Поскольку
(5)
V A AP

то
.
(6)
V B BP
Таким образом скорости точек плоской фигуры пропорциональны в каждый
момент расстояниям этих точек до м.ц.с. Из полученной пропорции всегда можно
найти скорость одной точки V B , если известна скорость другой какой-либо точки
VA .
Рассмотрим, как находится мгновенный центр скоростей.
1. Если известна скорость V A одной точки фигуры и ее угловая скорость ω,
V
то, вычислив AP  A , отложим на перпендикуляре, проведенном в сторону вра
щения к V A , отрезок АР и точка Р будет найдена (рис. 44).
2. Известны направления скоростей двух точек А и В. Обе скорости относительно м.ц.с. определяются как вращательные. Следовательно, м.ц.с. должен одновременно лежать на перпендикуляре к V A и на перпендикуляре к VB , т.е. он
лежит в точке их пересечения (рис. 45).

VA
А
B

VB
А
ω
ω
P
P
Рис. 45
Рис. 44
Частные случаи.
1. V A  VB ;V A VB ; АВ  VA ; АВ  VB .
25

VA

VA
А

VA
А

VB

VB
B
ω
P
ω

VB
P
А
B

VA

VC
C
Рис. 48
Рис. 47
Рис. 46
Точка Р — м.ц.с., найдется на пересечении прямой АВ с прямой, соединяющей
концы векторов скоростей (рис. 46, 47).
2. VA  VB . Если VA  VB , то ω = 0; м.ц.с. удаляется в бесконечность, имеем
случай мгновенно-поступательного движения. Скорость любой точки С
VC  VA  VB (рис. 48).
Пример. Найти м.ц.с. шатуна АВ кривошипно-шатунного механизма. На
рис. 49 м.ц.с. находится в точке В ( VB  0 ), на рис. 50 в бесконечности
( VA  VB ;  AB  0 ).
Порядок решения задач на нахождение скоростей точек плоской фигуры
При графоаналитических методах решения задач рекомендуется такая последовательность действий:
1) выбрать за полюс ту точку плоской фигуры, скорость которой известна
или легко определяется из условия задачи;
2) найти другую точку плоской фигуры, направление скорости которой известно;

VA
A

VA
ωOA
ωOA
O
O
A

VB
B=P
Рис. 49
B
Рис. 50
3) воспользовавшись формулой распределения скоростей, найти скорость
этой точки плоской фигуры;
4) исходя из формулы распределения скоростей, определить значение угловой скорости плоской фигуры в данный момент времени;
5) если известна угловая скорость фигуры и скорость полюса, можно найти с
помощью формулы распределения скоростей искомые скорости других точек фигуры.
26
При графоаналитическом методе решения задач может быть применен и метод
проекций. В этом случае может быть рекомендован следующий порядок решения
задач:
1) выбрать за полюс точку плоской фигуры, скорость которой известна;
2) воспользовавшись формулой распределения скоростей, построить скорость другой точки плоской фигуры, у которой известно направление ее скорости;
3) спроектировать полученный треугольник скоростей на направление прямой, соединяющей обе точки, и найти скорость второй точки;
4) спроектировать треугольник скоростей на направление, перпендикулярное
к прямой, соединяющей обе точки, и найти вращательную скорость второй точки
по отношению к полюсу;
5) разделив вращательную скорость на расстояние от точки до полюса, найти
мгновенную угловую скорость плоской фигуры;
6) если известна мгновенная угловая скорость фигуры, можно найти скорости
любых точек плоской фигуры, воспользовавшись формулой распределения скоростей.
Если задача решается при помощи мгновенного центра скоростей, рекомендуется выполнять следующие действия:
1) определить положение мгновенного центра скоростей плоской фигуры одним из указанных способов;
2) найти величину мгновенного радиуса той точки плоской фигуры, скорость
которой известна, и определить угловую скорость плоской фигуры, разделив величину скорости точки на величину мгновенного радиуса;
3) найти искомые величины скоростей точек плоской фигуры, умножив угловую скорость на мгновенный радиус соответствующей точки или использовав
формулу (6) темы 3.
Контрольные вопросы к теме 3
№ 26
Тело АС, состоящее из диска радиусом r = 2 м и
стержня АД = 6 м, движется так, что конец А в течение некоторого промежутка времени скользит по
стороне прямого угла вправо со скоростью Va  4 2
м/с (рис. 51), а диск опирается на точку В.
Определить угловую скорость тела ω и скорость
точки В диска для α = 450 ( ACB  90 0 ). Выбрать
верный ответ.
1. ω = 0,5 с–1; VB = 4 м/с.
2. ω = 2,0 с–1; VB = 5 м/с.
3. ω = 2,0 с–1; VB = 4 м/с.
4. ω = 0,5 с–1; VB = 5 м/с.
27
C
В
α
Рис. 51
А
№ 27
На рис. 52 изображена схема ручного насоса. Угловая
скорость рукоятки ωОВ = 2с–1. Определить скорость поршня
С в указанном на рис. 52 положении и угловую скорость
стержня ВС, если OBC  105 0 ; ВС = ОВ = 50 м. Выбрать
верный ответ.
1. ωВС = 2sin750 c–1; VС = 100 м/с.
2. ωВС = 2sin750 c–1; VС = 100cos150 м/с.
3. ωВС = 2 c–1;
VС = 100 м/с.
0 –1
4. ωВС = 2sin15 c ; VС = 100cos150 м/с.
О
В
2. ОА 
3. ОА 
1050
C
Рис. 52
№ 28
Стержень ОА = 2 м может вращаться около одного из
своих концов О (рис. 53). К концу А его привязана нить АСВ,
перекинутая через блок и несущая груз В.
Определить угловую скорость стержня ωОА через 2 секунды после начала движения, если груз В поднимается по
закону S  14 t 2 (мми ОАС  60 0. Выбрать верный ответ.
1. ОА 
ω
C
S
А
В
О
3 –1
с .
3
3 –1
с .
4
1 –1
2 с .
Рис. 53
№ 29
Кинематические характеристики твердого тела:
1) при поступательном движении угловая скорость и ускорение вокруг полюса — ω, ε;
2) при вращательном движении — скорость и ускорение одной какой-либо
точки тела — VA, aA;
3) при плоскопараллельном — скорость и ускорение поступательного движения полюса — VA, aA и угловая скорость и ускорение вокруг полюса — ω, ε.
Выбрать верный ответ.
№ 30
Колесо катится без скольжения по горизонтальной
прямой. Стержень АВ соединен с колесом при помощи
шарнира А, а шарниром В с ползуном, скользящим по горизонтали (рис. 54).
Определить скорость ползуна В в тот момент, когда
точка А находится на одной горизонтали с точкой С, а
стержень АВ проходит через наивысшую точку колеса,
если скорость точки С равна V. Выбрать верный ответ.
1. V B  V 2 .
28
В
А
C
Рис. 54
C
2. V B  2V .
3. V B  V .
В
ω
№ 31
Определить скорость ползуна С данного механизма, если ω=5 с–1;
АВ=ВС=ВД=СД=а (рис. 55). Выбрать верный
ответ.
1. Vc= ω2a.
2. Vc= ω4a.
3. Vc= ωa.
№ 32
Где находится м.ц.с. звена ВД для каждых из указанных выше положений механизма? Выбрать верное решение (рис. 56–59).
1. В точке С, φ1=900.
2. В бесконечности φ=0; φ1=1800.
3. В точке Р, φ=450.
Д
300
О
Рис. 55
В
φ1
C
φ
А
Д
Рис. 56
В
φ1
C
φ
А
№ 33
На котором рисунке (рис. 60–62) неверно указано распределение скоростей точек колеса, катящегося по прямолинейному рельсу?
Д
Рис. 57
C
В
А
Рис. 58
№ 34
На котором рисунке (рис. 63–65) верно указано распределение скоростей точек колеса, катящегося по прямолинейному рельсу?
450
О
О
О
Р
Р
Р
29
C
Д
Рис. 59
Рис. 61
Р
В
А
Рис. 60
Д
Рис. 62
О
О
О
Р
Р
Р
Рис. 63
Рис. 64
Рис. 65
№ 35
Как направлена скорость точки С (АС = ВС) шатуна АВ кривошипно-шатунного
механизма в данный момент (рис. 66–68)?
A
C
Д
A

VC
C

VC
В
О
О
ω
C
ω
Рис. 66
В
Рис. 67
A
C
О
В
ω
Рис. 68
№ 36
Колесо радиусом R = 9 м катится без скольжения по горизонтальной плоскости и приводит в движение стержень ОА длиной 24 см, конец которого А скользит
по вертикальной стене со скоростью VA = 5 м/с (рис. 69).
Определить скорость точки В при α=300. Выбрать
верный ответ.
A
B
5 3
1. VB 
м с.
3
O
α
5 3
2. VB 
м с.
12
10 3
3. VB 
м с.
Рис. 69
3
30
Тема 4. УСКОРЕНИЕ ТОЧКИ ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ
КАК ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ СУММА ДВУХ УСКОРЕНИЙ.
МГНОВЕННЫЙ ЦЕНТР УСКОРЕНИЙ
Выясним, как отыскивается ускорение точки плоской фигуры. Ускорение точки плоской фигуры можно найти так же, как и скорость, по теореме сложения
ускорений, так как плоская фигура S в своей
плоскости совершает сложное движение, причем переносное движение ее вместе с полюсом

аA
— поступательное. Зная ускорение a A какойВ
n
а
ВА

либо точки А, угловую скорость ω и угловое
аВА
ускорение ε вращения фигуры, найдем ускоре

аB
a
e
r
а
BA
ние точки В фигуры как a B  a B  a B .

ω,ε аA
Ускорение поступательного переносного
e
O
движения нам известно: a A  a B , а относительX
Рис.
70
r
ное вращательное ускорение a B обозначим чеr
рез a BA (ускорение точки В вокруг полюса А): a B = a BA .
Как вращательное, оно складывается из a nBA и a BA :
п

a BA = а ВА
+ а ВА
,
где anBA  AB 2 ; aBA  AB ; anBA — вдоль ВА;
aBA


а ВА  AB ; tg   n  2 ; a BA  BA  2   4 .
a BA 
Вывод. Относительное вращательное ускорение точки вокруг полюса пропорционально расстоянию от точки до полюса и составляет с прямой, соединяющей
точку с полюсом, угол φ, тангенс которого равен

2
и одинаков для всех точек
фигуры в данный момент времени.
А теперь снова вернемся к ускорению точки В:
a Ba  a B ; a Be  a A ; a Br  a BA .
Подставив все значения, получим формулу распределения ускорений точек
плоской фигуры:
a B  a A  a BA .
(1)
Вывод. Ускорение точки плоской фигуры равно геометрической сумме двух
ускорений: ускорения полюса и линейного ускорения этой точки во вращательном движении фигуры вокруг полюса (рис. 70).
Полученную формулу распределения ускорений точек плоской фигуры можно
п

записать иначе, если вместо a BA записать его составляющие а ВА
и а ВА
:
п

a BA = а ВА
+ а ВА
,
31
(2)

Модуль a B найдем по проекциям его на оси координат, как VB , т.е.
2
2
a B  a Bx
 a By
.
(3)
Примечание. Вектор a BA всегда отклоняется от АВ в ту сторону, в какую

направлено а ВА
. Поэтому при ускоренном вращении a BA отклоняется от АВ в ту
же сторону, что и VBA , при замедленном — в сторону, противоположную VBA .
Следовательно, угол φ нужно откладывать в сторону вращения, если оно ускоренное, и в сторону, противоположную вращению, если оно замедленное.
Мгновенным центром ускорений (м.ц.у.) называется точка плоскости, неизменно связанной с плоской фигурой, ускорение которой в данный момент равно
нулю. Покажем, что такая точка действительно существует.
Пусть плоская фигура S движется в своей плоскости (рис. 71). Известны в
данный момент ускорение некоторой точки А a A , угловая скорость ω и угловое
ускорение ε фигуры. Проведем из точки А полупрямую под углом   arctg

к
2
вектору a A в сторону вращения, считая его ускоренным. Отложим на прямой отaA
резок AQ 
, конец отрезка определит точ- Y
2
4
 
ку Q, найдем ее ускорение, взяв точку А за полюс. По

А
ω,ε
а
A
формуле распределения ускорений aQ  a A  aQA , где
φ
aQA составляет с прямой, соединяющей точку с по

аQA φ
аA

люсом, угол   arctg 2

и aQA  АQ  2   4 
Q
aA
 2   4  aA.
O
X
 
Рис.
71
Тогда оба вектора a A и aQA будут направлены по
одной прямой в противоположные стороны и их сумма составит (см. рис. 71)
aQ  a A  aQA  a A  a A  0 ,
что Q — м.ц.у. доказано.
При движении плоской фигуры положение ее м.ц.у. непрерывно изменяется.
Каждому моменту времени соответствует свое положение м.ц.у. М.ц.у. и м.ц.с.
фигуры — это две различные точки.
Рассмотрим теперь обратную задачу. Пусть известно положение м.ц.у. в данный момент времени, а ускорение некоторой точки А требуется определить. Известны также в данный момент угловая скорость ω и угловое ускорение ε фигуры.
Возьмем за полюс м.ц.у. — Q. Тогда по формуле распределения ускорений для






точки А будем иметь aQ  a A  aQA , но aQ  0 , a A  aQA , aQA  AQ  2   4 и

направлено под углом φ (tg   2 ). Следовательно,

2
4
32
a A  AQ  2   4
(4)
и составляет тот же угол φ с AQ.
Вывод. Ускорение любой точки плоской фигуры определяется в предположении, что фигура S вращается вокруг
м.ц.у. (рис. 72).
Согласно этому выводу a B  BQ  2   4 и составляет
с прямой BQ угол φ.
Учитывая, что a A  AQ  2   4 , a B  BQ  2   4 ,
a A AQ

.
(5)
a B BQ
Получили следующее свойство ускорений: ускорения
двух точек плоской фигуры пропорциональны их расстояниям до м.ц.у.
Рассмотрим как находится мгновенный центр ускорений.
1. Известны a A , ω, ε, вычисляем угол φ:
tg  

,
2 

аA
φ
B
Q

аВ
φ
ω
ε
Рис. 72

аA
ε
ω
φ
А
Q
Рис. 73

аA
А
проводим под углом φ полупрямую к a A и откладываем
aA
AQ 
,
2
4
 
точка Q — м.ц.у. (рис. 73).
2. Известны ускорения двух точек плоской фигуры по
направлению, известны угловая скорость и угловое ускорение фигуры.
Вычисляем угол φ: tg  
А
S

и под углом φ к a A и a B
2

аВ
B
φ
φ
ω,ε
Q
Рис. 74

аВ
проводим прямые (в сторону вращения откладываем угол φ,
если оно ускоренное, и против вращения, если замедленное).
Q
А

М.ц.у. будет находиться в точке пересечения проведенных
аA
прямых (рис. 74).
ω
Частные случаи, известны ускорения двух точек плоской
фигуры:
Рис. 75
1. ε = 0;   0 ; tgφ = 0; φ = 0. М.ц.у. Q находится в точке пересечения прямых, по которым направлены векторы ускорений. Оба ускорения определяются как нормальные ускорения точек во вращательном движении
вокруг полюса Q:
a B   2 BQ; a A   2 AQ (рис. 75).
2.   0;   0; tgφ = ∞; φ = 900. М.ц.у. находится в точке пересечения перпендикуляров, восстановленных к ускорениям точек фигуры. Оба ускорения
33

аВ
B

аA
А

a А  const
В
C=Q
А
Q
ε

aA
Рис. 77
В
ω
0
P
Рис. 76

aB
Q
A
О

aB
Рис. 78
определяются как касательные ускорения точек во вращательном движении вокруг полюса Q: аа =ε AQ; ав = ε ВQ (рис. 76).
Примеры.
1. При VC = const, центр колеса С служит м.ц.у. М.ц.с. колеса находится в точке Р, т.е. эти точки не совпадают (рис. 77).
2. Пусть ω0 = const. Имеем случай мгновенопоступательного движения ωАВ= 0,
в этот момент tgφ = 900. М.ц.у. шатуна АВ в точке Q (рис. 78).
Порядок решения задач на нахождение ускорений точек плоской фигуры
При решении задач на определение ускорений точек плоской фигуры рекомендуется такая последовательность действий.
Заданы скорости и ускорения одной точки плоской фигуры и направление
скорости и ускорения другой точки фигуры. Требуется определить ускорения точек плоской фигуры.
1. Найдем мгновенный центр скоростей, восстановив перпендикуляры к скоростям двух точек плоской фигуры, и определим мгновенную угловую скорость
фигуры.
2. Определим центростремительное ускорение второй точки вокруг первой.
3. Приняв нулю сумму проекций всех слагаемых ускорений на ось, перпендикулярную к известному направлению ускорения, найдем из этого равенства величину известного вращательного ускорения.
4. Определим мгновенное угловое ускорение плоской фигуры по найденному
вращательному ускорению.
5. Найдем ускорение любой точки плоской фигуры при помощи формулы распределения ускорений.
Заданы ускорения двух точек плоской фигуры. Требуется определить положение мгновенного центра ускорений и ускорение любой точки плоской фигуры.
1. Приняв первую точку за полюс, спроектируем на прямую АВ, соединяюn

 a BA
щую обе точки, равенство a B  a A  a BA
.
34
n
2. Найдем из полученного равенства величину a BA
, затем величину мгновенной угловой скорости плоской фигуры.
3. Спроектировав то же векторное равенство на направление, перпендикулярное к АВ, найдем величину вращательного ускорения точки В и мгновенное угловое ускорение плоской фигуры.
4. Найдем ускорение любой точки плоской фигуры, воспользовавшись формулой распределения ускорений.
5. Найдем положение мгновенного центра ускорений, использовав формулу
(4) темы 4.
Контрольные вопросы к теме 4
№ 37
Как определяется ускорение точки В плоской
фигуры (рис. 79)? Выбрать верный ответ.
n

 aBA
1. aB  a A  aBA
.
Y
n В
аВА

аA
А

2. aB  a A  aBA
.
n

 a BA
3. aB  aBA
.

аВА
O
n
 a BA .
4. a B  a A  a BA
№ 38
Как направлено ускорение точки С АС = ВС,
ωОА— const? Выбрать верный ответ (рис. 80–82).
A

aA
C

aC
В
О
ωОА
Рис. 80

aA

aA
О
ω
C
C

aC
В
 C
aC

aB
О
В

aB
ωО
А
Рис. 81

aB
QA
A
A
X
Рис. 79
Рис. 82
№ 39
Что такое мгновенный центр ускорений? Выбрать верный ответ.
1. Это точка подвижной плоскости, ускорение которой в данный момент равно нулю.
2. Это точка подвижной плоскости, скорость которой в данный момент равна
нулю.
35
№ 40
Где находится м.ц.у. плоской фигуры (в общем случае)? Выбрать верный ответ.
1. В пересечении перпендикуляров, восстановленных к ускорениям точек
плоской фигуры.
2. В пересечении ускорений точек плоской фигуры.
3. В пересечении прямых, проведенных
под углом φ, тангенс которого равен
ускорениям точек плоской фигуры.

2
, к
Q
A
aA
В
№ 41
Где находится м.ц.у Q шатуна АВ (рис. 83–
85), если ω = const? Укажите неверный ответ.
О
Рис. 83

aB
QO
ω
Q
О
Рис. 84
ω
В

aA A

aB
ω
В

aA

aB
A
Рис. 85
№ 42
Как определяются ускорения точек плоской фигуры относительно м.ц.у.? Выбрать верный ответ.
1. Как ускорения точек во вращательном движении тела.
2. Как ускорения точек в поступательном движении тела.
3. Как ускорения точек в поступательном и вращательном движениях тела,
происходящих одновременно.
№ 43
Два одинаковых диска, связанные шарнирами со стержнем АВ, катятся по горизонтальной плоскости без скольжения. Определить ускорение точки В колеса II,
если колесо I катится с постоянной угловой скоростью ω = 2 с-1, АВ =100 м,
R = 20 м (рис. 86). Выбрать верный ответ.
1. a B  a A  80 м/с2, так как VA  VB .
A
ω
20 6
2. a B 
м с2 .
3
3. a B  aО  0 .
O
B
I
II
Рис. 86
36
№ 44
Укажите на каком рисунке верно направлены касательное и нормальное уско
рения точки М колеса, центр которого движется со скоростью V0 и ускорением a 0
(рис. 87, 88).

a
M

an

a
M

O V0

a0

an

O V0

a0
C

VС
P
P
Рис. 88
Рис. 87
Рис. 89
№ 45
Где находится м.ц.у. колеса (рис. 89) при VC  const ? Выбрать верный ответ.
1. В точке касания Р.
2. В центре колеса С.
3. В точке обода В.
№ 46
Найти ускорение ползуна Д механизма,
изображенного на рис. 90, если
O A  1 c 1 ; O1 A  O2 B  10 см; O1 A O2 B;
1
ДС = 5 см;  =  = 60 . Выбрать верный ответ.
1. a Д  50 см с 2 .
0
A
ω
О1
β
В
C
α
О2
Рис. 90
2. a Д  20 см с 2 .
3. a Д  30 см с 2 .
№ 47
Катушка катится без скольжения по горизонтальной
плоскости с VC = 3t м/с (рис. 91). Определить ускорение точки А при t = 1 c, если R = 0,2 м; r = 0,1 м. Выбрать правильный ответ.
1. a A  24 м с 2 .
2. a A  3 м с 2 .
A

VС
C
O
R
r
Рис. 91
3. a A  2 м с 2 .
4. a A  4 26 м с 2 .
№ 48
37
О
Ползун А скользит вдоль ОС со скоростью u = const.
Определить скорость и ускорение ползуна В, скользящего
вдоль ОД, в момент, когда OAB  90 0 , АВ= l (рис. 92).
Выбрать правильный ответ.
1. VB  u; a B  0.
2u 2
.
l
u2
3. VB  u; aB  .
l
V

0
;
a

0
.
4. B
B
300
A
2. VB  0; a B 
В
C
Д
Рис. 92
№ 49
Определить скорость и ускорение точки Д
звена 2 кривошипно-ползунного механизма в
указанном на рис. 93 положении, если ω = 20 с–1;
АВ = 10 м; ВС = 20 м. Выбрать правильный ответ.
1. V Д  0; a Д  0 м с 2 .
2. V Д  2 м с ; a Д  40 м с 2 .
Д
В
1
2
ω
C
A
3
Рис. 93
3. V Д  0; a Д  40 м с 2 .
4. V Д  2 м с ; a Д  0 м с 2 .
№ 50
Катушка катится без скольжения по горизонтальной плоскости. Скорость центра ее VА = 1 м/с, а ускорение a A = 2 м/с2. Определить угловое ускорение, угловую
скорость и мгновенный центр ускорений катушки Q, если r = 0,5 м, R = 1 м (рис.
94). Выбрать правильный ответ.
V
a
1.   A  2 c 1 ;   A  2 c 2 ; Qкат  A.
r
R
V


R
2.   A  1 c 1 ;   0; Qкат  C.
aA
VA
R
A 450
aA
3.   0;  
 4 c 2 ; Qкат  B.
r B
C
r
V
a
4.   A  2c 1 ;   A  4 c 2 ; Qкат  B.
r
r
Рис. 94
38
РЕШЕНИЯ И ОТВЕТЫ К КОНТРОЛЬНЫМ ВОПРОСАМ
№1
C
Верен ответ 2. Точка А совершает сложное движение.
Для точки А Ve  Va sin  ; Vr  Va cos  . (рис. 95). Остальные ответы неверны.
A
O

Vr
№2
Верен ответ 3. Точка С совершает сложное движение.
V
Для точки С Va  Ve ; Va  Ve tg ; Va  Ve  Vr ; V r  e .
cos
(рис. 96). Остальные ответы неверны.

Ve
φ

Va
φ
O1
Рис. 95
№3
Верен ответ 4 (ОМ = S, Va  Ve  Vr ). Точка М
совершает сложное движение. За переносное
движение примем вращение окружности за относительное — движение точки М по окружности.
Тогда абсолютным движением точки М будет
движение ее в неподвижной системе, т.е. движение точки относительно стержня АВ. Восстановим
векторы скоростей, из векторного треугольника
(рис. 97) получим: Va  Ve tg ; Ve    S ; из
OMK ОМ = S = 2r cos φ; Va  2  r sin  .
Остальные ответы неверные. В ответе 1 взята
арифметическая сумма Ve и Vr вместо геометрической. В ответах 2 и 3 неверно решается векторный треугольник.

Va

Vr

C

Ve

B
A
Рис. 96
Y1
X1
O1

A
O

Ve

M
Ve

 Va

Vr
B

Рис. 97
№4
Верен ответ 4. Точка М участвует в трех движениях. Рассмотрим сначала систему, связанную со
стержнем. Эта система вращается относительно поступательно движущейся системы, связанной с ползуном. За переносное движение примем вращательное движение стержня, а движение точки по стержню за относительное. Тогда Ve    r , а Vr  V0 .

 
Сложив их, найдем скорость Va  V0    r , которая
определяет движение точки М относительно ползу-
39

VA
A

r
M

 xr

Va
Рис. 98

VA

V0

Va

Va
на. Для определения абсолютной скорости точки М
сложим

Vr
 
Ve
Va  VA  Va (рис. 98) т.е. Va  VA  V0    r .


В ответах 1–3 одна из скоростей составных движений не учтена. В ответе 1 не учтено движение вместе
с ползуном А, в ответе 2 — движение точки по стержню, в ответе 3 — вращение самого стержня.
C
B
O
Рис. 99

Ve
№5
Верен ответ 2. Точка С совершает сложное движение.
Для точки С Vr  Ve ; Ve  Va cos  ; Va  Ve  Vr ;
Vr  Va sin  . (рис. 99). Остальные ответы неверны.
A


Va
B

Vr

O
№6
Верен ответ 3. Точка В совершает сложное движение.
Для точки В Ve  OA ; Va  Ve  Vr ; Vr OA ; Va направлена вдоль ВС;
Рис. 100

Va

Vr

A

Ve
Ve

Va 
cos (рис. 100). Остальные ответы неверны.

V  V tg
e
 r
B
φ
O
Рис.101
№7
Верен ответ 1. Точка A совершает сложное движение. Для точки A Ve  CD ; Va  Ve  Vr ;
Vr CD ; Va  OA ;

Va
Vr  Va cos
(рис. 101). Остальные ответы неверны.

V

V
sin

a
 e


Vr
O

Ve
A
Д
Рис.102
№8
Верен ответ 1. Точка Д совершает сложное движение. Для точки Д Ve  OA ; Va  Ve  Vr ; Vr OA ; Va BC ,
следовательно
С
B
φ


Ve
O

Vr
φ
A О1
Рис.103
40

Va
Ve  Va sin 
(рис. 102). Остальные ответы неверны.

Vr  Va cos
№9
Верен ответ 4. Точка A совершает сложное движение. Для точки A Ve OO1 ;
Va  Ve  Vr ; Vr OA ; Va  Vr ;
Vr

Va  ctg
(рис. 103). Остальные ответы неверны.

V
V  r
 e cos

Ve
α

Va

Vr
Рис. 104
№ 10
Верен ответ 4. Абсолютная скорость точки Va равна геометрической сумме
переносной Ve и относительной Vr скоростей. По величине и направлению Va
определяется диагональю параллелограмма, построенного на Ve и Vr (рис. 104).
длина же диагонали параллелограмма Va  Ve2  2VeVr cos   Vr2 .
Остальные ответы неверны в общем случае. Они будут верны в частных случаях: при α = 00 верен ответ 1; при α = 1800 — ответ 3; при α = 900 — ответ 2.
№ 11
Верен ответ 3. Поскольку Va  Ve  Vr , то проекция суммы на ось равна сумме

проекций составляющих на эту ось, поэтому

Va
0
V
120

2
V x  V xe  Vrx ;
V1

V y  V ye  V yr ;

V z  V ze  V zr .
Рис. 105

V1
Остальные ответы неверны.

Va
№ 12
Верен ответ 2. Va  V1  V2 (рис. 105).
1
Va  V12  2V1V2 cos120 0  V22  25  1  2   5 
.
2
 26  5  21 м с .
Остальные ответы неверны.

V2
Рис. 106

V2

Va

V1
Рис. 107
41
Ответ 1. Va  V1  V2  6 м с , если α = 00 (рис. 106).
Ответ 3. Va  V12  V22  26 м с , если α = 900 (рис. 107).
№ 13
Верные ответы 1, 2. Ответ 3 неверен, так как Ve и Vr не перпендикулярны.
№ 14
Верен ответ 1. Va  Ve  Vr , но Ve  0 при
φ = 00, поэтому Va  Vr . Ответы 2, 3 неверны.
Верным будет рис. 23 (ответ 3). Поскольку
в данном случае e  Vr , то достаточно повернуть
и
VBr

VBa

V Aa

V Ae
e
Д
C
B

V Ar
О
№ 15
V Ar

a AK

VBe

VBr

a BK
А
ωOA
О1
в сторону переносного движе-
ния, чтобы определить направление a Bк и a Aк
(рис. 108). Остальные ответы не верны.
Рис. 108
O
№ 16
Неверным является ответ 4 (рис. 27). ak  2e  Vr ,
n

a
он направлен перпендикулярно плоскости, в которой
e
ak


лежат  e и Vr , Vr лежит в плоскости чертежа,  e
ae

направлен по оси вращения, т.е. перпендикулярно a
А
a
плоскости чертежа. В этом случае, чтобы найти ak ,

достаточно повернуть Vr на 900 в сторону переносного
ar
вращения. На рис. 27 поворот этот выполнен неверно.
Рис. 109
Поэтому вектор ak указан там неверно. Он будет
направлен противоположно указанному на рис. 27 направZ
лению.


e
№ 17
Верен ответ 1. Ускорение точки aa  ae  ar  ak . Переносное движение здесь есть вращение кулисы и
ae  aen  ae , поэтому aa  aen  ae  ar  ak (рис. 109).
Остальные ответы неверны.
№ 18
42

Vr

ak
0
X
Рис. 110
Y
Неверен ответ 4. ak  2e  Vr и обратится в нуль, если
Y
1.  e  0; 2. V r  0; 3. e Vr , но если
e  Vr (рис. 110), то a k  0 и ak  2eVr .
О1
Д
О
n
a
φ r
Х
№ 19
Верен
ответ
2.
a Ma


a r
М

 ae  arn  ar
Х

ae
Рис. 111
(рис. 111) ae  a D  x  36 см с ;
2
arn
 R 
2
ar  R 
2
9

3
 50 см с 2 ;
 50 см с 2 ;t 1c 

6
.
Переносное движение — движение ползуна Д — поступательное.
k
aa  a x2  a 2y  532  65 2  84 см с 2 ; aM
 0;

a x  a e  a r cos 
a rn
50 3 50 2 1
sin   36 

 53;
3 2
9 2
a y  a r sin   a rn cos 
50
3
1  3
 

 2 3 2   65.


Ответы 1, 3 неверны. В ответе 1 aa  a x  a y  65  53  118 см с 2 ;
В ответе 3 aa 
aen
50 2 50
 ae  ar  36 

 36  50  50  136 см с 2 .
9
3

А
№ 20
Верен ответ 2. aa  aan  aa . Абсолютное
движение точки М — движение ее по окружности, относительное движение — движение точки М по прямой ОА (рис. 112). Вращение прямой ОА — переносное движение, поэтому

aa  ae  ar  ak  aen  ae  ar  ak ; ae  0,
так как ωe = ω = const.

Ve

ae

aa

Vr
А0
 
a r ak
М

aan

 n
V a ae φ
М0
С
R
О
Рис. 112
Тогда aan  aa  aen  ae  ar  ak , или
43
X
aan  aa  aen  ar  ak .
(1)
В этом равенстве aen  OM 2  2 R 2 cos  ; ak  2eVr  4 R 2 sin  ;
aan
Va2 4 R 2 2


 4 R 2 ; Vr  Ve tg ; Ve  OM  2 R cos  ; Vr  2 R sin  ;
R
R
Va 
Ve
 2 R; Ve  OA; Vr OA; Va  MC.
cos
Проектируя равенство (1) на ось Х, имеем: aan sin   aa cos   ak ;
aa cos   4 R 2 sin   4 R 2 sin   0; aa  aan  4 R 2 .
Остальные ответы неверны.
№ 21
Верен ответ 2. При поступательном переносном движении aa  ae  ar , так
как ωе = 0 и ak  2e  Vr  0.
Остальные ответы неверны.
№ 22
Верен ответ 1. Если переносное движение не поступательное (произвольное),
то по теореме Кориолиса aa  ae  ar  ak (рис. 113).

ae

ar

aa
Рис. 113

ak

ae

ar

ae

aa

aa
Рис. 114
Рис. 115

ae

ar

ak

aa
Рис. 116
Если переносное движение поступательное ( a k  0 ), то будет справедлив ответ 4 (рис. 114) или 2 (рис. 115) в частном случае, когда a e и a r направлены по
одной прямой.
Ответ 3 — это частный случай теоремы Кориолиса, когда все векторы направлены по одной прямой (рис. 116).
№ 23
Верен ответ 3. aa  ae  ar  ak есть геометрическая сумма трех векторов, и
44
величина вектора aa отыщется по проекциям на оси: aa  a x2  a 2y  a z2 , где
a x  a ex  a rx  a kx ;

a y  a ey  a ry  a ky ;
a  a  a  a .
ez
rz
kz
 z
Ответ 1 верен тогда, когда все три вектора направлены по одной прямой, ответ
2 — когда они направлены по трем взаимно перпендикулярным прямым.
№ 24
Верен ответ 3. За переносное движение принято вращение О1К (рис. 117). Тогда a Ma  ae  ar  ak  aen  ae  ar  ak ;
(2)
ae  O1M  O1M  0; aen  O1M 2 
2
9
O1M ; O1M 
OO1
 18 см с; aen  2 2 см с 2 ;
cos
ak  2eVr  2Vr ;Ve  O1M ; Vr  Ve tg 60 0  O1M 3 
18
3  6 3 см с ;
3
12 2 3
 4 2 3 см с 2 .
3
В равенстве (2) два неизвестных. Проектируем это равенство на ось Y:
ak  2Vr 
аа cos 60 0  ак aa  2ak  8 3 2 см с 2 .
Остальные ответы неверны:
1. aa  ae  ar  an  2 2  14 2  4 2 3  22,8 2 см с 2 ;
2. aa  ae2  ar2   2 4  196  10 2 2 см с 2 ;
3. aa  ae2  ar2  aк2   2 4  196  48  2 2 62 см с 2 .
№ 25
Верен ответ 1. За переносное движение
принимаем вращение цилиндра.
Тогда
a Ma
 ae  a r  a k 
aen

 ae  a r  a k
(рис. 118).Где ae  R  10 см с 2 ;
aen
φ
O
1
 R ;  0    t  1c ;
2
aen  10 см с 2 ; aa 
   
2
ae

aen

ae
M

Ve
O 


 aa
ar

Vr
Vr e ;e   ; ak  2eVr sin 0  0;
2
aen
ωe
O1
 ar   10 3 см с 2 .
2
Рис. 117 M a
e
Va
N
K
aen
 X
V
 e
O e
1
45
Рис. 118
Ответы 2, 3, 4, неверны:
2. aa  aen  ar  20 см с 2 ;
3. aa  aen  ar  ae  30 см с 2 ;
4. aa  ae  ar  10 2  10  27 см с 2 .
№ 26
Верен ответ 4. Данное тело совершает плоскопараллельное движение найдем,
м.ц.с. его, т.е. точку Р на пересечении перпендикуляров к V А и VB (рис. 119). Поделив
P
8
V А на РА, найдем


4 2

 0,5 c 1 AC  CP  8 см; AP  8 2 см .
8 2
BP = CP + r = 8+2 = 10 см. Но   2 c 1 , так как
V
4
VB  V A cos 45 0  4 см с и   B   2 c 1.
BC 2
Ответы с такими результатами неверны.
№ 27
Механизм (рис. 120) состоит из вращающегося звена ВО
и звена ВС, совершающего плоскопараллельное движение.
VB  BO; VB  VC  VBC (по свойству плоского движения ВС).
Но по свойству вращательного движения (ВО)
VB = ωOB OB = 2·50 = 100 см/с.
Решая векторный треугольник, имеем
VC = VB cos 150; VBC = VB sin 150.
Тогда Vc=100cos150, а VBC= BCωBC и
V B sin 15 0
 BC 
 2 sin 15 0 . Верен ответ 4.
BC
V
Но  BC  B  2 c 1 и Vc   BC BC  2  50  100 см с .
BC
Ответы с такими результатами неверны.
46
Д
В
Тогда VB = BPω = 10∙0,5 м/с = 5 м/с.
№ 28
C
2
8 2

VB

А V
A
45
Рис. 119
О
В


0 VB
VC 15

V BC
C

VC
Рис. 120
ω
На рис. 121 у ОА вращательное движение, у АС — плоское. Поэтому VAcos300=Vс;
2
t
м с , но VA = ωOA OA;
VA  OA; VC  VB  S  ; V A 
2
3
V
1
3 1
OA  A 

c .
OA
3 3
C 
S V
VC
А
B
Верен ответ 1. В ответе 2
V
3
3
3
V A  VC cos 30 0 
;  OA  A 

.
2
OA 2  2 4
В ответе 3
VA  VC
 VB
 1м с ;OA  0,5 c 1 .
В

V A 300
О
Рис. 121
t 2 c
t 2 c
O1
№ 29
Верен ответ 3. Плоскопараллельное движение в любой момент времени можно
разложить на поступательное, которое задается движением одной точки — полюса, и вращательное, которое задается углом поворота вокруг полюса. Кинематические же характеристики поступательного движения V A и a A (А — полюс), а
,  
 — кинематические характеристики вращения вокруг полюса. Первые

два ответа перепутаны.
№ 30
На рис. 122 движение колеса и стержня АВ плоское.
По теореме о проекции скоростей двух точек плоской
фигуры имеем VC = VA cos 450; VA = VB cos 450.
VC
Отсюда V B 
 2VC  2V , верен ответ 2,
cos2 45 0
остальные ответы неверны. В ответе 1
V
VC  V A  V B cos 45 0 ; V B 
 V 2.
cos 45 0
В ответе 3 VC  V A cos 45 0  V B ; V B  VC  V .
450
В

VB

VA
А
C

VC
Рис. 122
№ 31
Верен ответ 2. В механизме (рис. 123) движение звеньев BD, CD плоское, звена ОС — вращательное. Скорость точки В VB = ωOCOB = ωa. По теореме о проекциях скоростей VBcos300 = VDcos300; VD = VB. Но VC  VD  VDC . С другой стороны
V a  Vce  V r  VC ,
C
C
Vce  V r  VD  VCD , VCD  CD, где
откуда
Vce  OC OC  2a;VCe  VCr ;VCa 
VCe
sin 30 0
C
;
47
VCa  VC  4a
(из
векторного

VCa
треугольника Vce  V r  VC ), но
C
следовательно,
VC  VD  VDC ,
VC VD .
Остальные ответы неверны. В
ответе 3 VC  V D  a, так как
движение звена СD не является
поступательным и V Ca  Vce  2a
(в ответе 1).

VB
0
30
300

VCr
C
600
ωOC
В
300
О

VСД

VCe
600
300

VД
Д
Рис. 123
№ 32
Верным является ответ на рис. 59 (ответ 3). М.ц.с. находится в точке пересечения перпендикуляров, восстановленных к скоростям точек стержня ВД. В точке
В скорость направлена перпендикулярно АВ, а в точке С — вдоль ВД. Следовательно, м.ц.с. находится в точке Р — точке пересечения перпендикуляра к ВД,
восстановленного в точке С, и продолжения АВ. В 1 и 2-м случаях ответы перепутаны, т.е. м.ц.с. в бесконечности будет на рис. 57 и в точке С — на рис. 58.
№ 33
Неверным является ответ 1 (см. рис. 60). Скорости всех точек колеса можно
отыскать как вращательные вокруг м.ц.с. Р (см. рис. 61) или как векторы, являющиеся суммой двух векторов (см. рис. 62). Эти два составляющих вектора появляются в результате разложения скорости любой точки плоской фигуры на поступательную скорость вместе с полюсом О и вращательную вокруг полюса О. На
рис. 60 указаны только вращательные скорости точек колеса вокруг полюса. Здесь
не учитывается поступательное движение колеса вместе с полюсом. Поэтому рис.
60 указывает неверное распределение скоростей точек колеса.
№ 34
Колесо, катящееся по прямолинейному рельсу, совершает сложное движение,
которое в любой момент можно разложить на два движения: поступательное вместе с полюсом и вращательное вокруг него.
На рис. 63 показаны скорости всех точек колеса в поступательном перемещении вместе с полюсом, а на рис. 64 — вращательные скорости тех же точек вокруг
полюса. Но поскольку оба движения происходят одновременно, то скорость в любой точке колеса будет равна сумме поступательной и вращательной скоростей
(см. рис. 65). Следовательно, верным будет ответ 3.
№ 35
48
Верное направление VC указано на рис. 66. Поскольку в этот момент шатун АВ
совершает мгновенно-поступательное движение, то скорости всех точек его в этот
момент равны. Мы знаем скорость точки А,

принадлежащей кривошипу ОА. Она перпенVA
дикулярна ОА. VC имеет то же направление,
A

что и V A , следовательно, она то же горизонV
C
C
тальна (рис. 124). На рис. 67 указано ускорение
В
точки С, на рис. 68 — скорость точки С относительно полюса А — VCA . Это всего лишь
О
ωОА

один из составляющих векторов VC , так
VB
как VC = V A +VCA . В данный момент ωАВ= 0 и
Рис. 124
VCA = СА ωАВ= 0, а VC = V A . Верен ответ 1.
№ 36
Верен ответ 3. Механизм (рис. 125) состоит из стержня ОА и колеса, совершающих плоскопараллельное движение. Чтобы определить скорость точки В колеса,
нужно знать скорость какой-либо другой точки колеса.
Можно найти скорость точки О колеса, отнеся ее к

A
PAO VB
стержню ОА. Скорость точки А известна, направление
скоростей точек А и О известно, найдем скорость в точ
B 
ке О с помощью м.ц.с. для ОА. Он находится на пересе- VA
O VO
α
чении перпендикуляров к векторам V A и V0 . Запишем
V0 OPAO
5 3

, откуда V0 =
.
V A APAO
3
Теперь переходим к колесу, найдем его м.ц.с.
Он находится в точке касания колеса с неподвижной плоскостью — Pкол . Используя опять
VB 2R

 2,
соотношение
имеем
V0
R
соотношение
10 3
см/с.
3
Остальные ответы неверны. Вы ошиблись в
расчетах, проверьте их.
№ 37
Рис.125
PKOA
Y
n В
аВА
А

ω,ε  а

аA BA а B
VB  2V0 
O

аA

аВА
X
Рис. 126
Верен ответ 1. Плоская фигура совершает в своей плоскости (XOY) движение,
которое в каждый момент времени раскладывается на два простейших движения:
поступательное, принимаемое за переносное, и вращательное, принимаемое за
относительное. Ускорение любой точки фигуры находится как сумма aa  ae  ar ,
т.е. переносного и относительного ускорений. Но aе  a A (А—полюс), ar  a BA .
49
n
r
 a BA
Тогда a B  a A  a BA  a A  a BA
(рис. 126). a BA состоит из двух составляю-
r
n
 BA . Ответы 2 и 3 могут быть верны в частных случаях,
 BA 2 и a BA
щих: a BA
когда ω = 0 (ответ 2) или a A = 0 (ответ 3). Ответ 4 неверен, так как вместо геометрической суммы взята арифметическая.
№ 38
Верно указано ускорение на рис. 82. На рис. 80 ускорения направлены у всех
точек так же, как и их скорости. Поскольку в данный момент шатун АВ совершает
мгновенно-поступательное движение, то скорости точек А, В, С будут равны между собой: V A =VB = VC . Для ускорения этого равенства уже не будет, так как ускорения точек стержня АВ будут распределяться как вращательные вокруг м.ц.у., а
не вокруг м.ц.с. На рис. 81 показано распределение точек А, В, С вокруг м.ц.у., но
сам он найден неверно. Поскольку в данный момент ωАВ = 0; tg  ;   90 0 , и
м.ц.у. найдется в пересечении перпендикуляров, восстановленных к ускорениям
точек В и А (см. рис. 82), а не самих ускорений (см. рис. 81). Таким образом, ускорение точки С направлено перпендикулярно к CQ (как показано на рис. 82). Верен
ответ 3.
№ 39
Верен ответ 1. По определению м.ц.у. — это точка плоскости, неизменно связанной с плоской фигурой, ускорение которой в данный момент равно нулю. Ответ 2 дает определение м.ц.с., а не м.ц.у.
Y
№ 40

аA
Верным является ответ 3. Два первых ответа тоже могут быть верными в некоторых случаях, когда
А

ω = 0 или ε = 0. Тогда tg  2   , φ = 90 — пер

вый ответ или tg  2  0 , φ = 0 — второй ответ. В

общем случае   0,   0 , угол φ не равен ни 0, ни
90, т.е. в общем случае м.ц.у. находится на пересечении
прямых,
проведенных
под
углом
0
  0 и   90 к ускорениям точек плоской фигуры
(рис. 127).
φ

аВ
φ
S
B
O
Q
X
Рис. 127
№ 41
Неверным будет ответ 3 (см. рис. 85). М.ц.у. — Q — находится в точке пересечения прямых, проведенных под углом φ к ускорениям точек А и В. В первом
50
случае ωАВ= 0, tg 
 AB
  , φ = 900 (см. рис. 83). М.ц.у. — Q — найдено верно
2
 AB
в пересечении перпендикуляров AQ и BQ . Для второго случая a B  a A  a BA ;
n
a B  a A  a BA
; a BA = 0; εАВ = 0; tgφ = 0. М.ц.у. найдем на прямой ОВ за точкой О
a
QA  2A , т.е. Q указано верно (см. рис. 84). На рис. 85 имеем такой же случай,
 AB
как и на рис. 83, т.е. м.ц.у. будет лежать на пересечении перпендикуляров, восстановленных к ускорениям a A и a B , а не в их пересечении, поэтому ответ 3
неверен.
Y
А
φ
№ 42
Q
Верен ответ 1. Ускорения всех точек плоской фигуры относительно Q м.ц.у. определяются так, будто
эта фигура вращается вокруг оси, проходящей через
м.ц.у. (рис. 128). При этом ускорение самого м.ц.у.
( aQ  0 ) отсутствует, и поступательного перемещения не происходит. Значит, ответы 2 и 3 неверны.
ω, ε

аA
B

аВ
φ
φ

аC
O
C
X
Рис. 128
№ 43
Верен ответ 2. В механизме (рис. 129) колеса и стержень АВ совершают плоскопараллельное движение. Использовав его свойства, найдем ускорение точки В.
Для этого нужно знать ускорение какой-либо точки стержня АВ, например точки
n

 0 );
А. У этой точки ускорение будет только a A  a AO
( aO = 0 (полюс О) и a AO
2
a nAO   кол
AO  a A  4  20  80 см/с.
Теперь, приняв точку А за полюс, по формулам распределения ускорений тоn

 a BA
чек плоской фигуры a B  a A  a BA
. Но
A
QA
лучше воспользоваться м.ц.у.:
B


aA
 AB
a
AQ
aB
O
B
A
0

tg  2   ,
φ = 90 ,
,
a B BQ
 AB
I
I
I
20 6
2
aB 
см с (ωАВ = 0).
3
Рис. 129
Ответ 1 неверен, так как в мгновеннопоступательном движении (ωАВ = 0) VA  VB , но a A  a B .
Ответ 3 тоже неверен, так как точки О и В принадлежат разным телам и движения этих точек различны. Колесо 1 движется с постоянной скоростью ω, а коa
20 6
6 –2
лесо 2 имеет ускорение  2  B 
с .

R 20  3
3
51
№ 44
Верен ответ 2 (см. рис. 88). Касательное ускорение точки М должно совпадать
с направлением скорости этой точки. Скорость же точки М направлена перпендикулярно МР, следовательно, касательное ускорение точки М тоже перпендикулярно МР, а нормальное ускорение перпендикулярно касательному, значит, оно
пойдет вдоль МР. Направление нормали к траектории точки М совпадает с
направлением отрезка МР, соединяющего точку М с мгновенным центром скоростей Р.
№ 45
Верен ответ 2. М.ц.у. — это точка, неизменно связанная с фигурой, ускорение
которой в данный момент равно нулю. При VC = const a C = 0 и точка С является
м.ц.у. В точках В и Р ускорения не равны нулю, они будут одинаковы и
V
a B  a P  R 2 , где   c ; R — радиус колеса.
R
Поэтому точки В и Р не могут служить м.ц.у. Ответы 1 и 3 неверны.
№ 46
Верен ответ 1. В механизме (рис. 130) движение звеньев О1А и ВО2 — вращательные, СД — плоское, АВ — поступательное.
VA  O A  O1 A  1  10  10 см с ; a A  a An  O2 A  O1 A  10 см с 2 ;
VC  VA ; aC  a A ; VA  OA; a A OA; VD  VC  VDC (рис. 131), aD  aC  aDC ;
1
1

VД
 300 
V A V ДС V 0
C 30
0
300
30
A

aA
ω
О1
α
600
Д
C

aC

VB
300
600
В

VД

aB
300
300

V ДС
О2
Д

VC
Рис. 131
Y

n aД
a ДС
600
600
C
0
 60
aC
X
Рис. 132
Рис.130
130
V
10
n

VC  VDC   DC DC;VDC  DC;  DC  DC   2 с 1 ; aD  aC  aDC
 aDC
(рис.132).
DC 5
n
 aC cos 600 ;
Спроектируем последнее уравнение на ось X: aD cos 600  aDC
n
2
n
 DC
 DC  4  5  20 см с 2 ; a D  2(20  5)  50 cм с 2 .
aD  2(aDC
 12 aC ); aDC
Остальные ответы неверны.
52
№ 47
Верен ответ 4. На рис. 133 движение катушки плоскопараллельное. Известна
скорость точки С и м.ц.с. — точка Р.
V
3t
3t
Следовательно,   C 

 10t c 1 ;     10 c  2 .
CP r  R 0,3
n

 a AO
;
Найдем aO  R  0,2  10  2 м c 2 ; a A  aO  a AO

aAO  R  0,2  10  2 м c 2 ;
n
a A  (aO  aAO ) 2  (a AO
) 2  4 2  20 2  4 26 см c 2 ;
 n  VС
a AO
aO
Y
n
a AO
 R 2  0,2 2  20 м c 2 .
Остальные ответы неверны, так как
a A  aC  3 м с 2  VC ; a A  aO  2 м c 2 ;
n
a A  aO  a AO
 aAO  2  20  2  24 м c 2 .
№ 48
Верен ответ 2. В механизме (рис. 134) звено АВ совершает плоскопараллельное движение: V A = U = const; a A  VA  0; А=QAB , т.е. м.ц.у. АВ:
n

a B  a A  a BA
 a BA
,
(3)
n
2
  AB
 AB; a BA   AB  AB. Точка В является м.ц.с. звена АВ, так как
где a BA
V AB U
U2
n
VB = 0,  AB 
 ; a AB 
.
AB l
l
Проектируя равенство (3) на АВ, имеем
2U 2
U2
n
n
aB cos60 0  a BA
; aB 
; aB  a A  0; aB  aBA

; VB  VA  U .
l
l
Ответы с такими результатами неверны.
№ 49
Верен ответ 4. В механизме на рис. 135
звено 2 совершает плоскопараллельное движение. VB = VC = VD, так как в данный момент оно является мгновеннопоступательным.  2  0 , но VB = ωAB AB = 2 м/c и
VD= VB = 2 м/с. Найдем Q2 — м.ц.у. звена 2;
tg 
 AB
  , φ = 900, Q 2  Д . Остальные
2
 AB
53
300

a ДС
2
ответы неверны: a Д  a B   AB
 AB  40 м c 2 , так как движение звена 2 непоступательное, и V Д  0 , так как м.ц.с. звена 2 находится в бесконечности, а не в точке Д.
№ 50
Верен ответ 4. На рис. 136 движение катушки плоскопараллельное. В точке С
VA VA
VA a A
1
2
1



 2 c ;  


 4 c 2 ;
находится м.ц.с. Тогда  
AC
r 0,5
r
2 0,5
aA
2
2
 4
  1;   450 ; B  Qкат ; AB 


 0,35 м.
2
4

 2  4 4 2 4
Остальные ответы неверны. Ускорение точки А не
равно нулю, она не может быть м.ц.у., т.е. Qкат . У точки С,
являющейся м.ц.с., скорость равна нулю, а ускорение
n
a C  a CA
 r   2  0,5  4  2 м c 2 . Она тоже не может
быть м.ц.у.
tg 
 ОА
ЛИТЕРАТУРА
1. Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики: Учебник для втузов.—
М.: Высшая школа, 2001.
2. Яблонский А. И. Курс теоретической механики. — М.: Высшая школа,
1997
3. Сборник задач по теоретической механике: Учебное пособие для вузов /
Н.А. Бражниченко, В.Л. Кан, Б.Л. Минцберг и др. — М.: Высшая школа. 1974.
4. Мещерский И. В. Сборник задач по теоретической механике: Учебное пособие для вузов.— М.: Наука, 1981.
54