КИНЕМАТИКА ТОЧКИ И ПРОСТЕЙШИЕ ДВИЖЕНИЯ ТВЁРДОГО

Федеральное агентство по образованию
Томский государственный
архитектурно - строительный университет
КИНЕМАТИКА ТОЧКИ
И ПРОСТЕЙШИЕ ДВИЖЕНИЯ ТВЁРДОГО ТЕЛА
Методические указания по теоретической механике
Составитель О.Н. Лысак
Издание второе, исправленное
Томск 2007
Кинематика точки и простейшие движения твёрдого тела: Методические указания /Сост. О.Н. Лысак. Томск: Изд-во Том. гос. архит.-строит. ун-та, 2007. – 52 с.
Рецензент профессор О.В. Матвиенко
Редактор Г.Г. Семухина
Методические указания составлены для студентов всех форм
обучения. В них содержатся материалы, включающие разделы кинематики точки и простейшие движения твёрдого тела. В указаниях
приведены примеры решения задач, которые могут оказать помощь
при выполнении курсовых работ студентами дневных форм обучения; дан список рекомендуемой учебной литературы.
Печатается по решению методического семинара кафедры
теоретической механики № 3 от 3 октября 2006 г.
Утверждены и введены в действие проректором по учебной
работе В.С. Плевковым
с 24.01.2007
до 24.01.2012
Подписано в печать
Формат 60×84/16. Бумага офсет. Гарнитура Таймс. Печать офсет.
Уч.- изд. л. 2,73. Тираж
экз. Заказ №
Изд-во ТГАСУ, 634003, г. Томск, пл. Соляная,2.
Отпечатано с оригинал-макета в ООП ТГАСУ.
634003, г. Томск, ул. Партизанская,15
ОГЛАВЛЕНИЕ
Введение ....................................................................................... 4
1. Кинематика точки. ................................................................... 5
1.1. Содержание задания
1.2. Векторный и координатный способы задания
движения точки .................................................................... 5
1.2.1. Уравнения движения точки ......................................... 5
1.2.2. Уравнение траектории и методы её построения.................................................................................. 6
1.2.3. Определение скорости точки по заданным
уравнениям движения в декартовой системе
координат ...................................................................... 7
1.2.4. Определение ускорения точки в декартовой
системе координат......................................................... 9
1.2.5. Естественный способ задания движения точки.......... 9
1.2.6. Определение скорости и ускорения точки при
естественном способе задания её движения............... 11
1.2.7. Определение радиуса кривизны  траектории
точки.............................................................................. 13
1.3. План решения, объём задания к задаче
на тему: «Кинематика точки».............................................. 14
1.4. Примеры решения задач на тему: «Кинематика точки»
1.4.1. Задача 1 ......................................................................... 15
1.4.2. Задача 2 ......................................................................... 24
1.4.3. Задача 3 ......................................................................... 34
2. Простейшие движения твёрдого тела ..................................... 36
2.1. Поступательное движение твёрдого тела ......................... 36
2.2. Вращение твёрдого тела вокруг неподвижной оси.......... 37
2.2.1. Общие формулы угловых и линейных характеристик вращательного движения ............................. 37
2.2.2. Примеры решения задач.
Задача 1. ............................................................................... 42
Задача 2 ................................................................................ 47
Вопросы для самоконтроля ......................................................... 50
Библиографический список......................................................... 52
3
Кто не знаком с законами движения, тот
не может познать природы.
Г. Галилей
ВВЕДЕНИЕ
Кинематика как раздел теоретической механики рассматривает лишь геометрическую сторону механической формы движения,
не затрагивая причин, вызывающих это движение. Кинематика
предшествует динамике и этим облегчает её изложение и изучение.
Поэтому иногда кинематику рассматривают как введение в динамику. Вместе с тем кинематика имеет также большое самостоятельное
значение. Особенно при проектировании и создании механизмов,
которые должны обладать определёнными, наперёд заданными кинематическими характеристиками движения их звеньев или отдельных точек. Это хорошо видно на примерах расчёта механизмов робототехники, выполняющих определённые (заданные) функции робота. Здесь движение отдельных звеньев должны быть строго увязаны между собой во времени и пространстве.
Детальное рассмотрение геометрических характеристик движения механизмов привело к необходимости выделения одного из
разделов кинематики в отдельную дисциплину – «Теорию механизмов и машин».
Цель методического указания – дать примеры решения задач с
достаточно полными пояснениями, а также необходимый теоретический материал без доказательств, но со ссылкой на рекомендуемую учебную литературу.
Рассматривать геометрические характеристики движения
(уравнения движения, траекторию, скорость, ускорение) можно на
примере свободной материальной точки или точки, принадлежащей
какому-либо телу или звену механизма.
Перед тем как приступить к выполнению курсовой работы,
студент должен изучить теоретический материал и решить более
простые задачи на практических занятиях или самостоятельно. Для
этого он может воспользоваться учебной литературой, список которой приведён в конце методического указания.
4
1. КИНЕМАТИКА ТОЧКИ (К–1)
В расчётно-графической работе на эту тему рассматриваются
вопросы по составлению уравнений движения точки, нахождению
её траектории, скорости и ускорения в заданный момент времени.
Как известно, имеется три способа задания движения точки:
естественный, координатный и векторный. При выполнении расчётно-графической работы воспользуемся первыми двумя.
1.1. Содержание задания
Задание К–1 включает в себя решение задач по двум разделам: кинематика точки и вращение твёрдого тела вокруг неподвижной оси. Каждому студенту дается свой вариант задания, которое
студент выполняет самостоятельно. Расчет должен сопровождаться
графикой: в масштабе должна быть построена траектория движения
точки; после чего для заданного момента времени точка наносится
на траекторию. Вычислив для данного момента времени значения
векторов скоростей и ускорений, наносим их в масштабе на чертёж
в точке М траектории.
При графическом построении используются три масштаба:
линейный масштаб, масштаб скоростей и масштаб ускорений.
1.2. Векторный и координатный способы
задания движения точки
1.2.1. Уравнение движения точки
Поскольку векторный и координатный способы задания движения между собой увязаны, то мы воспользуемся общим чертежом
(рис. 1).
При векторном способе задания движения положение движущейся точки М определяется [1] радиусом-вектором
r r t 
(1.1)
5
Разложим радиус-вектор r по осям координат:
r  xi  y j  zk ,
(1.2)
где x, y, z – координаты движущейся точки М в прямоугольной
системе координат.
Эти координаты являются функциями времени t
x f1t , y f 2 t  , z  f 3 t 
(1.3)
и полностью определяют положение движущейся точки М в любой
момент времени.
Следовательно, они являются уравнениями движения точки М
в координатной форме.
z
M
траектория
r
k
j
i
z
x
y
x
y
Рис. 1
1.2.2. Уравнение траектории и методы её построения
Отличие уравнений движения от уравнения траектории состоит в том, что в последнем отсутствует аргумент t , поэтому для
нахождения аналитического уравнения траектории необходимо
совместно решить систему уравнений движения (1.3) с целью
исключения аргумента t.
Графическое построение траектории точки М может быть
произведено либо по уравнениям движения, либо по уравнению траектории. В первом случае, задавая различные значения времени t,
6
будем находить соответствующие ему значения координат x и y
движущейся точки. Нанеся эти точки на чертёж, выполненный в
масштабе, и соединив их между собой плавной линией, получим
траекторию точки на чертеже.
Во втором случае, имея уравнение траектории точки и задавая
различные значения координат x точки, будем находить соответствующие им значения координат y (или наоборот). По полученным
значениям координат x и y построим траекторию.
1.2.3. Определение скорости точки по заданным
уравнениям движения в декартовой системе
координат
Даны уравнения движения точки:
x f1t ; y f 2 t ; z f 3 t  .
Скорость точки определяется по её проекциям на оси координат [1]:
Vx 
dx
dy
dz
; V y  ; Vz 
,
dt
dt
dt
(1.4)
то есть проекции скоростей точки на оси координат равны первым
производным от соответствующих координат движущейся точки по
времени.
Для нахождения модуля вектора скорости точки воспользуемся формулой:
2
2
2
 dx   dy   dz 
V  Vx2  Vy2  Vz2         
(1.5)
 dt   dt   dt 
Направление вектора скорости V определяется по направляющим косинусам углов, образованных вектором скорости V с
осями координат:

V
cos(V ; i )  x ;
V

V
cos(V ; j )  y ;
(1.6)
V

V
cos(V ; k )  z .
V
7
Следует указать на то, что при правильном нахождении модуля и направления вектора скорости V в заданной точке, мы получим
совпадение направления вектора V с касательной к траектории в
заданный момент времени t (рис. 2).
z
Vz k
V
Vy j
M
Vx i
z
O
y
x
x
y
Рис. 2
z
az k
a
axi
O
ay j
M
z
y
x
y
x
Рис. 3
8
1.2.4. Определение ускорения точки в декартовой системе
координат
Из учебной литературы [1, 2] известно, что проекции ускорения точки в декартовой системе координат определяются как первые производные по времени от проекций вектора скорости на соответствующие оси координат:
dV
dVx
dV
; a y  y ; a z  z , или
dt
dt
dt
(1.7)
2
2
2
d x
d y
d z
ax  2 ; a y  2 ; az  2 .
dt
dt
dt
Модуль вектора ускорения точки a определим через его проax 
екции на оси координат по формуле:
2
2
2
 d 2x   d 2 y   d 2z 
2
2
2
a  a x  a y  a z   2    2    2 
(1.8)
dt
dt
dt

 
 

Направление вектора ускорения a определяется при помощи направляющих косинусов углов, образованных вектором ускорения с
осями координат (рис. 3):



ay
ax
a





cos a ; i  ; cos a ; j  ; cos a ; k  z .

 a

 a

 a
(1.9)
1.2.5. Естественный способ задания движения точки
При естественном способе задания движения точки задаётся
траектория, начало отсчёта, направление отсчёта. Тогда положение
движущейся точки может быть определено при помощи дуговой координаты S  f t  (рис. 4).
S
V
траектория
Рис. 4
9
Рис. 5
10
Три взаимно перпендикулярные плоскости соприкасающаяся,
нормальная и спрямляющая (рис. 5) образуют сопутствующий трёхгранник. Рёбра сопутствующего трёхгранника часто принимают за
естественные оси координат: касательную, главную нормаль и бинормаль.
За положительные направления на рёбрах сопутствующего
трёхгранника принимают направления следующих единичных векторов:

1) основной вектор касательной  . Он направлен по касательной в сторону возрастания параметра. Если за параметр принять

время t , то направление  совпадает с направлением движения точ
ки по траектории. Если параметром служит дуга, то направление 
совпадает с направлением отсчёта положительных дуг;

2) основной вектор главной нормали n . Он направлен по

главной нормали в сторону вогнутости траектории. Направление n
не зависит от выбора параметра, т.е. имеет объективный геометрический смысл;

3) основной вектор
бинормали b . Он направлен так, чтобы
  
тройка векторов  , n , b была правой.
На рис. 5 показано положение этих осей и плоскостей для
двух различных моментов времени.
1.2.6. Определение скорости и ускорения точки
в криволинейном движении при естественном
способе задания её движения
Алгебраическая величина вектора скорости V определяется
как первая производная от дуговой координаты S по времени:
V
dS
.
dt
(1.10)
Направление вектора скорости совпадает с касательной к траектории (рис. 4).
Вектор ускорения точки лежит в соприкасающейся плоскости
(поэтому проекция ускорения на бинормаль равна нулю ab=0) и ра-
11
вен векторной сумме ускорений нормального – an и касательного –
a (рис. 6)
a  an  a .
(1.11)
Вектор нормального ускорения an характеризует изменение
направления вектора скорости V за единицу времени и направлен
по главной нормали в сторону вогнутости траектории
V2
V2
an n 
; модуль an 
,
ρ
ρ
(1.12)
главная нормаль
где ρ – радиус кривизны траектории в точке М (рис. 6).
a
an
n
касательная
М

a
V
Рис. 6
Вектор касательного ускорения a  
величина вектора
a 
dV
.
dt
dV
;
dt
алгебраическая
(1.13)
Касательное ускорение характеризует изменение модуля вектора скорости за единицу времени и направлено по касательной к
траектории в точке М. Вектор a совпадает с вектором скорости V
в том случае, когда движение точки ускоренное, и направлен в противоположную сторону в случае замедленного движения.
Касательное ускорение может быть определено по другой
формуле:
12
V a  Vy a y
a  x x
.
V
(1.14)
При подсчёте ускорения по этой формуле надо быть внимательным и учитывать все знаки проекций скоростей и ускорений на
оси координат. Если в случае подсчёта получим значение a со
знаком плюс, то движение ускоренное, и вектор a будет направлен
по направлению вектора скорости V ; если a принимает отрицательное значение, то движение точки замедленное, и вектор a направлен противоположно вектору скорости V .
Модуль вектора ускорения a :
2
2
a  an   a  .
(1.15)
1.2.7. Определение радиуса кривизны ρ траектории точки
Из формулы (1.12) следует,
V2
ρ .
an
(1.16)
Модуль вектора скорости V вычисляем по формуле (1.5),
нормальное
ускорение
из
формулы
(1.15).
Получаем
2
2
an  a   a  ; тогда окончательно получим:
2
2
2
 dx   dy   dz 
     
dt
dt
dt
ρ     2.
 dV 
a 2x  a 2y  a 2z  

dt



(1.17)

Подставляя заданное значение времени t , находим модули
векторов V и an , после чего находим значение радиуса кривизны ρ
траектории точки для заданного момента времени t .
13
1.3. План решения, объём задания к задаче
на тему: «Кинематика точки»
1.3.1. Записать условия заданного варианта задачи.
1.3.2. Изобразить механизм (или движущееся тело) и заданную
точку в произвольный момент времени t (но не в начальный).
1.3.3. Выбрать неподвижную прямоугольную систему координат.
1.3.4. Найти (составить) уравнения движения заданной точки М.
Для этого текущие координаты точки необходимо выразить как
функции времени, увязав их (координаты) с геометрическими размерами и положением механизма в изображённом на чертеже положении.
1.3.5. Найти уравнение траектории заданной точки М механизма.
1.3.6. Построить траекторию точки М графически, используя масштаб.
1.3.7. Вычислить проекции вектора скорости V на оси координат для произвольного момента времени t . Затем найти модуль и
направление вектора V для заданного момента времени t1 .
1.3.8. Вычислить проекции вектора ускорения a на оси координат для произвольного момента времени t . Найти модуль и направление вектора a для заданного момента времени t1 .
1.3.9. Вычислить нормальное, касательное и полное ускорение
a движущейся точки в естественной системе координат для заданного момента времени t1 .
1.3.10. Вычислить значение радиуса кривизны ρ траектории
движущейся точки для заданного момента времени t1 .
1.3.11. Для заданного момента времени t1 нанести на траектории
в точке М в масштабе векторы скорости V , ускорения a , а также
их проекции на оси координат (Vx , Vy , a x , a y , an , a ).
Примечание. При графическом построении необходимо использовать три масштаба: линейный масштаб, масштаб скоростей, масштаб ускорений.
1.3.12. Для заданного момента времени t1 нанести на чертеже (в
масштабе) радиус кривизны ρ . Показать положение центра кривизны.
14
1.4. Примеры решения задач на тему:
«Кинематика точки»
1.4.1. Задача 1
Механизм эллипсографа состоит из кривошипа ОС , линейки
АВ, ползунов А и В (рис. 7).
Кривошип вращается равномерно вокруг неподвижного центра О и приводит в движение линейку АВ. Решить задачу согласно
заданию, приведённому выше в (1.3.), для двух моментов времени
1
13

с и
с , если:   t ; ОС  АС  СВ l 30 см ; СМ  10 см .
2
6
2
yM
xM
Рис. 7
Изобразим механизм в произвольный момент времени t
(только не в начальный). Выберем начало координат в неподвижной
точке О. Для определения координат движущейся точки М в зависимости от заданных значений размеров и переменного угла  произведём дополнительные построения на чертеже. Проведём прямые
СДЕ и МК параллельные оси Оy и прямую ДМ параллельную оси
Оx. При этом, с учётом заданных размеров звеньев механизма, получим на чертеже углы СДМ =  и МКВ =  . После чего координаты точки М можно выразить так:
15
xM  ОК  ОЕ  ЕК  ОЕ  ДМ  ОС cos   СМ cos  ;
y M МК  ДЕ  СЕ  СД  ОС sin   СМ sin  .
Подставляя заданные в условиях задачи значения, получим

xM  40  cos t ,
2
(1.18)

y M  20  sin t.
2
Это уравнения движения точки М в прямоугольной системе
координат.
Для определения уравнения траектории точки, решим совместно уравнения движения и исключим аргумент t . Для этого уравнения представим в следующем виде, разделив первое из них на 40,
а второе на 20:
xM

 cos t ,
40
2
yM

 sin t.
20
2
Возведя в квадрат левые и правые части этих уравнений, сложим их. В результате получим уравнение траектории точки М:
2
2
xM
yM

 1.
40 2 20 2
Это уравнение эллипса с полуосями 40 см по оси Ox и 20 см
по оси Oy , с центром в начале координат.
Для графического построения траектории точки М можно
воспользоваться одним из методов, приведённых выше в 1.2.2. В
этой задаче воспользуемся одним из них.
Из уравнений (1.18), задавая различные значения моментов
времени t , будем находить координаты xM и yM для соответствующих значений t . В нашей задаче промежутки времени, отделяющие один момент времени от другого, возьмём равным 1/6 с.
Примечание. Для более точного графического построения
траектории точки необходимо промежутки времени брать небольшими.
Подсчёт значений координат точки М.
16

xM 40 cos t ,
2

yM  20 sin t .
2
Будем
в
эти
уравнения
подставлять
значения
t:
1
2
3
4
5
6
24
t0  0; t1  c; t 2  c; t3  c; t4  c; t5  c; t6  c; t 24   4 c .
6
6
6
6
6
6
6

При: t 0  0
x0 40 cos t0 40 cos 0  40 см ,
2

y0  20 sin t0  20 sin 0  0 см ;
2
 1

1
x1 40 cos   40 cos  40 cos 150  38,6 см,
t1  c
2 6
12
6
 1

y1  20 sin   20 sin  5,2 см .
2 6
12
Точно так же будем подсчитывать координаты движущейся точки вплоть до получения полного замкнутого эллипса (до
момента t 24  4 c ).
Полученные значения координат сведём в таблицу:
1
2
4
6
3
5
Значения
0
t ,с
6
6
6
6
6
6
Точка
М0
М1
М2
М3
М4
М5
М6
xМ, см
+40
+38,6 +34,64 +28,28 +20 +10,36
0
yМ, см
0
+5,2
+10 +14,14 +17,32 +19,32 +20
7
6
М7
-10,36
+19,32
8
6
М8
-20
+17,32
9
6
М9
-28,28
+14,14
…
13
6
М13
-38,64
-5,18
…
24
6
М24
+40
0
Выбирая линейный масштаб, наносим на чертеже последовательно положения точки, используя полученные значения координат
(рис. 8). Соединив точки на чертеже плавной линией, получим траекторию (эллипс).
17
18
Рис. 8. Построение траектории точки М
механизма эллипсографа
Примечание. Учитывая, что эллипс – кривая, симметричная
относительно своих главных осей, достаточно рассчитать ¼
часть эллипса. Область изменения угла φ (аргумент синуса и коси-

. Будем задавать значения угла φ через каждые 10
2
градусов, т.е.     / 18 рад (при этом в данной задаче  t 1 / 9 с).
нуса) : 0   
Остальные ¾ части эллипса достраиваются симметрично.
Определение скорости точки М.
Используя формулы (1.4), определим проекции вектора скоростей точки М на оси координат.

d ( 40 cos t )
dx
2  20sin t ,
Vx  M 
dt
dt
2

d (20 sin t )
dy
2  10cos t.
Vy  M 
dt
dt
2
1
 1 
Для момента времени t  t3  c; 3    рад 45 ,
2
2 2 4
2
Vx  20   14,14 (см/с) , Vx  44,43 см/с ;
2
2
Vy  10  7,07 см/с , Vy  22,21 см/с ;
2
2
2
V  Vx2 V y2   44,43 22,21 49,67 см/с  ,
Vt 3  49,67 см/с .
13
 13 13
Для момента времени t  t13  c; 13     (рад) ,
6
2 6 12
0
0
0
13  195 , sin 195   sin 15  0,259 ,
cos1950   cos150  0,966.
Тогда в момент времени t  t13 :
Vx  20   0, 259  5,18  16,26 см/с  ,
Vy  10   0,966  30,34 см/с .
19
Модуль вектора скорости :
2
2
V  Vx2  Vy2  16,26   30,34  34,43 см/с  ;
Vt13  34,43 см/с .
Изобразив (рис. 9) в масштабе траекторию точки М, нанесём
1
13
на этой траектории её положения в моменты t3  c и t13  c :
2
16
(М3 и М13 ). Далее, от полученных точек М3 и М13 отложим проекции скоростей на оси координат с учётом знаков в масштабе скоростей mV 1см 10 см/с. Затем строим параллелограммы и получаем
векторы скоростей в этих точках.
При правильном вычислении векторы скоростей должны
быть направлены по касательной к траектории в сторону движения точки М.
Определение ускорения точки М
Находим проекции вектора ускорения точки М по формуле
(1.7):
 

d   20 sin t 
dV

2 
ax  x  
 10 2 cos t,
dt
dt
2
 

d 10 cos t 
dV

2 
ay  y  
 5 2 sin t.
dt
dt
2
1

 1 
Точка М3 , при t  t3  c; 3  t3    ( 450 ) :
2
2
2 2 4

а x  10  3,142 cos  69,79 см/с 2 ;
4

a y  5  3,142 sin  34,89 (см/с 2 ) ;
4
a  a x2  a 2y  (69,79) 2  ( 34,89) 2  78,03 см/с 2 .
13
 13 13
Точка М13, при t  t13  c; 13      рад 1950 :
6
2 6 12
2
2
a x  10  0,966  95,33 см/с  ;
20
a y  52 (0,26)  12,77 (см/с 2 ) ,
a  ax2  a 2y  (95,33) 2  (12,77) 2  96,18 см/с 2 .
Полученные значения модулей векторов ускорений и их проекций на оси координат для моментов t3 и t13 отложим соответственно в точках М3 и М13 траектории (рис. 9).
Определение ускорения точки М в естественной системе
координат
Для этого воспользуемся формулами (1.11); (1.14); (1.15).
Так как точка М движется в плоскости ( xOy ), то проекции Vz и a z
равны нулю. Тогда a 
Vx a x  V y a y
V
, an  a 2  a2 .
Подставляя найденные выше значения для Vx ; V y ; a x ; a y для
1
c , найдём
2
(44,43)   69,79  22,21   34,89
a 
 46,83 см/с2 .
49,67
момента времени t3 
Знак плюс показывает, что точка движется ускоренно, следовательно, вектор a направлен по вектору V .
an 
a 2  a 2

78,032  46,832
Для момента времени t13 
a 
 62,42 см/с2 .
13
c (для точки М13)
6
 16,26   95,33   30,34   12,77
34,43
 33,77 см/с 2  ,
an  (96,18) 2  (33,77) 2  90,06 (см/с2).
Отложив на траектории нормальное an и касательное a ускорения в точках М3 и М13 , произведя их векторное сложение, построив прямоугольники ( an  a ), получим значения векторов ускорений a . Как видно из рис. 9, эти векторы по модулю и по напра-
21
22
Рис. 9
Траектория движения точки М.
Векторы скоростей и ускорений точки М
в моменты t3 и t13
Линейный масштаб m 1: 4
Масштаб скоростей mV 1 см ÷ 10 см/с
Масштаб ускорений ma 1 см ÷ 10 см/с2
влению совпадают с векторами ускорений, полученными при координатном способе задания движений точки.
Нахождение радиусов кривизны траектории в точках М3 и
М13.
V2
Из формулы (1.16)   
. Подставив значения V и an ,
an
найдём радиус кривизны для моментов t3 и t13 .
1
Для t3  c;
2
V 2 49,67 2
3 

 39,52 см  ;
an
62,42
13
V 2 34,432
для t13 
c; 13 

 13,16 см  .
6
an
90,06
На чертеже (рис. 9) отложим от точек М3 и М13 по главным
нормалям в сторону вогнутости траектории значения  3 и 13 и отметим точки О3 и О13 – центры кривизны траектории в этих точках.
Для наглядности из этих точек проведём окружности с радиусами  3 и 13 . Эти окружности будут иметь одинаковую кривизну с
кривизной траектории, соответственно, в точках М3 и М13 .
23
1.4.2. Задача 2
Колесо радиуса r  0,1 м , имеющее реборду радиуса
R  0,4 м , катится без скольжения по прямолинейному рельсу
(рис.10) с постоянной скоростью V  20 м/с . В начальный момент
времени t0  0 с точка М находилась в наинизшем положении Мо,
тогда центр колеса О1 находился на оси Oy и угол   0 .
Требуется определить уравнения движения точки М, лежащей
на ободе реборды, её скорость, ускорение полное, нормальное и касательное в различные заданные моменты времени t 4 ;t8 ;t14 .
Вид А
А
V
Рис. 10
Необходимо также построить графически в масштабе траекторию точки М; найти и нанести на чертёж радиусы кривизны траектории точки М для моментов времени t 4 ; t8 ; t14 .
24
Составление уравнений движения точки М
Для нахождений уравнений движения ( x М  f1 t  и
y M  f 2 t  ) необходимо механизм (в данном случае колесо) сдвинуть из начального положения, изобразить на чертеже. За начало
координат примем точку соприкосновения колеса малого радиуса r .
Точка М при этом будет занимать наинизшее положение – М0
(рис.10). Установим зависимость координат x и y точки М от положения центра колеса О1 и угла поворота  (рис. 10).
На чертеже видно, что в этот момент
xM   ME  OK  LM  V t  R sin  ,
yM  OE   KL  O1L  O1 K   R cos   r .
Так как колесо катится без проскальзывания, то перемещение
колеса (отрезок ОК) будет равен длине дуги ДК радиуса r .
OК  ДК . Но ОК  V t – путь, пройденный центром колеса
при равномерном движении, а длина дуги ДК  r   ; т.е. V t  r ,
V t 20 t
отсюда


 200 t радиан .
r
0,1
(1.19)
Подставляя значение   200 t в выражение для xM и y M , получим
уравнения движения точки М:
xM  20 t  0,4 sin200 t м  ;
(1.20)
yM  0,1  0,4 cos200 t м  .
Построение траектории точки М графическим способом
Способ 1. Как видно из (1.19), за время
T
2


c ко200 100
лесо повернётся на угол 2 , следовательно, точка опишет полный
виток траектории. Разобьём этот промежуток на 24 части с шагом
t 

c . Будем подставлять последовательные моменты време2400
25
ни в уравнения движения (1.20). Полученные координаты последовательно откладываем на осях Ox и Oy; соединяя полученные точки
плавной кривой, получим траекторию точки М, описанную за один
оборот колеса. Заметим, что общий вид траектории не зависит от
скорости движения колеса.
Способ 2. Он состоит в последовательном графическом построении (в масштабе) на чертеже механизма (колеса) через равные
промежутки времени. В каждом из положений колеса на чертеже
наносится точка М.
Сделаем разбивку времени на равные промежутки времени
 t . Примем этот промежуток времени t 

c . После чего оп2400
ределим моменты времени t0 ; t1; t2 ; t3 ; , для которых будем находить последовательные положения точки М (М0, М1, М2, . . . ), которые нанесём на чертеже.




c ; t 2  t1  t 


c
2400
2400 2400 1200



7
и далее t3 
c ; t4 
c ; ; t8 
c ; ; t14 
c.
800
600
300
1200
t0  0 ; t1  t0  t 
Для сокращения изложения, в качестве примера, определим
положения точки М лишь в двух положениях: при t  t 4 (точка М4 )
и при t  t14 (точка М14).


c S 4  20t  20
 0,1047 м ,
600
600


4  200t  200
 рад  60 .
600 3
Построение: переместим колесо по оси x на расстояние
S 4  0,1047 м  (рис. 11), начертим колесо на чертеже, далее отложим угол   4  600 от начального положения, найдём точку M4 и
При t  t 4 
нанесём её на чертеже.
Точно так же для точки М14 в момент t  t14 
7
S14  20t  20
 0,366 м  ,
1200
26
7
c:
1200
27
Рис. 11.
Построение траектории точки М
m 1:5
Рис. 12.
Влияние соотношения радиусов колёс на траекторию
движения точки М обода большого колеса
28
7 14
  рад  2100 . Отложим по оси x
1200 12
7
путь S14 , пройденный колесом за t  t14 
с – S14  0,366 м ,
1200
отложив угол   14  2100 , найдём положение точки М14.
Точки М0, М1, М2, М3, . . . ,М14, . . . , в порядке последовательности нанесённые на чертёж и соединённые плавной линией, образуют траекторию движения точки М катящегося колеса. Напоминаем – качение происходит без проскальзывания.
Для наглядности на рис. 12 приведены траектории движения
точек для колёс с различным соотношением радиусов колёс. Траектории рассчитаны и нанесены на чертёж с учётом масштаба.
14  200t  200
Определение скорости точки М для моментов времени
t 4 , t8 , t14
Проекции скорости точки М на оси координат находим по
первым производным от уравнений движения:
dxM d 20 t  0,4 sin200 t 

 20  80 cos 200 t м/с  ;
dt
dt
dy
d 0,1  0,4 cos200 t 
Vy  M 
 80 sin 200 t м/с  .
dt
dt



Точка М4. t 4 
c ;  4  200t 4  200
 рад  60 0 ,
600
600 3

Тогда, Vx  20  80  cos  20 м/с  ;
3

Vy  80  sin  69,28 (м/с) ;
3
V4  Vx2  Vy2  ( 20) 2  69,282  72,11 м/с  .

2
Точка М8. t 8 
c ;  8  200 t 8 
рад  120 0 ,
300
3
2
Тогда, Vx  20  80  cos
 60 м/с  ;
3
2
Vy  80  sin
 69,28 (м/с) ;
3
Vx 
29
V8  Vx2  V y2  602  69,282  91,65 м/с  .
7
7
c ;  14  200 t 14 
рад  210 0 ,
1200
6
7
Vx  20  80  cos
 20  69,28  89,28 м/с  ;
6
7
Vy  80  sin
 40 (м/с) ;
6
V14  Vx2  V y2  89,282  (40) 2  97,83 м/с  .
Точка М14. t 14 
Полученные значения проекций скоростей с учётом их знаков
откладываем в масштабе в точках М4, М8, М14; затем в этих точках
(рис. 13) строим параллелограммы и получаем векторы скоростей в
этих точках: V4 , V8 , V14 . На рисунке видно, что векторы скоростей
направлены по касательным к траекториям в точках М4, М8 и М14,
что подтверждает правильность расчётов.
Примечание. Траектория на рис. 13 взята с рис. 11. Для того
чтобы не затемнять чертёж, окружности радиуса R не показаны, но
показано колесо радиуса r в четырёх положениях.
Определение ускорения точки М для моментов времени
t 4 ,t8 ,t14
Проекции ускорения точки М на оси координат находим по
первым производным от проекций скорости на соответствующие
оси координат:
dVx d 20  80 cos 200 t 

 160 sin 200 t м/с 2 ,
dt
dt
dV
d 80 sin 200 t 
аy  y 
 160 cos 200 t м/с 2 .
dt
dt
Точка М4. 4  200t 4 , 4  600 .
а x  160  sin 600  160  0,866  138,56 м/с 2 ,
аx 
а y  160  cos 600  160  0,5  80 м/с 2 ,
а4  а x2  а 2y  138,56 2  802  160 м/с 2 .
Точка М8. 8  200t8 , 8  1200 .
30
а x  160  sin 1200  160  0,866  138,56 м/с 2 ,
а y  160  cos1200  160  ( 0,5)  80 м/с 2 ,
a8  a x2  a 2y  138,562  80 2  160 м/с 2  .
14  210 0 .
Точка М14. 14  200 t14 ,
a x  160  sin 210 o  80 м/с 2  ,
a y  160  cos 210 o  138,56 м/с 2  ,
a14  ax2  a 2y  (80) 2  (138,56) 2  160 м/с 2 .
Полученные значения проекций ускорения точки М откладываем в масштабе с учётом их знаков в точках М4, М8 и М14. Затем,
построив параллелограммы, найдём векторы ускорений в этих точках: a4 ; a8 ; a14 .
Характерно, что при равномерном движении, (качении) колеса, модули векторов ускорений равны: а4  а8  а14  160 м/с 2 и
все они направлены к центру колеса: в точке М4 − к центру О4; в
точке М8 – к центру О8; в точке М14 – к центру О14 (рис. 13).
Определение ускорений нормального и касательного точки М
Для этого воспользуемся формулами (1.11), (1.14), (1.15). Из
(1.14)
a 
Vx a x  V y a y  Vz a z
V
,
Vz , а z равны нулю, так как точка М движется в плоскости xOy .
Vx a x  V y a y
2
2
Тогда a 
. Из (1.15) an  a   a  .
V
Расчёт произведём для трёх моментов времени t : t4 ; t8 ; t14 и
затем отобразим это на траектории в масштабе (рис. 13).
Здесь в методических указаниях приведён расчёт лишь для
одного момента t  t4 . Используя полученные выше расчёты для
Vx , V y , a x , a y ,V , a для момента t  t4 , по формулам (1.14) и (1.15),
найдём a и an .
При t  t4 Vx  20 м/с , Vy  69,28 м/с , a x  138,56 м/с 2 ,
31
a y  80 м/с 2 , а  160 м/с 2 , V  72,11 м/с .
 20  138,56   69,28   80
Тогда a 
 38,43 м/с 2  ,
72,11
an 
a 2  a 2
 1602  38,432  155,32 м/с 2 .
При t  t4 точка М4 – a  38,43 м/с 2 ; аn  155,32 м/с 2 ;
при t  t8 точка М8 – а  30,24 м/с 2 ; аn  157,12 м/с 2 ;
при t  t14 точка М14 – а  16,35 м/с 2 ; аn  159,16 м/с 2 .
Поместив эти значения (вычертив) на чертеже (рис. 13), мы
можем наглядно представить характер движения точки М. Так, например, точка М в моменты t4 и t8 имеет положительные знаки касательного ускорения. Это говорит о том, что от начального положения М0 до верхнего положения точка движется по траектории ускоренно. Далее знак касательного ускорения а меняется на обратный
− движение становится замедленным.
Нахождение радиусов кривизны траектории в точках М4,
М8, М14
V2
Из формулы (1.16)   
Имея вычисленные значения
an
V и an для точек М4, М8, М14 , подсчитаем радиусы кривизны.
Точка М4, t  t4 V4  72,11 м/с , аn  155,32 м/с 2 ,
V 2 72,112
4  
 33,48 м .
an 155,32
Точка М8, t  t8 V8  91,65 м/с , аn  157,12 м/с 2 ,
V 2 91,652
8 

 53,46 (м) .
an 157,12
Точка М14, t  t14 V14  97,83 м/с , an  159,16 м/с 2 ,
V 2 97,832
ρ14  
 60,13 (м ) .
an 159,16
32
Рис. 13. К определению скоростей и ускорений точки М
для трёх положений колеса
33
Линейный масштаб m 1 : 4
Масштаб скоростей mV 1 см ÷ 20 см/с
Масштаб ускорений ma 1 см ÷ 10 см/с2
Радиусы кривизны направлены по главной нормали в сторону вогнутости траектории.
В том же масштабе, в котором построена траектория, отложим от точек М4, М8, М14 по главным нормалям (или перпендикулярно векторам скоростей) значения 4 , 8 , 14 . Обозначим центры
кривизны С4, С8, С14.
Любопытно, что линии этих радиусов проходят через точки
соприкосновения колёс с рельсами, что впоследствии в разделе
плоско-параллельного движения твёрдого тела найдёт подтверждение.
1.4.3. Задача 3
Из орудия береговой артиллерии с высоты h = 30 м над уровнем моря произведён выстрел под углом αо = 30о к горизонту с начальной скоростью Vo  500 м/с. Определить, на каком расстоянии
от орудия снаряд попадёт в цель, находящуюся на уровне моря, скорость снаряда в наивысшей точке траектории и в точке падения.
Сопротивлением воздуха пренебречь.
y
Vo
αо
h
М
S
x
Рис. 14
Решение. Составим уравнения движения точки (снаряда) М.
Движение точки М по криволинейной траектории можно разложить
34
на два прямолинейных: равномерное движение вдоль оси x и равнопеременное вдоль оси y с постоянным ускорением g.
xM  Vо cos  o  t  500 cos 300  t  250 3  t (м/с) ,
gt 2
yM  h  Vо sin  о  t 
 30  250  t  4,9  t 2 (м/с) .
2
Определим уравнение траектории y(x) точки М, для этого исключим параметр t из уравнений движения.
t
xM
,
250 3
2
x
 x

yM  30  250 M  4,9  M  .
250 3
 250 3 
y M  30  0,577  x M  0,26  10 4  x M2 – уравнение траектории
точки М, это уравнение параболы с вертикальной осью.
Определим время t1 полёта и дальность S полёта снаряда.
В момент падения снаряда на землю координата yМ равна нулю.
y M (t1 )  0  30  250  t1  4,9  t12 .
Отсюда
 250  250 2  4  4,9  30
t1 
 51,14 (с) .
 2  4,9
Тогда
S  xM (t1 )  250 3  t1  250 3  51,14  22144,32 (м) .
Проекции вектора скорости снаряда на оси координат
dxM
 250 3 (м/с);
dt
dy
V y  M 250  9,8  t (м/с).
dt
Vx 
В момент падения снаряда при t1=51,14 с
Vx  250 3 м/с,
V y  250  9,8  51,14   251,17 м/с.
Модуль вектора скорости
V  (V x ) 2  (V y ) 2  (250 3 ) 2  ( 251,17) 2  500,59 (м/с).
35
Определим высоту H подъёма снаряда.
В наивысшей точке траектории снаряда (в точке перегиба траектории) V y  0 , т.е. 0  250  9,8  t 2 . Отсюда t 2 
250
 25,51 с.
9,8
Тогда
H  yM (t 2 )  30  250  25,51  4,9 (25,51) 2  3218,72 м.
Скорость снаряда в наивысшей точке
V  (V x ) 2  (V y ) 2  ( 250 3 ) 2  0  250 3 м/с.
2. ПРОСТЕЙШИЕ ДВИЖЕНИЯ ТВЁРДОГО ТЕЛА
2.1. Поступательное движение твёрдого тела
Движение твёрдого тела, при котором любая прямая, взятая в
этом теле, перемещается параллельно самой себе, называется поступательным.
Поступательное движение полностью отражено теоремой [1] :
при поступательном движении твёрдого тела все его точки описывают одинаковые траектории (рис. 15) и в каждый момент имеют
одинаковые по модулю и направлению скорости и ускорения.
VА
траектория
точки А
аА
VB
траектория
точки В
аB
Рис. 15
36
Для доказательства соединим точки А и В твёрдого тела с неподвижным началом координат О. Обозначим радиусы-векторы
rA, rB и АВ . Из рисунка видно, что rB  rA  АВ . Так как прямая АВ
при движении твёрдого тела перемещается параллельно самой себе,
а расстояние между двумя точками А и В в твёрдом теле неизменно,
то вектор АВ при движении остаётся постоянным. АВ  const.
Дифференцируя векторное равенство rB  rA  АВ по t , получим
drB drA d АВ 


.
dt
dt
dt
0
Или
drB drA
dr
dr

; но B  V B ; A  V A ; отсюда следует , что
dt
dt
dt
dt
VB  VA .
(2.1)
Так как точка В – любая точка твёрдого тела, то можно записать V B  V D  V E    V A .
Дифференцируя (2.1) по времени, получим
dV B dV A

; или аB  а A .
dt
dt
(2.2)
Таким образом, движение тела вполне определяется движением одной точки, и тогда изучение движения сводится к задаче кинематики точки, рассмотренной ранее.
2.2. Вращение твёрдого тела вокруг неподвижной оси
2.2.1. Общие формулы угловых и линейных
характеристик вращательного движения
При вращении твердого тела его положение в любой момент
времени будет определяться значением угла поворота  (рис. 15) тела вокруг неподвижной оси [1]. Этот угол является непрерывной и
однозначной функцией времени
  f (t ) .
(2.3)
Это уравнение называется уравнением или законом вращательного движения. Таким образом, твердое тело, вращающееся вокруг неподвижной оси, обладает одной степенью свободы.
37
Рис. 16
Производная от угла  по времени называется угловой скоростью тела  (омега).

d
.
dt
(2.4)
Угол  измеряется в радианах, а угловая скорость в радианах
в секунду  
рад 1 1
 с .
с
с
Производная от угловой скорости по времени называется угловым ускорением  (эпсилон).
d d 2 

 2 .
dt
dt
Размерность углового ускорения  
(2.5)
рад 1
 2  с 2 .
2
с
с
Линейные скорости точек твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, определяются по формуле:
(2.6)
V   R ;
38
где  – угловая скорость, R – радиус окружности, описываемой точкой при вращении тела. Вектор скорости точки V M направлен по касательной к окружности в сторону вращения тела (рис. 17).
an
a
a
VМ
Рис. 17
При определении ускорения точки необходимо учитывать, что
точка совершает криволинейное движение, и её ускорение будет
складываться из двух: нормального и касательного, которые определяются по формулам:
- нормальное
an   2  R ;
(2.7)
- касательное
a    R .
(2.8)
Вектор нормального ускорения an направлен по радиусу к оси
вращения; вектор касательного ускорения a по касательной к окружности или, что то же, перпендикулярно к нормальному. В случае
ускоренного вращения вектор a направлен по вектору скорости.
Полное ускорение точки М определяется как векторная сумма
нормального и касательного ускорений (рис. 16)
a  an  a .
(2.9)
39
Модуль ускорения
a
аn 2  а 2
 R  2  4 .
(2.10)
При рассмотрении кинематики какого-либо механизма всегда
встаёт вопрос о передаче движения от одного звена механизма к
другому. Два звена механизма, передающие движение от одного к
другому, называются кинематической парой. Количество кинематических пар в механизме различно в зависимости от сложности механизма и его функционального предназначения.
К примеру, такими кинематическими парами могут быть: зубчатая пара (рис. 18, а); зубчатое колесо – зубчатая рейка (рис. 18, б);
шкив – ремённая передача (рис. 18, в); шкив – трос с грузом
(рис. 18, г). В данном разделе мы подробнее рассмотрим кинематические пары, в которых происходит передача вращательного движения во вращательное и вращательного в поступательное.
В основе работы механизма лежит то, что геометрические соотношения перемещений звеньев кинематических пар остаются постоянными во всё время движения. Так как это обеспечивается конструкцией механизма, то при постановке задания на решение задачи
это оговаривается в условиях задачи. К примеру, оговаривается, что
колесо находится в зубчатом зацеплении; нить или ремень, намотанные на шкив, не проскальзывают по нему; нить или трос нерастяжимы и т.д. Поэтому, сделав оговорку, что колёса находятся в
зубчатом зацеплении, можно на рисунках зубья шестерни не изображать и ограничиться более простой схемой (рис. 19).
Рассмотрим зубчатую передачу. Ведущее колесо 1 радиуса R1
вращается так, что 1  f1 t  и передаёт движение колесу 2 радиуса
R2 . Для нахождения закона вращения колеса 2, повернём колесо на
угол 1 . Проследим за движением точки С. Точка С колеса 1 переместится по дуге на расстояние S1 , а точка С колеса 2 переместится
по дуге S 2 . Эти перемещения будут равны, так как колёса находятся
в зубчатом зацеплении.
Длины дуг S1 и S 2 найдём по формулам S1  1 R1; S 2  2 R2 .
Приравнивая S1  S 2 , получим 1 R1  2 R2 . Отсюда  2 
40
1 R1
.
R2
Рис. 18
VC
Рис. 19
41
Таким образом при передаче движения от колеса 1 колесу 2 нам
удалось найти закон вращения 2  f 2 t  . Имея закон вращения,
можно найти угловую скорость и угловое ускорение колеса 2,
пользуясь формулами (2.4) и (2.5).
Кроме того, скорость точки С – точки соприкосновения колёс
VС 
dS
.
dt
dS1
; для точки С колеса 2
dt
dS
dS dS
VС  2 . Так как S1  S 2 , то и 1  2 . Таким образом, скорость
dt
dt
dt
Для точки С колеса 1 VС 
точек соприкосновения колёс 1 и 2 будут одинаковы, не зависимо от
закона вращения колёс.
Равенство скоростей может быть использовано при решении
задач наряду с равенством дуговых перемещений S1  S 2 .
В качестве примера рассмотрим две задачи.
Задача 1
Механизм состоит из зубчатых колёс r1, r2 , R3 и шкивов
R1 , R2 , связанных ремённой передачей, зубчатой рейки СD и груза
Е, привязанного к концу нити, намотанной на шкив радиуса r3
(рис.20).
Численные значения радиусов равны: R1  4 см ; r1  2 см ;
R2  12 см ; r2  8 см ; R3  24 см ; r3  6 см .
Рейка СD движется по закону S  40  t 2 , где S – в см, t – в
секундах. Определить законы движения вращающихся колес, а
также в момент времени t1=2 с угловую скорость и угловое
ускорение колеса 2, скорость и ускорение груза Е и точки В,
лежащей на колесе 3.
Указания
Эта задача на исследование вращательного движения твердого
тела вокруг неподвижной оси. При решении задачи учесть, что
колеса находятся в зацеплении, а ремень по ободу шкивов R1 и R2 не
скользит.
42
VE
Рис. 20
Решение. Решение задачи следует начинать с ведущего звена,
т.е. с того звена, движение которого задано. В данной задаче это
звено CD – зубчатая рейка. Далее, последовательно будет
рассматриваться передача движения от одного звена к другому. Это
позволит последовательно находить уравнения движений всех
звеньев механизма.
Рассмотрим передачу движения в
кинематической паре: зубчатая рейка −
зубчатое колесо радиуса r1 .
При перемещении рейки вниз по
закону
S  40  t 2 приводится во
вращение колесо 1. Так как зацепление
рейки с колесом зубчатое, то взаимного
проскальзывания нет. Следовательно,
перемещение рейки S
и дуговое
перемещение точки М  М 0М 1 можно
приравнять (рис. 21). S  М 0М 1 . Но
длина дуги М 0 М 1  r1  1 , а S  40  t 2 .
Рис. 21
Следовательно 40  t 2  r1  1 , отсюда
43
находим 1 .
40 t 2 40 t 2
1 

 20 t 2 .
r1
2
1  20 t 2 .
(2.11)
Это закон движения (вращения) зубчатого колеса r1 и шкива
R1 (рис. 21).
Рассмотрим следующую кинематическую пару: шкив радиуса
R1 и шкив радиуса R2 , которые соединены между собой ремнём
(ремённая передача).
Так как ремень не проскальзывает, то при повороте колеса 1
на угол 1 можно приравнять дуговые перемещения S1 и S 2 (колёс 1
и 2) (рис. 22).
S1  S 2 ; но S1  1  R1 , а S 2   2  R2 , тогда 1  R1   2  R2 ,
R1  1 41 1

 1 ; из (2.11)
R2
12 3
1
1
20
20 2
2  1  20 t 2  t 2 ; 2 
t .
3
3
3
3
отсюда
2 
1  20t 2 ,
тогда
(2.12)
Это закон вращения шкива 2, а также колеса радиуса r2 .
Рис. 22
44
Следующая кинематическая пара: зубчатые колёса с радиусами r2 и R3 .
Рис. 23
Зубчатое колесо (рис. 23) радиуса r2 передаёт движение зубчатому колесу радиуса R3 . При отсутствии взаимного проскальзывания колёс 2 и 3 дуговые перемещения точек этих колёс S 2 и S 3 равны, но так как S 2  r2  2 , S3  R33 , то r2 2  R3 3 , отсюда
3 
r2 2
. Подставив значения r2 , R3
R3
и  2 из (2.12), получим
3 
Рис. 24
20 2
t
9
–
(2.13)
уравнение вращения колеса радиуса R3
и спаренного с ним шкива радиуса r3 .
Следующая кинематическая пара: шкив радиуса r3 и груз Е, соединённый со шкивом тросом (рис. 24).
Учитывая, что трос по шкиву не
проскальзывает, можно приравнять
45
дуговое перемещение S 3 точки шкива и перемещение груза Е − S E .
S3  3 r3; S E  S3  3 r3, подставляя
20 2
40
t 6  t2 .
9
3
40
SE  t 2.
3
значения 3 и r3 , получим S E 
(2.14)
Это уравнение прямолинейного движения груза Е.
dS E 80
 t.
dt
3
80
160
При t  2 c VE 
2 
 53,3 (см/с) .
3
3
dVE 80
Ускорение точки Е − а Е 

 26,66 (см/с 2 ) .
dt
3
Скорость точки Е – V E 
Определение скорости и ускорения точки В, находящейся на
ободе колеса R3 .
Найдём угловую скорость 3 и угловое ускорение  3 колеса
d3
20
; из (2.13) 3  t 2 .
dt
9
d3 40
d
40  2
Тогда 3 

t ; 3  3 
(с ) .
dt
9
dt
9
40  2 80 1
При t  2 c 3 
 с  .
9
9
3. Используя формулы (2.4) и (2.5), 3 
aB
n
B
a
3 ,  3
VВ
aB
46
Рис. 25
Из (2.6) V    R , тогда для точки В (рис. 25)
80
640
 24 
 213,33 см/с  ;
9
3
2
 80 
aBn  32  R3     24  1896,3 (см/с2 ) ;
9
40
aB  3  R3   24  106,67 (см/с2 ) ;
9
n 2
aB  ( aB )  ( aB ) 2  1896,32  106,67 2  1899,29 (см/с 2 ) .
VB  3  R3 
Задача 2
Если в задачах на вращательное движение стоят вопросы
лишь на определение угловых скоростей, угловых ускорений, ускорений точек этих тел, то не всегда при этом есть необходимость находить законы вращения твёрдых тел. Можно, как было указано
выше, воспользоваться равенством линейных скоростей точек соприкосновения тел в передающей кинематической паре. В таких задачах, как правило, задаётся угловая скорость какого-либо тела
(   f (t ) ) или линейная скорость какой-либо точки тела, а также
все необходимые размеры.
В качестве примера рассмотрим кинематику механизма, состоящего из зубчатых колёс с радиусами R3 , R2 , r2 , r1 , R1 (рис. 26).
Задана угловая скорость колеса 2 −  2  4  2 t и значения радиусов:
r1  4 см , R1  8 см , R2  20 см , r2  4 см , R3  16 см .
Найти : 3 , 3 , 1, 1, аE , а A , VA в момент t  2 c .
Так как по условию задачи задана угловая скорость 2 , начнём рассмотрение передачи движения с колеса 2. Возьмём кинематическую пару зубчатых колёс с радиусами r2 и R3 . Точка их соприкосновения имеет скорость V Д , которая принадлежит этим двум колесам. Поэтому V Д  2  r2 ; V Д  3  R3 .
47
Приравнивая 2  r2  3  R3 , получим
3 
VA
2  r2
4
 4  2 t   1  0,5 t ;
R3
16
a A
VD
VC
a An
VE
VB
aE
Рис. 26
d3
 0,5 (с  2 ) .
dt
При t  2 c 3  1  0,5  2  2 (с 1 ) , 3  0,5 с 2 .
3  1  0,5 t ; 3 
Определим скорость и ускорение точки А колеса 3.
VA  3  R3  2 16  32 см/с ,
a An  32  R3  2 2 16  64 см/с2 ,
а А   3  R3  0,5 16  8 см/с2 ,
а А  ( а Аn ) 2  (a A ) 2  642  82  64,5 см/с 2 .
Рассмотрим кинематическую пару зубчатых колёс с радиусами R2 и r1 (рис. 25). Рассмотрим точку В. Для колеса 2 VB  2  R2 ,
48
для колеса 1
VB  1  r1 . Приравнивая правые части, запишем
2  R2  1  r1 , отсюда
 R
4  2 t   20
1  2 2 
 20  10 t ;
r1
4
d1
 10 с  2 .
dt
Следующая кинематическая пара: шкив радиуса R1 и груз Е,
1  20  10 t при t  2 c ; 1  40 с 1 ; 1 
которые соединены нерастяжимой нитью, намотанной на шкив. Так
как зубчатое колесо радиуса r1 и шкив соединены на оси воедино, то
их угловые скорости будут одинаковы: 1  20  10 t. Тогда
VC  1  R1  20  10 t   8  160  80 t.
Но
VE  VC ;
поэтому
V E  160  80 t .
Так как движение груза Е прямолинейное, то ускорение груза
E будет определяться по формуле:
dVE d 160  80t 

 80 (см/с2 ) .
dt
dt
Скорость V E при t  2 c : VE 160  80  2  320 (см/с) .
аE 
49
ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОКОНТРОЛЯ
1. Что изучает кинематика?
2. Назовите две основные задачи кинематики.
3. Дайте определение скорости и ускорения точки.
4. Почему кинематику называют геометрией движения, чем она
отличается от геометрии?
5. Какие переменные в кинематике рассматриваются в качестве
независимых?
6. В чём относительность понятий движения и покоя?
7. Какие существуют способы задания движения точки и в чём
заключается каждый из них?
8. Что называется траекторией точки?
9. Как при координатном способе задания движения точки определяется её траектория?
10. Зависит ли вид траектории от выбора системы отсчёта?
11. Что значит определить (задать) движение точки?
12. В чём отличие графика движения от траектории точки?
13. Существует ли различие между перемещением точки и путём,
пройденным точкой. В каком случае эти понятия совпадают?
14. Чему равен и как направлен в пространстве вектор скорости?
15. Чему равны проекции скорости точки на неподвижные оси декартовой системы координат?
16. Как по проекциям скорости найти её модуль и направление?
17. Какое движение точки называется равномерным и какое равнопеременным?
18. Почему в случае криволинейного движения точки даже при
постоянной скорости вектор полного ускорения этой точки отличен
от нуля?
19. Известно, что при равнопеременном движении точки касательное ускорение равно нулю. Имеет ли место обратное заключение?
20. При прямолинейном движении точки радиус кривизны траектории равен бесконечности, а нормальное ускорение равно нулю.
Имеет ли место обратное заключение?
21. Чему равен и как направлен в пространстве вектор ускорения?
50
22. Как определяются проекции ускорения точки на неподвижные
оси декартовой системы координат?
23. Как по проекциям ускорения определить его модуль и направление в пространстве?
24. Чему равны проекции ускорения точки на касательную и главную нормаль к траектории?
25. В каких случаях криволинейного движения точки вектор полного ускорения составляет со скоростью точки тупой угол?
26. В каких случаях касательное ускорение точки равно нулю?
27. В каких случаях нормальное ускорение точки равно нулю?
28. Перечислите основные виды движений твёрдого тела.
29. Что называется поступательным движением твёрдого тела?
Приведите примеры.
30. Как соотносятся скорости и ускорения точек твёрдого тела при
его поступательном движении?
31. Какое движение твёрдого тела называется вращением вокруг
неподвижной оси?
32. По каким формулам определяются модули угловой скорости и
углового ускорения твёрдого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси?
33. Как направлены векторы угловой скорости и углового ускорения при вращении тела вокруг неподвижной оси?
34. По каким формулам определяются скорости и ускорения точек
твёрдого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси?
35. При каких условиях ускорение точки твёрдого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, составляет с отрезком, соединяющим точку с центром описываемой ею окружности, углы:
а) 0 0 ;
б) 45 0 ;
в) 90 0 ?
36. Ускорения каких точек вращающегося тела:
а) равны по модулю;
б) имеют одинаковое направление;
в) равны по модулю и имеют одинаковое направление?
37. Как записать закон равномерного и равнопеременного вращения?
51
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Яблонский, А.А. Курс теоретической механики / А.А. Яблонский,
В.М. Никифорова – СПб.: Изд-во «Лань», 2001 и предыдущие.
2. Еньшина, Н.А. Курс лекций по кинематике / Н.А. Еньшина −
Томск: Изд-во ТГАСУ, 2005.
3. Никитин, Н.Н. Курс теоретической механики / Н.Н. Никитин − М.:
Высшая школа, 2003.
4. Тарг, С.М. Краткий курс теоретической механики / С.М. Тарг −
М.: Высшая школа, 2004 и предыдущие.
5. Бать, М.И. Теоретическая механика в примерах и задачах. Т.1./
М.И. Бать, Г.Ю. Джанелидзе, А.С. Кельзон − М.: Наука, 1984.
6. Воронков, И.М. Курс теоретической механики / И.М. Воронков −
М.: Физматгиз, 1964 и последующие годы издания.
7. Мещерский, И.В. Задачи по теоретической механике / И.В. Мещерский – СПб.: Изд-во «Лань», 1998 и другие издания.
8. Курс теоретической механики / под ред. К.С. Колесникова – М.:
МГТУ им. Баумана, 2002.
52