Статистика и кинематика - Камышинский технологический
advertisement
С. Г. Корзун, Д. О. Ладыгин, Н. Г. Неумоина Техническая механика. Статика и кинематика ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ ВОЛГОГРАДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ КАМЫШИНСКИЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ (ФИЛИАЛ) ВОЛГОГРАДСКОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО ТЕХНИЧЕСКОГО УНИВЕРСИТЕТА С. Г. Корзун, Д. О. Ладыгин, Н. Г. Неумоина Техническая механика. Статика и кинематика Учебное пособие Допущено учебно-методическим объединением Совета директоров средних специальных учебных заведений Волгоградской области в качестве учебного пособия для образовательных учреждений среднего профессионального образования Волгоградской области Волгоград 2009 1 УДК 531 (075.3) Т 38 Рецензенты: к. т. н., генеральный директор ООО «Завод Ротор» В. А. Зубченко; преподаватель высшей квалификационной категории Камышинского технического колледжа А. Б. Кабдушев. Корзун, С. Г. ТЕХНИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА И КИНЕМАТИКА: пособие / С. Г. Корзун, Д. О. Ладыгин, Н. Г. Неумоина; Волгоград. гос. техн. ун-т. – Волгоград, 2009. – 72 с. Учеб. ISBN 978-5-9948-0177-2 Разработано в соответствии с рабочей программой по дисциплине «Техническая механика». Содержится краткая теория по основным вопросам, необходимый для выполнения практических заданий материал, примеры выполнения заданий и контрольные вопросы по 2-м разделам: «Статика» и «Кинематика». Предназначено для студентов СПО, обучающихся по специальностям 151001.51 «Технология машиностроения», 260704.51 «Технология текстильных изделий», 140212.51 «Электроснабжение». Ил. 32. Табл. 12. Библиогр. 5 назв. Печатается по решению редакционно-издательского совета Волгоградского государственного технического университета ISBN 978-5-9948-0177-2 2 Волгоградский государственный технический университет, 2009 ВВЕДЕНИЕ Цель данного пособия – обратить внимание студентов на те основополагающие понятия, которые используются при решении задач по первой части дисциплин «Техническая механика» «Теоретическая механика», а также способствовать индивидуализации обучения. Краткое, дозированное изложение теоретических положений по отдельным темам, подробные пояснения к примерам решения задач и контрольные вопросы позволят более полно организовать самостоятельную работу, как на практических занятиях, так и во внеаудиторное время. Требования к оформлению задания 1. Работа выполняется на листах бумаги стандартного формата А4 (210297) мм. 2. Все схемы и рисунки выполняются в карандаше с помощью инструментов (циркуль, линейка, транспортир) точно, аккуратно и четко подписываются. 3. Последовательность оформления: тема задания; условие задачи; схема; решение (с подробными пояснениями); ответ. Последовательность выполнения ○ ○ ○ Изучить теоретический материал. Ответить на контрольные вопросы. Разобрать самостоятельно предложенные номера задач. 3 РАЗДЕЛ I «СТАТИКА» ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ № 1 Тема: Определение реакций связей в плоской сходящейся системе сил. Цель: Освоить определение реакций связей в случае действия на тело плоской сходящейся системы сил. Время проведения: 2 часа. 1. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ ТЕОРИИ 1.1. Понятие об абсолютно твердом теле и материальной точке Объектом изучения в теоретической механике является абсолютно твердое тело. Это материальное тело, в котором расстояние между любыми двумя его точками остается неизменным при действии на него сил. Материальной точкой называют абсолютно твердое тело, размерами которого можно пренебречь в условии данной задачи. 1.2. Понятие о силе Мера механического взаимодействия двух тел называется силой. Сила – величина векторная, характеризуется тремя элементами: ○ величиной (модулем); ○ точкой приложения; ○ направлением. По способу задания различают силы активные (заданные или известные) и реактивные (неизвестные). 1.3. Связи и их реакции ○ При решении задач по статике, относящихся к равновесию твердого тела, почти всегда рассматриваемое тело является несвободным, т. е. таким, которое соприкасается или скреплено с другими телами, благодаря чему становятся невозможными те или иные перемещения данного тела. ○ Тела, ограничивающие свободу перемещения данного тела, называются наложенными на него связями. ○ Сила, с которой связь действует на тело, препятствуя его перемещению в том или ином направлении, называется реакцией связи. Реакция связи приложена к твердому телу в точке их касания и направлена в сторону, противоположную тому направлению, в котором связь препятствует перемещению данного тела. 4 1.4. Основные типы связей 1. Гладкая опорная поверхность (рис.1, а, б, в). Реакция N направлена по общей нормали к соприкасающимся поверхностям (см. рис. 1 а). Реакция N A направлена перпендикулярно к балке АВ и проходит через точку соприкосновения связи и тела. N B направлена перпендикулярно опорной поверхности (см. рис. 1, б). Разновидностью гладкой опорной поверхности является опора на катках – шарнирно-подвижная опора. Ее реакция направлена перпендикулярно опорной поверхности и приложена в центре шарнира (см. рис. 1, в). NA N VA VB A B RC NB A C B а) б) в) Рис. 1. 2. y Шарнирно-неподвижная опора (рис. 2). y RA VA HA A VB x HB x B Реакция шарнирно-неподвижной опоры проходит через ось шарнира и имеет две составляющие, направленные по осям координат х и у. Рис. 2. 3. Невесомый жесткий стержень. SB A SC В С D Реакция невесомого и шарнирно закрепленного стержня направлена вдоль линии, соединяющей центры шарниров (рис. 3). Рис. 3. 5 Гибкая связь (нить, трос, цепь, канат, ремень и др.) 4. T1 Реакции T1 и T2 гибких нерастяжимых нитей направлены вдоль нитей к точке их подвеса (рис. 4). T2 P Рис. 4. Жесткая заделка. 5. Реакция жесткой заделки имеет две составляющие H A и V A и реактивный момент mA (рис. 5). VA HA A mA Рис. 5. Цилиндрический шарнир В и подпятник А. 6. Если две каких-нибудь точки данного тела неподвижно закреплены с помощью подпятника и подшипника, то такое тело может вращаться вокруг оси, проходящей через эти две неподвижные точки. Реакция подшипника В имеет две составляющие X B и У В , а реакция подпятника А раскладывается на три составляющие X A , У А , Z A , направленные по координатным осям (рис. 6). z B УВ ХВ ZA УА у А х ХА Рис. 6. 7. Сферический шарнир. z ZA А х УА ZA у А ХА ХА УА Связь этого вида закрепляет точку А тела так, что она не может совершать никаких перемещений в пространстве. Реакцию сферического шарнира раскладывают по трем осям координат на составляющие X A , У А , Z A (рис. 7). Рис. 7. 6 1.5. Понятие о проекции силы на ось Проекцией вектора силы на ось называется отрезок оси, заключенный между основаниями перпендикуляров, опущенных из начала и конца вектора на эту ось (рис. 8). Проекция силы на ось равна произведению модуля этой силы на косинус острого угла между направлением силы и направлением оси. Проекция силы на ось считается положительной, если между направлением вектора силы и положительным направлением оси угол острый и отрицательной – если тупой (см. рис. 8, а, б). Проекция силы на ось равна модулю силы, если вектор силы направлен параллельно оси, или лежит на этой оси (см. рис. 8, в, г). Проекция силы на ось равна нулю, если вектор силы расположен перпендикулярно этой оси (см. рис. 8, д). б) a) F в) F1 г) F4 F3 a F1 x a F x=F cosa д) F2 F1 x b F1 x=-F1 cos b F2 x F2 x=F2 F3 x F3 x =-F3 F4 x F4 x=0 x Рис. 8. 1.6. Равновесие плоской системы сходящихся сил Плоской сходящейся называется система сил, линии действия которых расположены в одной плоскости и пересекаются в одной точке. Условие равновесия плоской системы сходящихся сил в геометрической форме: плоская система сходящихся сил находится в равновесии, если силовой многоугольник, построенный из этих сил, является замкнутым. Условие равновесия плоской системы сходящихся сил в аналитической форме: для равновесия плоской системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы алгебраические суммы проекций всех сил системы на каждую из двух взаимно перпендикулярных осей координат были равны нулю. Уравнения равновесия системы сходящихся сил: Fкх 0 . Fку 0 Решение задач на равновесие несвободного твердого тела, к которому приложена система сходящихся сил, можно выполнить двумя способами: 1 – геометрическим; 2 – аналитическим. 7 Решение задач геометрическим способом рекомендуется выполнять в следующем порядке: 1. Выделить тело (или точку), равновесие которого следует рассмотреть. 2. Изобразить все активные (заданные) силы. 3. Применить принцип освобождения от связей, заменив их действия на точку реакциями связей. 4. Построить замкнутый силовой многоугольник в следующем порядке: F ○ выбрать масштаб M F , где F – модуль известной по велиaв чине силы в заданной системе (или один из модулей сил, если сил несколько); ав – длина отрезка, изображающего вектор силы в силовом многоугольнике; ○ построить вектор известной силы из произвольной точки а; ○ через конец и начало вектора известной силы провести направления неизвестных реакций до их пересечения; ○ указать направления реакций, учитывая, что силовой многоугольник должен быть замкнут; ○ для определения модулей реакций измерить длину отрезков, изображающих реакции и умножить их на масштаб. Решение задач аналитическим методом рекомендуется выполнять в следующем порядке: ○ выделить тело (точку), равновесие которого следует рассмотреть; ○ изобразить задаваемые силы; ○ применить принцип освобождения от связей, т. е. мысленно отбросить связи и заменить их действие соответствующими реакциями; ○ выбрать в плоскости действия сил систему декартовых координат хоу; ○ определить углы между направлением всех сил и осями координат; ○ составить уравнения равновесия: ∑ FKX = 0; ∑ FKУ = 0; ○ решить систему составленных уравнений и определить искомые величины. Задание 1. Определить реакции связей для заданной стержневой системы. Данные взять из табл. 1. 8 Варианты к заданию 1 1 2 F A В A 45 D 60 Р В С 4 3 С C В 30 45 60 А 45 В D A Р F 6 5 F А F В 50 А 30 В С С 8 7 F F 60 В С С А A В 9 30 Варианты к заданию 1 9 10 D А F В A 60 В С С Р 60 12 11 В А 60 30 A С 30 F 50 D В P С 14 13 А 30 В В F 30 С A С D 60 Р 16 15 С D A В 60 45 Р 120 В С 60 F 10 A Варианты к заданию 1 18 17 F В С 50 60 F 105 30 В A С A 20 19 A A 50 С D В Р D В С 50 Р 22 21 В A С 50 105 F 30 А В 75 F С 23 A 24 С 60 D 60 В 120 В 50 D Р A P 11 C Варианты к заданию 1 25 26 F 30 A В F 50 A 45 27 60 С В С 28 С С 60 В 60 В A 40 F 29 D Р A 30 С С 45 В 120 50 В А D 30 F A Р Таблица 1 № п/п 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 F, P кН 9 3 5 6 4 7 10 12 2 8 Пример № 1 Задача на определение реакций невесомых стержней Груз Р = 80 кН поднимается лебедкой при помощи каната, перекинутого через неподвижный блок А. Определить усилия, возникающие в 12 стержнях АВ и АС, поддерживающих блок А. Трением в блоке и его размерами пренебречь. Усилия в стержнях равны по модулю реакциям стержней и противоположно им направлены, поэтому для определения усилий в стержнях вычислим реакции стержней S1 и S 2 . y В 60 S1 30 А Д 60 T x 30 С P S2 Р Рис. 9. Решаем задачу аналитическим способом. Рассмотрим равновесие блока А (рис. 9), представив его в виде материальной точки свободного тела, для чего освободим блок А от связей, заменив их реакциями стержней S1 и S 2 . Тогда на блок А действуют четыре силы: натяжение левой ветви нити, равное P , натяжение правой ветви нити T , равное по величине также Р(Т = Р) и реакции стержней S1 и S 2 , направленные вдоль стержней от узла (истинное направление реакций стержней уточняется по ходу решения задачи). Выберем систему координат. Это можно сделать двумя способами. I способ. За начало координат возьмем точку А, ось Х направим горизонтально вдоль линии действия силы T , ось У проводим перпендикулярно оси Х. Для плоской системы сходящихся сил составляем два уравнения равновесия: ∑FKX = 0; T - S1 cos60 - S2 cos30 = 0 (1) ∑FKУ = 0; S1 cos30 - S2 cos60- P = 0 (2) Решаем полученную систему методом подстановки, т. к. каждое уравнение имеет по две неизвестные величины. Из уравнения (I) выразим величину реакции S1: S1 T S 2 cos 30 cos 60 13 . (3) Подставим значение S1 в уравнение (2) и решим его: T S 2 cos30 cos30 S 2 cos60 P 0; cos60 T cos30 S 2 cos 2 30 S 2 cos 2 60 P cos60 0; S 2 ( cos 2 30 cos 2 60 ) T cos30 P cos60 ; T cos30 P cos60 S2 . cos 2 30 cos 2 60 Подставим числовые значения в полученное выражение: 80 866 80 0 ,5 80 ( 0 ,866 0 ,5 ) S2 29 ,3кН . 3 1 1 4 4 Из выражения (3) определим: 80 29,3 0 ,866 S1 109,3кН . 0 ,5 II способ. Проведем одну из осей, например, ось Х y x по неизвестной реакции S 2 (рис. 10). Тогда, S1 учитывая, что стержни АВ и АС взаимно перA 30 T пендикулярны, ось у пройдет по направлению реакции S1 . Составим уравнения равновесия S2 в этой системе осей: 60 ∑FKX = 0; - S2 + Т cos30 - Р cos 60 = 0; P ∑FKУ = 0; S1 – Р cos 30 - Т cos 60 = 0. Рис. 10. Из уравнений находим: S2 = T cos 30 - P cos 60 = 80 0,866 – 80 0,5 = 29,3 кН; S1 = Р cos 30 + Т cos 60 = 80 0,866 + 80 0,5 = 109,3 кН. Сравнивая решения двумя способами, заключаем, что второе решение рациональней, т. к. при данной системе координат в каждом уравнении равновесия имеется только одна неизвестная реакция. Решение таких уравнений гораздо проще, чем в первом случае. Полученные значения реакций связей положительны, следовательно, первоначально, выбранные направления соответствуют действительности. Оба стержня растягиваются. Для проверки правильности решения задачи достаточно вычислить алгебраическую сумму проекций всех сил на любую ось, которая не использовалась в решении, но проходит через точку А. Если реакции определены верно, то в результате вычислений получится 0. 14 Например: при решении задачи 1 способом, вычислим алгебраическую сумму проекций на ось, совпадающую с направлением силы S2 (рис. 10): ∑FKX =- S2 – Р cos 60 + Т cos 30 = =-29,3 – 80 0,5 + 80 0,866 = -69,3 + 693 = 0. Ответ: S1 = 109,3 кН; S2 = 29,3 кН. 2. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ 1. Что такое абсолютно твердое тело? материальная точка? 2. Что такое несвободное тело? 3. Что называется связью? 4. Что такое реакция связи? 5. Принцип освобождения от связей? 6. Как направлены реакции гладкой поверхности? жесткого стержня? гибкой нити? 7. Что такое плоская система сходящихся сил (ПССС)? 8. Условие равновесия ПССС в геометрической форме. 9. Что такое проекция силы на ось? 10. Чему численно равна проекция силы на ось? правило знаков. 11. В каком случае проекция силы на ось равна нулю? равна модулю силы? 12. Условие равновесия ПССС в аналитической форме. ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ № 2 Тема: Определение реакций связей в произвольной плоской системе сил. Цель: Освоить определение реакций балочных опор. Время проведения: 2 часа. 1. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ ТЕОРИИ Произвольной плоской системой сил называется такая система сил, линии действия которых расположены в одной плоскости и не пересекаются в одной точке. Моментом силы относительно точки называются произведения модуля силы на ее плечо. Плечом называется длина перпендикуляра, опущенного из точки на линию действия силы, рис. 11. Момент силы относительно точки считается положительным, если сила стремится вращать свое плечо по часовой стрелке (см. рис. 11, б) и 15 отрицательным – если против часовой стрелки (см. рис. 11, а). Момент силы относительно точки равен нулю, если линия действия силы проходит через эту точку. 0 0 h h . . F М0(F) > 0 б) F М0(F) < 0 а) Рис. 11. Парой сил называется система двух параллельных сил, равных по модулю, и направленных в противоположные стороны (рис. 12). Пара сил оказывает на тело вращательное действие, которое оценивается моментом. F Моментом пары сил называется произведение одной из сил пары на ее плечо mF ; F F h . h Плечом пары сил называется кратчайшее расстояние между линиями действия сил пары. Момент пары сил считается положительным, F если пара вращает свое плечо (тело) по часовой Рис. 12. стрелке, и отрицательным – если против часовой стрелки. Свойства пары сил: ○ алгебраическая сумма проекций сил, образующих пару, на любую ось равна нулю. Поэтому в уравнении проекций сил на какую-либо ось не записывают момент пары сил; ○ не изменяя действия пары сил на тело, ее можно перемещать в плоскости ее действия. В уравнении моментов относительно любой точки в плоскости действия пары сил, даже если точка находится на плече пары сил (линии, соединяющей векторы сил пары), необходимо записать момент пары сил. 1.1. Равновесие твердого тела под действием плоской системы сил Для равновесия произвольной плоской системы сил, приложенных к твердому телу, необходимо и достаточно, чтобы главный вектор R и главный момент M 0 этих сил относительно произвольной точки О, лежащей в плоскости действия этих сил, были равны нулю, т. е.: R FK 0; M 0 m0 ( FK ) 0 . 16 В аналитической форме эти условия можно выразить в следующих трех видах: 1. FKX 0; Точка А выбирается произвольно. FKУ 0 ; m A ( FK ) 0. 2. m A ( FK ) 0; Ось ОХ, на которую спроектированы силы, не должна быть перпендикуляр mB ( FK ) 0; ной к прямой АВ. ( FKX ) 0. 3. m A ( FK ) 0; Произвольные точки А, В, С, относительно которых берутся моменты сил, mB ( FK ) 0; не должны лежать на одной прямой. mC ( FK ) 0. В частном случае, если все силы плоской системы параллельны, то условия равновесия таких сил выражаются двумя уравнениями в следующих двух видах: 1. ( FKX ) 0; m A ( FK ) 0. 2. m A ( FK m B ( FK ) 0; ) 0. Ось Х, на которую спроектированы силы, должна быть параллельной этим силам. Прямая АВ не параллельна данным силам. Задачи на равновесие твердого тела, находящегося под действием произвольной системы сил, рекомендуется решать в следующем порядке: 1) выделить тело, равновесие которого следует рассматривать; 2) изобразить на рисунке все заданные силы; 3) применить принцип освобождения от связей, т. е. мысленно отбросить связи и заменить их действие реакциями связей; 4) выбрать направление декартовых осей координат и точку (или точки), относительно которой предполагается составить уравнение моментов; 5) составить уравнения равновесия твердого тела; 6) решить систему составленных уравнений равновесия и определить неизвестные величины. Чтобы получить более простые решения при составлении уравнений, необходимо одну из координатных осей направлять перпендикулярно неизвестным силам. Составляя уравнение моментов, центром моментов лучше выбрать точку, где пересекается наибольшее количество неизвестных сил. 17 При вычислении моментов иногда удобно разложить данную наклонную силу на две составляющие и, пользуясь теоремой Вариньона, находить момент силы как сумму моментов этих составляющих. Чтобы найти момент от равномерно распределенной нагрузки интенсивностью q относительно заданной точки А, необходимо: ○ умножить интенсивность q равномерно распределенной нагрузки на длину участка в, на котором распределена эта нагрузка (найти равнодействующую Rq), (рис. 13); ○ умножить полученное значение qв на расстояние от середины участка в до точки А: в mA( q ) q в а . 2 Если общее число неизвестных в Rq q условии задачи не превышает числа A уравнений равновесия, которые можно в/2 составить для данной системы сил, то в/2 такая задача называется статически а в определимой. Если же общее число неизвестных больше числа уравнений Рис. 13. равновесия, то задача называется статически неопределимой. В теоретической механике решают только статически определимые задачи. 2. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ 1. Что называется плоской произвольной системой сил? 2. Что такое момент силы относительно точки? плечо силы? 3. Правило знаков для момента силы относительно точки. 4. В каком случае момент силы относительно точки равен нулю? 5. Как найти момент от равномерно распределенной нагрузки относительно точки (последовательность действий)? 6. Что такое пара сил? 7. Какое действие оказывает на тело пара сил? 8. Что называется моментом пары сил? Плечо пары сил? 9. Правило знаков для моментов пары сил. 10. Условие равновесия плоской произвольной системы сил. Задание 2. Определить реакции связей двухопорной балки, данные взять из табл. 2. 18 Варианты к заданию 2 1 m A 2 F2 F1 m q q B a F1 в a a B A F2 с в a с a 4 3 F1 F1 m A B a в A a q F2 a с a 5 6 F1 m в a a B A F2 B q с F2 F1 F2 C m m a B A q a q с в a 7 a с 8 F1 m в a F1 m q q a B B A a A F2 a в F2 с a 19 в с a Варианты к заданию 2 9 10 F2 m F1 m q a a B B A A q F1 a с в a 11 12 F2 m q A в с F1 m a q a B A B F1 a в a F2 а 13 с в a a 14 F2 F1 m a A B A q в a в 15 A a F1 F2 q a с в 16 с q B a 20 m a A B в B a F2 a q a F2 с m F1 m в в F1 с Варианты к заданию 2 18 m 17 F2 m A F1 C q q в a a A B a F2 В С в в a F1 с в 20 19 F1 A m q a m q B B a A F F2 в a с 21 22 a A m q a B B A q F2 а F2 С F1 m с в a F1 в в в a 23 с 24 F1 A m q B a A в с a 21 B a F2 a F1 m q F2 в с Варианты к заданию 2 25 26 B F2 A a a A C B q F1 F1 в a F2 m m q c a в a с в 28 27 F2 m A m q B B a a A F1 F2 с в a 29 F2 q A а a в с 30 m m F2 q a C a В F1 q A F1 В с в a F1 в a C с а Таблица 2 № п/п F1, кН q, кН/м m, кН м , град F2, кН а, м в, м с, м 1 5 0,2 4 60 2 4 2 5 2 4 0,4 1 50 3 2 3 6 3 3 0,5 2 40 5 3 5 2 4 2 0,6 3 55 1 5 3 7 5 6 0,2 4 35 2 3 7 1 6 4 0,8 2 30 6 4 2 5 7 2 0,4 5 60 4 2 5 3 8 5 0,8 3 40 3 7 3 2 9 8 0,5 6 70 2 3 6 4 10 4 0,2 7 30 1 6 2 3 Задание 3. Определить реакции жесткой заделки, данные взять из табл. 2. 22 Варианты к заданию 3 2 1 F1 m m q 30 F2 F2 a A 50 A q F1 в a a 4 3 m F2 50 m F1 q A q 50 A F1 F2 а a в a 5 6 F1 m m q 60 A A 60 q F2 F1 F2 в a в a 7 8 F2 q m F2 m 50 q F1 a в A A 60 F1 с a 23 в Варианты к заданию 3 9 10 m F2 q m q A A 60 60 F1 F2 в a a 11 F1 в c 12 m F2 F1 F1 m 30 30 A A q q в a F2 в a c 14 13 m m F1 50 A q A F2 a 60 q в F2 a в F1 16 15 m q F1 F2 F2 A 30 A 50 q F1 a m в в a c 18 17 F2 q m m F2 50 A A 60 F1 a F1 в q a c 24 в в Варианты к заданию 3 20 19 F2 m q m q A 50 F2 F1 A 50 F1 в a a 21 22 F1 60 F2 m m F2 q 30 A q A F1 в a в a 23 24 m F2 F1 m q q 50 A A 50 F1 в a F2 с в a 25 26 F2 q m m q A A 30 a в F1 50 в с 25 F1 а с F2 a Варианты к заданию 3 27 28 F2 m m A q A 50 60 q F1 F1 с в a a 29 F2 в 30 F1 q m 30 A A F2 a m F1 30 в a q F2 в c Пример № 2 Определить реакции связей двухопорной балки. y VA А F2 HA Rq RВ m R By В q F1x F1yR Bx 60 F1 1м 2м 1м Рис. 14. РЕШЕНИЕ Решаем задачу в следующем порядке: 1. Рассмотрим равновесие балки АВ. 26 1м x 30 2. Изобразим все заданные силы, действующие на балку. 3. Освободим балку от связей и заменим их реакциями. Реакция неподвижной шарнирной опоры А представлена в виде двух взаимно перпендикулярных составляющих V A и H A (рис. 14). Реакция шарнирно-подвижной опоры в точке В – это вектор RB , направленный перпендикулярно опорной поверхности. 4. Выбираем одну из трех форм уравнений равновесия, которая является наиболее рациональной для данной конструкции. Рациональность выбора заключается в том, чтобы в каждом уравнении равновесия содержалось одно неизвестное. Для двухопорной балки АВ выбираем систему уравнений: m A 0 m B 0 , Fkx 0 где горизонтальная ось х не перпендикулярна прямой АВ. 5. Преобразуем силы, действующие на балку АВ, и составим уравнения равновесия. Равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q представим в виде сосредоточенной силы Rq = q 2, приложенной в середине отрезка длиной 2 м, на котором действует нагрузка, и направленной вертикально вниз. Наклонные силы F1 и RB представим в виде двух взаимно перпендикулярных составляющих, модули которых равны соответственно. ○ по горизонтали: F1 cos60 и RB cos60; ○ по вертикали: F1 cos30 и RB cos30. 6. Составляем уравнения равновесия, пользуясь теоретическими приложениями: ∑mA (Fk) = 0; F2 1 + q 2 2 + m + F1cos 30 4 - RB cos30 5 = 0. После подстановки числовых значений заданных сил определяем величину RB: 6 1 + 6 2 2 + 4 + 5 0,9 4 - RB 0,9 5 = 0, RB = 3,56 кН, ∑mВ(Fk) = 0; VA 5 - F2 4 - q 2 3 + m + F1 cos30 1 = 0, yA = 10,3 кН, ∑FKX = 0; HA + F1 cos60 - RB cos60S = 0, HA = 0,72 кН. Отрицательное значение НА означает, что эта составляющая реакции опоры в точке А направлена в сторону, противоположную указанной на чертеже. 27 Для проверки решения задачи вычислим алгебраическую сумму проекций на ось у всех сил, действующих на балку: ∑FKy = VA – F2 – q 2 +F1 cos30 + RB cos30 = 10,3 – 6 – 6 2 + 5 0,9 + + 3,56 0,9 = -18 + 18 = 0, Ответ: уА = 10,3 кН; НА = -0,72 кН; RВ = 3,56 кН. Пример № 3 Определить реакции, возникающие в прямолинейной балке, один конец которой жестко заделан в точке А. РЕШЕНИЕ Решаем задачу в следующем порядке: 1. Рассмотрим равновесие прямолинейной балки, жестко заделанной одним концом в стенку (рис. 15). 2. Изобразим схему конструкции со всеми заданными силами. 3. Применив принцип освобождения от связей, покажем составляющие реакции жесткой заделки в точке А: ○ вертикальная составляющая – V A ; ○ горизонтальная составляющая – H A ; ○ 4. реактивный момент – m A . Упростим систему сил, действующих на балку. y F VA mA Fy 60 HA m В x Fx Rq 2м 4м q 1м Рис. 15. Наклонную силу F представим в виде двух составляющих: вертикальной и горизонтальной, модули которых соответственно равны: Fу = F cos30 и Fх = F cos60. Равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q представим в виде сосредоточенной вертикальной силы q 4, направленной вверх и приложенной в середине отрезка длиной 4 м. 28 5. Рациональной системой уравнений равновесия для данной схемы является: m A 0 Fкх 0 , Fку 0 Эта система уравнений позволяет определить каждое неизвестное из трех (mA; HA; VA) независимо друг от друга. Составляем уравнения равновесия и определяем из них неизвестные: ∑mA = 0; mА + F cos30 2 - q 4 4 + m = 0, mА + 10 0,9 2 - 0,5 4 4 + 4 = 0, mA = -14 кНм. ∑Fкх = 0; HA + F cos60 = 0, HA = -5 кН, ∑Fку = 0; VА – F cos30 + q 4 = 0, VА - 10 0,9 + 0,5 4 = 0, VА = 7 кН. 6. Для проверки решения задачи необходимо вычислить алгебраическую сумму моментов относительно произвольной точки плоскости действия сил, например точки В: ∑mВ = mА + VА 2 - q 4 2 + m = -14 +7 2 - 0,5 4 2 + 4 = 0. Действительные направления – mA и НА противоположны указанным на чертеже, т. к. их значения получены со знаком «-». Ответ: mA = -14 кНм; VА = 7 кН; НА = -5 кН. ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ № 3 Тема: Определение положения центра тяжести плоских сечений сложной формы. Цель: Освоить определение координат центра тяжести плоского сечения сложной формы относительно заданных осей. Время проведения: 2 часа 1. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ ТЕОРИИ На любую частицу тела, находящегося вблизи земной поверхности, действует направленная вертикально вниз сила, называемая силой тяжести. Центром тяжести твердого тела называется точка, неизменно связанная с этим телом, через которую проходит линия действия равнодействующей сил тяжести частиц данного тела при любом положении тела в пространстве. 29 Координаты центра тяжести тела можно найти по формулам: xc G к G Хк ; уc G к G У к ; zc G к G Zк , где хк, ук, zк – координаты точек приложения сил тяжести, частиц тела; G = ∑Gк – сила тяжести тела; Gк – сила тяжести частицы тела. Координаты центра тяжести однородного тела определяются по формулам: Vк Х к Vк Ук Vк Z к xc ; уc ; zc , V V V где V = ∑Vк – объем тела; Vк – объем частицы тела. Машиностроителю в практической деятельности приходится определять центр тяжести, главным образом, плоских сечений. Большей частью эти сечения являются сложными, состоящими из простых сечений, положение центра тяжести которых заранее известно. Если плоское сечение состоит из нескольких простых, то положение центра тяжести определяют, разбивая данное сечение на простые. Координаты центра тяжести всего сечения находят по формулам: Aк Х к Aк У к xc ; уc ; A A где Ак – площадь простых сечений; А = ∑ Ак – площадь всего плоского сечения; хс, ус – координаты центра тяжести плоского сечения; хК, уК – координаты центра тяжести отдельных частей сечения. При этом число слагаемых в каждом из числителей будет равно числу простых сечений, на которые разбито данное сложное сечение. Если в сечении имеются отверстия (вырезы), то для определения центра тяжести пользуются теми же формулами, что и для сплошных сечений, но только площади вырезанных частей считают отрицательными. Если сечение имеет плоскость, ось или центр симметрии, то центр тяжести сечения находится соответственно в плоскости на оси или в центре симметрии. Для упрощения расчетов по определению центра тяжести сложных сечений используют понятие статического момента. Статический момент сечения простой формы относительно оси определяется по формуле: Sx = yc A, где ус – координата у центра тяжести сечения (кратчайшее расстояние от центра тяжести сечения до оси х, рис. 16); 30 А – площадь сечения. y хс ус с x Рис. 16. Аналогично относительно оси у: Sу = хc A. Единицы измерения статического момента [м3, см3, мм3]. Статический момент может быть положительным, отрицательным и равным нулю (рис. 17 ). S x >0 x S x= 0 S x <0 Рис. 17. Статический момент сечения сложной формы равен алгебраической сумме статических моментов его простых частей (рис 18, а, б): Sx n S ix i 1 . y 1 2 2 1 x x а) Sx = S1x + S2x б) Sx = S1x - S2x Рис. 18. Статический момент сечения, имеющего ось симметрии, равен нулю относительно оси симметрии Sy = 0 (см. рис. 18, б) При решении задач на определение центра тяжести сечения сложной формы рекомендуется придерживаться следующего порядка: 1. Разбить сложное сечение на простые сечения, положение центров тяжести которых известно. 31 2. Определить величины, входящие в формулы координат центра тяжести сечения. Рекомендуется составить таблицу, внося в нее номера простых частей, размеры площадей, координаты центров тяжести простых сечений относительно выбранных координатных осей. 3. Определить координаты центра тяжести сечения сложной формы и показать их на рисунке. Таблица 3 Простые сечения Д B Центр тяжести площади прямоугольника находится на пересечении его диагоналей. C A E B Центр тяжести площади треугольника находится в точке пересечения медиан на расстоянии 1/3 медианы, считая от стороны треугольника. C Д A B C Д A R 0 Xc C x a a Центр тяжести площади полукруга с радиусом R находится на оси симметрии x на расстоянии: Xc R 0 Центр тяжести прямоугольного треугольника лежит на пересечении прямых, параллельных катетам треугольника и отстающих от них на расстоянии 1/3 длины катета, считая от прямого угла. x 4R 0 ,424 R . 3 Центр тяжести площади кругового сектора лежит на его оси симметрии и отстоит от центра круга 0 на расстоянии, равном: Xc 2 R sin , 3 где – половина центрального угла в радианах. Решение задачи на определение координат центра тяжести сечения сложной формы, с применением статических моментов, можно осуществить в следующем порядке: 1. Разбить сечение на простые части. 2. Вычислить площади простых частей сечения по соответствующим формулам. 3. Вычислить площадь всего сечения. 4. Обозначить центры тяжести простых частей: С1, С2, С3,…. 32 5. Определить координаты центров тяжести простых частей относительно заданных осей. 6. Вычислить статические моменты простых сечений относительно оси Х. 7. Вычислить статический момент всего сечения относительно оси Х. 8. Вычислить статические моменты простых сечений относительно оси У. 9. Вычислить статический момент всего сечения относительно оси У. 10. Определить координаты центра тяжести (точки С), всего сечения. 11. Показать на сечении центр тяжести сечения. В приведенной табл. 3 даны сведения о положении центров тяжести некоторых простых сечений. Задание 4. Определить координаты центра тяжести заданного сечения. Необходимые размеры взять в табл. 4. Варианты к заданию 4 y 1 y 2 0 a R x R b b b c c a b x b y 3 4 a a y b b R b 0 c x a a a R a 33 0 x a a c Варианты к заданию 4 y 5 y a 6 R a b b 45 x a 0 b R x 0 a y 8 b a c c y R 7 c a 45 0 b R a x c 0 9 10 y b 45 R x c 0 b R x 0 a y 12 b y R 0 a b x a a b R b 11 y c c c a x b x r=c 0 34 Варианты к заданию 4 y 13 a a y 14 a a+b x b 0 a R a r= 4 R 15 y x 0 a 16 y b R a b c c r= 2 a c c a b R c x 0 c x aa Таблица 4 № варианта 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 № схемы а (см) b (см) с (см) R (см) 2 3 2 4 9 6 4 6 6 10 12 9 8 6 34 46 8 14 15 29 4 4 8 12 5 4 7 12 14 20 5 4 15 10 24 36 4 6 9 17 5 5 6 15 14 10 14 21 15 24 6 5 25 18 8 10 5 9 6 8 8 6 14 20 2 1,5 3 4 4 8 20 15 6 5 4 6 10 18 4 6 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 35 Продолжение табл. 4. 1 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 2 11 12 13 14 15 16 3 6 6 15 5 6 12 9 12 21 9 12 3 4,5 4 7 4 9 6 7,5 16 10 15 24 4 5 4 6 5 10 2 3 3 4 8 5 10 20 12 18 2 3 6 15 1 2 12 15 20 14 6 10 5 7 12 16 Задание 5. Определить координаты центра тяжести сечения, составленного из прокатных профилей. Необходимые данные взять из табл. 5. Варианты к заданию 5 1 Y а 2 Y Х а Х 4 Y Y c c 3 b b Х Х а а 36 Варианты к заданию 5 5 6 Y а a Y Х b Х 8 Y Y b 7 а Х a Х c 9 10 Y Y Х а Х b b c 37 Варианты к заданию 5 а Y Y 12 b 11 Х Х a c 13 14 Y Y Х a Х a 16 Y Y Х Х a 15 b 38 Таблица 5 № варианта 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 № схемы 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 № швеллера 8 12 14 18 8 14 10 14 30 8 10 16 12 8 16 12 18 10 8 18 10 16 10 18 12 20 10 30 14 10 № уголка 7/7,5 8/5 7/4,5 7,5/5 4/2,5 7/4,5 7/4,5 8/5 11/7 6,3/4 3,2/2 5,6/3,6 3,2/2 4/2,5 6,3/4 5,6/3,6 11/7 4,5/2,8 7/4,5 14/9 7/4,5 10/6,3 4/2,5 4,5/2,8 7/4,5 11/7 7/4,5 16/10 8/5 4/2,5 а (мм) 10 6 20 24 14 10 12 20 18 12 10 12 20 8 24 22 20 14 12 16 20 24 18 26 22 30 25 20 b (мм) 50 64 120 140 200 120 70 64 80 54 100 200 100 200 - с (мм) 40 60 40 60 100 80 110 46 50 100 - Пример № 4 Определение центра тяжести плоского сечения. Найти координаты центра тяжести плоского сложного сечения, если а = 3 см; b = 4,8 см; d = 6 см; r = 2 см. РЕШЕНИЕ 1. Разобъем сложное сечение на четыре простые: 1 – прямоугольник, 2 – квадрат, 3 – треугольник, 4 – круглое отверстие (рис. 19). 2. Определяем площади простых частей сечения. b d 4,8 6 A1 4a d 4 3 6 72см 2 ; A 14,4см 2 ; 3 A2 d 6 36 см ; 2 2 2 2 2 A4 r 2 3,14 22 12,56 см2 . 39 Определяем площадь всего сечения: А = А1.+ А2 + А3 – А4 = 72 +36 + 14,4 – 12,56 = 109,84 см2. 4. Определяем координаты центров тяжести с1, с2, с3, с4 простых сечений и их площади: 3. x1 у1 x3 d x2 4а 4 3 6 см; 2 2 b 4,8 6 7,6 см; 3 3 x4 (d a) (6 3) 3 см; d 6 6 4 см; 3 3 y 4 4a a 4 3 3 9 см; y3 d 1. оси х: d 6 3 см; 2 2 d 6 y 2 3 см; 2 2 d 6 3 см; 2 2 Определяем статические моменты простых частей относительно Sкx = Ак ук; S1x = 72 8 =576 см3; S2x = 36 3 =108 см3; 3 S3x = 14,4 4 =57,6 см ; S4x = 12,56 9 =113,04 см3; Определяем статический момент всего сечения относительно 2. оси х: Sx = S1x.+ S2x + S3x – S4x = 576 + 108 + 57,6 – 113,04 = 484,56 см3. 3. Определяем статические моменты простых частей относительно оси у: Sку = Ак хк; S1у = 72 (-3) =-216 см3; S2у = 36 3 =108 см3; 3 S3у = 14,4 7,6 =109,44 см ; S4у = 12,56 (-3) =-37,68 см3. 4. Определяем статический момент всего сечения относительно оси у: Sу = S1у.+ S2x + S3у – S4у = 216 +108 + 109,44 – (-37,68) = 39,12 см3. 5. Определяем центр тяжести плоского сечения согласно формулам: Sy S 39,12 484,56 xc ; y c x ; xc 0 ,36 см; уc 4 ,4см . A A 109,84 109,84 6. Обозначим центр тяжести – точку С (0,36; 4,4) см на сечении (рис. 19). 7. Данные для определения координат центра тяжести всего сечения записываем в табл. 6. Таблица 6 Простые сечения Прямоугольник Квадрат Треугольник Круг Все сечение Ак 72 36 14,4 12,56 109,84 хк -3 3 7,6 -3 0,36 40 ук 6 3 4 9 4,41 Ак хк -216 108 109,44 -67,68 39,12 Ак ук 432 108 57,6 113,04 484,56 Примечание: определение координат центра тяжести всего сечения можно определить, используя следующие формулы: A x A2 x2 A3 x3 A4 x4 xc 1 1 ; A1 A2 A3 A4 A y A2 y 2 A3 y3 A4 y4 yc 1 1 . A1 A2 A3 A4 y a a R 4a C4 C1 C3 C d C2 x 0 d d b Рис. 19. Подставим в эти формулы данные из табл. 7 и определим координаты центра тяжести сложного сечения: 216 108 109,44 37 ,68 39,12 xc 0 ,36 см; 72 36 14,4 12,56 109,84 432 108 57 ,6 113,04 484,56 yc 4 ,41см. 72 36 14,4 12,56 109,84 Ответ: хс = 0,36 см; ус = 4,41 см. Пример № 5 Определение центра тяжести сечения, составленного из профилей проката. Определить центр тяжести сечения, составленного из швеллера № 12, неравнобокого уголка № 10/6,3 и полосы шириной а = 1 см. 41 РЕШЕНИЕ Из таблиц сортаментов прокатных профилей берем все необходимые данные для профилей проката и чертим в масштабе схему сечения с указанием основных размеров (рис. 20). α 3,23 1 6,5 y C3 0 x C1 12 Рис. 20. Наименование профиля Швеллер № 12 Уголок № 10/6,3 Полоса 111,5 Ак (см2) 13,3 9,59 11,5 В = 100 мм а = 10 мм b = 63 мм A = 9,59 cм2 у0 = 3,23 х0 = 1,42 cм 1. Разбиваем составное сечение на простые сечения – швеллер (рис. 21, а), уголок (рис. 21, б), полосу и определяем центры тяжести С1, С2, С3 каждого простого сечения. Составляем следующую табл. 7. Таблица 7 C 5,2 1,34 1,42 C2 t =7,8 мм d = 4,8 мм h = 120 мм b = 52 мм A = 13,3 cм2 z0 = 1,54 cм хк (см) 6 8,77 12,5 ук (см) -1,54 1,42 0,55 Ак хк 79,8 84,104 143,75 Ак ук -20,482 13,618 6,325 Центр тяжести швеллера С1 находится на середине высоты швеллера, поэтому: x1 h 6 см, 2 у1 = -z0 = -1,54 см. Центр тяжести неравнобокого уголка С2 определяется расстоянием х0 = 1,42 см, у0 = 3,23 см, взятыми из таблицы (Приложение 2 стр. 68). Причем расстояние х0 всегда откладывается вдоль меньшей полки уголка, а расстояние у0 – вдоль большей полки уголка. Поэтому: х0 = h – y0 = 12 – 3,23 = 8,77 см, y0 = х0 = 1,42 см. Центр тяжести С3 полосы находится на пересечении диагоналей прямоугольника. Следовательно: a x3 h 12 0 ,5 12,5 см , 2 b1 b2 5,2 6,3 y b 6,3 0,55 см . 3 2 2 2 42 z0 x0 B h C y0 C b b а) б) Рис. 21. 2. Определяем центр тяжести всего сечения согласно формулам: A x A2 x2 A3 x3 xc 1 1 ; A1 A2 A3 A y A2 y2 A3 y3 yc 1 1 . A1 A2 A3 Подставляем в эти формулы данные из последних двух столбцов таблицы и определяем координаты центра тяжести составного сечения: 79,8 84,104 143,75 307,654 xc 8 ,946 см; 13,3 9 ,59 11,5 34,39 204,82 13,618 6 ,325 0 ,539 yc 0 ,016см. 13,3 9 ,5 11,5 34,39 По этим координатам строим центр тяжести – точку С(8,946; -0,016) см составного сечения. Ответ: хс = 8,946 см; ус = -0,016 см. 2. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ 1. 2. 3. 4. 5. Что такое центр тяжести тела? Как определяется центр тяжести прямоугольного треугольника? Что такое статический момент? Единицы измерения. Как определить статический момент сечения сложной формы? Формулы для определения координат центра тяжести сечения. 43 РАЗДЕЛ II «КИНЕМАТИКА» В разделе «Кинематика» приняты следующие основные обозначения: x, y, z – координаты точки; v – скорость точки; а – ускорение точки; а – касательное ускорение точки; аn – нормальное ускорение точки; – радиус кривизны траектории; – угол поворота тела; – угловая скорость тела; – угловое ускорение тела; мцс – мгновенный центр скоростей; ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ № 4 Тема: Кинематика точки. Цель: Изучить способы задания движения точки, научиться определять уравнение траектории точки при координатном способе задания движения, положение точки на траектории в заданный момент времени, а также основные кинематические характеристики движения точки при различных способах задания ее движения. Время проведения: 2 часа. 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ПОЛОЖЕНИЯ Кинематика – это раздел механики, в котором изучается движение материальных тел в пространстве с геометрической точки зрения, без учета сил, определяющих движение. Основными материальными объектами кинематики, так же как и всей теоретической механики, являются: материальная точка, система материальных точек, абсолютно твердое тело. Первым материальным объектом является материальная точка, кинематика которой и рассматривается в данном учебном пособии. Основная задача кинематики состоит в том, чтобы зная закон движения данного тела (точки), определить все кинематические величины, характеризующие его движение. Чтобы кинематически задать движение точки, надо задать ее положение по отношению к выбранной системе отсчета в заданный момент времени. Существуют три способа задания движения точки: векторный, координатный и естественный. Линия представляющая собой геометрическое место последовательных положений движущейся точки в данной системе отсчета называется траекторией. По виду траекторий движения точки можно разделить на прямолинейное и криволинейное. Скорость – это векторная величина, характеризующая быстроту и направление движения точки в данной системе отсчета. Ускорением точки называется векторная величина, характеризующая изменение с течением времени модуля и направления вектора скорости точки. 44 1.1. Способы задания движения точки 1.1.1. Векторный способ задания движения точки. Положение точки М определяется радиус-вектором r , проведенным из некоторого центра «О» (рис. 22). Движение точки М задается уравнениM ем: r r r( t ) . O M1 Скорость точки: r1 dr Рис. 22. M . dt Ускорение точки: d d 2 r aM . dt dt 2 Траекторией точки является годограф радиус-вектора. Сравнение способов задания движения и формул для определения кинематических характеристик удобно привести с помощью табл. 8. Таблица 8 Способ задания Векторный r r( t ) Параметры точки Скорость Траектория Годограф радиус-вектора r Координатный x f1 ( t ) y f2 ( t ) z f 3 ( t ) Определяется исключением t из уравнений движения Ускорение d 2r dr dt a 2 2 2 x y z , 2 2 2 ax a y az , x x , y y z z , a dt 2 a x x , a y y , a z z a a a n , 2 Естественный s = s(t) 2 a a a n , Задана по условию задачи (вместе с радиусом кривизны ) ds dt a a n d 2s dt2 , v2 1.1.2. Координатный способ задания движения. Уравнения движения точки М задаются: x f1( t ) y f2( t ) z f 3 ( t ), где x, y, z – координаты точки, зависящие от времени (рис. 23). 45 В данном случае уравнение траектории определяется путем исключения параметра t из уравнений движения. Скорость точки: z M zM x yM y M x2 y2 z2 , где x, y, z – проекции скорости на соответствующие оси координат x x , y y , z z . xM Рис. 23. Вектор M всегда направлен по касательной к траектории в данной точке. aM a x2 a 2y a z2 , a y y , a z z . Ускорение точки: где a x x , 1.1.3. Естественный способ задания движения. При естественном способе задания движения точки траекторией может быть как прямая (рис. 24), так и кривая (рис. 25) линии. - 0 + М М0 Рис. 24. Движение точки задается уравнением: s = s(t), где s – дуговая координата точки. При этом должны быть заданы: траектория точки, начало отсчета и положительное направление дуговой координаты (рис. 25). Скорость точки: модуль вектора скорости равен абсолютному значению производной от дуговой координаты точки по времени: ds ds , M , ~ dt dt вектор скорости направлен по касательной к траектории в сторону движения. M Ускорение точки: -0+ ) aM a an , s = s(t где a – касательное ускорение, хаРис. 25. рактеризующее изменение скорости по величине, направлено вдоль касательной к траектории. d 2 s d a dt 2 46 dt , an – нормальное ускорение, характеризующее изменение скорости по направлению, направлено по главной нормали к центру кривизны траектории: 2 , где – радиус кривизны траектории. Тогда полное ускорение точки: an a a 2 a n 2 . Задание 1. Определить скорость и ускорение точки в данный момент времени, исходные данные приведены в табл. 9. Таблица 9 2 1 Радиус кривизны , м 12,5 4 2 1 3 1 2 t t 2 3 2 2 9 1 4 2 3 t t 6t 4 3 2 12 1 2 Уравнение движения s = f(t), м s = 3t2 – 2t + 5 s = 4t – t2 + 1 3 s 2 cos 4 s 5 s № t 2 Время t, c /2 6 7 8 s = -2cost s = t3 – 2t2 + t s = 2t2 – 4t 9 s 2 cos 2t 2 10 s 3 sin t 0,5 s 2 3 cos t s = 4t – 2t2 s = 3t2 – 2t + 4 s = 4sin2t /3 4,5 0,5 2 /8 8 20 8 2 4 0,5 0,5 1 8 0,55 2 5 8 12 1 2 5 36 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 3 1 s t t 4t 3 2 s = 6t – 2t2 s = -3cos 0,5t s = -2sin2t s = 4t2 – t3 1 2 t 2t 3 4 s = t3 – 2t2 + 3t s =2 t2 + 4t - 5 s 4 12,5 8 2 3 /8 /6 /8 47 Примечание Для всех вариантов считать, что задано: 1) траектория точки: -0+ 2) начало «0» и направление отсчета дуговой координаты Продолжение табл. 9 № 23 Уравнение движения s = f(t), м s = 2sin3t 24 s 2 cos 2t 25 s 26 s = -4sint 27 28 29 30 s = 3cos2t s = 2t3 – 4t2 + t s = 5t – t2 + 4 s = 6t2 – 8t + 1 Радиус кривизны , м 4,5 1 Время t, c /9 /8 1 3 2 t t 2t 3 2 Примечание 4 /3 /12 1 1 9 8 4 2 0,5 1 Задание 2. Определить траекторию, а также скорость и ускорение в данный момент времени, исходные данные приведены в табл. 10. Таблица 10 № 1 1 2 х = 2t х = 2sint у = f2(t), м 3 y = 4t2 + 1 y = 4sint 3 х = sin2t y = cos 2t 4 5 6 7 х = 2co t x = 3t2 - 2 x = 8t2 +3 x = 4 cos2t y = 3sint y = 2t y = 2t2 y = 4 sin2t 8 x = 3sin t y = 5cos t 9 x = 3t y = 6t2 - 4 10 x = 3cos4t y = 6cos4t + 2 11 x = 3sin t y = 3cos t x = 2sin2t y = 4cos2t 12 х = f1(t), м 2 t, с 4 0,5 /4 /6 /3 1,5 0,25 /8 /4 1 /3 /12 /4 /12 1 /3 13 x = 3t + 5 14 x = 2t2 + 1 y 3t y = 4t2 - 2 15 x 5 cos 2t x 5 sin 2t 16 x y 2 cos 3t 2 3 sin 3t 2 4 0,5 /6 /9 17 18 x=t x = 4cos 3t - 2 y=t -3 y = 5cos 3t 19 x = 6sin2t y = 6cos2t 20 x 7 cos t 21 x = 3t + 2 y 5 sin t y = 9t2 48 1 /9 /8 /6 /3 1 Продолжение табл. 10 № 22 х = f1(t), м x = 4 t2 - 3 23 x 2 cos 3t 24 25 26 x = 3cos2t x = t3 + 2 x = cos2t 27 x 28 x 5 cos t 29 x = t – 2t 30 x = 2sint – 2 у = f2(t), м y = 2 t2 + 1 y /12 /6 2 sin 3t y = sin2t y = 2t6 -4 y = 3cos2t y 3 sin 3t 4 t, с 0,5 2 y = 2t /8 /9 3 cos 3t y sin t 2 1 /2 2 1 2 /2 /4 y = 3sint + 3 Пример № 1 Определение кинематических характеристик точки при естественном способе задания движения. Дано: точка движется по заданной криволинейной траектории согласно закону: S = 4t2 – 2t + 3 м, радиус кривизны траектории = 6 м в момент времени t = 1 c. Определить: скорость и ускорение точки на траектории в данный момент времени. РЕШЕНИЕ t at M + -0 s= +5 M м aM an n Рис. 26. Задачу решаем в следующем порядке: 1. Определяем положение точки в данный момент времени: S = 4 12 – 2 1 + 3 = 5 (м), изображаем точку М с дуговой координатой S = 5(м) на траектории (рис. 26). 2. Через точку М проводим естественные оси: (касательную) и n (главную нормаль). При перемещении точки по траектории эти оси движутся вместе с ней. 49 3. Определяем алгебраическую величину скорости точки как первую производную от дуговой координаты S по времени и изображаем вектор скорости M по касательной к оси : S ( 4t 2 2t 3 ) 8t 2 , = 8 1 – 2 = 6 (м/с). при t = 1 с Так как vM > 0, то направление вектора скорости совпадает с направлением оси . 4. Определяем ускорение точки М как геометрическую сумму двух ускорений: aM an a , где аn – нормальное ускорение, характеризующее изменение скорости по направлению: 2 62 6( м / с 2 ) . 6 На чертеже an направляется по главной нормали к центру кривизны траектории. a – касательное ускорение, характеризующее изменение скорости по величине: a s ( 8t 2 ) 8( м / с 2 ) . На чертеже a совпадает с направлением оси , т. к. его значение 8 > 0. Полное ускорение aM направлено по диагонали прямоугольника, построенного на векторах a и an , как на сторонах, поэтому: an a M an2 a2 6 2 8 2 100 10( м / с 2 ) . Ответ: vM = 6 м/с, аМ = 10 м/с2. (Векторы всех ускорений показаны на рис. 26). Пример 2 Определение кинематических характеристик точки при координатном способе задания движения. Дано: точка движется в плоскости согласно уравнениям: x 2t ( см ) у 4t 2 1 ( см ). Определить: траекторию, скорость и ускорение точки в момент времени t = 1 c. 50 РЕШЕНИЕ y VM Vy aM +3 M Vx +2 +1 -2 -1 +1 +2 Задачу решаем в следующем порядке: 1. Изображаем декартову систему координат на плоскости с изображением начала отсчета (рис. 27). 2. Исключая параметр t (время) из уравнений движения, определяем уравнение траектории в виде у = f(x). Выразим t через х и подставим это выражение в уравне-ние коордиx наты у: 2 x x ; y 4 1 ; у = х2 – 1. -1 2 2 Полученное уравнение является уравнением параболы с вершиной в Рис. 27. точке с координатами (0; -1), ветви параболы направлены вверх. В выбранной системе отсчета вычерчиваем траекторию точки. 1. Определяем координаты точки в данный момент времени, подставляя значение t = 1 c в уравнения движения: х = 2 1 = 2 (см) у = 4 12 – 1 = 3 (см), М(+2; +3) см. Изображаем точку М на траектории. 2. Вычисляем значение скорости точки по формуле: t M x2 y2 , где x и y – проекции вектора скорости на соответствующие оси; x x ( 2t ) 2 (см/с), y y ( 4t 2 1 ) 8t , при t = 1 c y = 8 см/с. M 2 2 8 2 68 8 ,25( см / с ) . Вектор vM строится на чертеже по его проекциям x и y. Масштаб: в 1 см – 4 см/с. Вектор M должен быть направлен по касательной к траектории в данной точке, что подтверждает правильность решения. 3. Вычисляем ускорение точки по формуле: aM a x2 a 2y , 51 где ах и ау – проекции ускорения на соответствующие оси; a x x x ( 2 ) 0 ; a y y y ( 8t ) 8 ( м / с 2 ) ; aM 8 2 8 ( м / с 2 ) . Вектор ускорения строится на чертеже по проекциям ах и ау в масштабе: в 1 см – 4 см/с2. В данной задаче вектор aM совпал со своей проекцией на ось ау. Все векторы показаны на рис. 27. Ответ: точка движется по параболе, уравнение которой: у = 2х2 – 1, M = 8,25 cм/c; aM = 8 cм/c2. 2. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ 1. Что называется механическим движением? 2. Что такое траектория? 3. Как определяется траектория точки при координатном способе задания движения? 4. Что такое скорость точки? Единицы измерения. 5. Как вычисляется скорость точки при естественном и координатном способах задания движения? 6. Как направлен вектор скорости по отношению к траектории? 7. Что такое ускорение? Единицы измерения. 8. Как определить ускорение движения точки при естественном и координатном способах задания движения? 9. Как направлены по отношению к траектории нормальное, касательное и полное ускорения? 10. Физический смысл касательного и нормального ускорений точки. ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ № 5 Тема: Поступательное и вращательное движения твердого тела. Цель: Освоить определение кинематических характеристик при поступательном и вращательном движениях тела. Время проведения: 2 часа. 1. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ ТЕОРИИ При поступательном движении любая прямая, проведенная в теле, движется параллельно самой себе. Все точки тела в данный момент имеют геометрически равные скорости и ускорения, траектории всех точек тела одинаковы. 52 j w e aM a Mц r а Мвр Уравнение равномерного поступательного движения: s = s0 + t. Здесь s – дуговая координата центра тяжести твердого тела. Уравнения поступательного движения твердого тела, представляют собой уравнения движения одной точки – центра тяжести VM и могут быть заданы тремя способами: zc zc ( t ) – векторный; xc f 1 ( t ) yc f 2 ( t ) координатн ый; z c f 3 ( t ) z sс = sс(t) – естественный. Скорость и ускорение любой точки тела определяются из уравнений движения так Рис. 28. же, как и в кинематике точки. При вращательном движении твердого тела прямая, проведенная через две точки, остается неподвижной и называется осью вращения, все остальные точки тела описывают окружности в плоскостях, перпендикулярных оси, с центрами, лежащими на оси (рис. 28). Уравнение вращательного движения: = f(t), где – угол поворота твердого тела вокруг оси. Уравнение равномерного вращения: = 0 + t. Уравнение равнопеременного вращения: M 0 0 t Угловая скорость: t2 2 . d . dt Угловое ускорение: d d 2 . dt dt 2 Линейная (вращательная) скорость точки М: M = r, вектор скорости M направлен по касательной к окружности в сторону (рис. 28). 53 Ускорение точки М: ц , a M a Mвр a M где a Mвр – вращательное ускорение точки (направлено по касательвр ной к окружности в сторону ). Модуль a M r . aMц – центростремительное ускорение (направлено к центру ц окружности). Модуль a M 2 r . Полное ускорение: aM a вр 2 aц 2 r M M 2 4 . Задание 4. Найти скорость и ускорение точки М в данный момент времени, исходные данные взять из табл. 11. Таблица 11 № 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 R2 60 80 100 58 80 100 45 35 40 15 40 20 30 15 15 20 15 20 15 25 20 40 40 30 50 32 40 40 25 30 радиусы (см) r2 R3 45 36 60 60 75 45 60 45 60 30 35 105 10 10 30 15 40 25 20 15 10 20 40 10 15 10 15 15 15 10 20 15 10 10 20 15 10 10 30 20 35 30 30 15 40 20 60 15 32 18 40 20 40 20 50 15 20 t, c r3 45 30 30 35 15 15 20 16 18 15 25 - 1 0,5 1 1 2 1 0,5 1 ½ 2 1 1 0,5 1 ⅓ 0,25 2 1 1 0,5 0,25 0,5 1 3 ½ 0,5 2 2 2 ⅓ 54 уравнение движения груза 1 x = x(t) (x – м, t – c) x = 4t2 + 2t - 1 x = 6t2 - 4t - 2 x = 2t3 - 3t2 + 2t x = 3t2 + 2t + 4 x = 0,3t2 + 2t + 4 x = ¼t4 – ⅓t3 + ½t2 x = 3t2 - 2t + 1 x = 3t2 - 2t + 2 x = 6t2 + t - 1 x = t2 - t + 2 x = 2t + 3t2 x = ⅓t2 - 2t + 2t2 x = 5t2 - 4t + 2 x = 2t3 - 3t + 1 x = 3t2 - 2t + 1 x = 8t2 - 2t x = t2 - t + 2 x = 1/6t3 - ½t2 + 2t x = 4t + 2t2 x = 6t2 - 2t + 5 x = 8t2 + 6t - 2 x = 6t2 - 4t - 2 x = 1/6t3 t2 - ½t2 + 2t x = ¼t2 + ½t x = 4t3 - 2t2 + 4t x = 4t2 - 3t + 2 x = 4t2 - 2t x = 2t3 - 4t2 – 4t x = 4t2 + 8t x = 7 + 9t2 Варианты к заданию 4 1 2 2 2 M M 3 1 3 1 x x 3 4 2 2 3 M M 3 1 1 x 5 x 6 3 M 1 3 x M 2 2 1 x 55 Варианты к заданию 4 8 7 2 2 3 M M 3 1 x 1 x 9 10 2 2 3 3 M M x 1 x 1 11 12 2 2 3 M M 3 1 1 x x 56 Варианты к заданию 4 14 13 2 3 3 M M 2 1 x 15 1 x 2 16 2 1 M 1 M x x 3 3 17 18 2 2 1 x M 1 x M 3 3 57 Варианты к заданию 4 19 20 2 3 M 1 2 x M 1 x 3 21 22 2 M 1 1 3 2 M x 3 23 24 2 2 M 1 M 3 1 x 3 58 x Варианты к заданию 4 26 25 2 2 M 3 1 M 1 x x 3 28 27 3 2 M 1 1 M x 3 2 x 30 29 3 2 2 M 1 x M 3 x Пример 4 Груз Р (рис. 29) подвешен на нерастяжимом тросе, намотанном на барабан. Барабан радиусом r2 = 0,2 м жестко скреплен с зубчатым колесом 2 радиусом R2 = 0,3 м и имеет общую с ним неподвижную ось вращения О1. Зубчатое колесо 2 находится в зацеплении с шестерней 3 радиусом r3 = 0,15 м. 59 Найти скорость и ускорение точки М; угловое ускорение 3 в момент t = 1,5 с, если груз движется по закону: Х = 1 + 0,4t2, (x – в метрах, t – в секундах). РЕШЕНИЕ По закону движения груза найдем его скорость и ускорение: ( 1 ) x 0,8t 0,8 1,5 1,2 м / с , w2 2 aK R2 e2 e3 K w3 r3 A O1 K r2 O2 an x a M at 3 M 1 1 a1 Рис. 29. a( 1 ) x 0 ,8 м / с 2 , векторы , a направлены вниз. Так как трос нерастяжим, то все его точки имеют скорости и ускорения, равные скорости и ускорению груза 1. Следовательно, и точки обода барабана имеют ту же скорость и ускорение: A = ( 1 ) , a A = a( 1 ) . При опускании груза 1 барабан и зубчатое колесо 2 вращается вокруг оси 01 с угловой скоростью 2 и с угловым ускорением 2. Скорость точек обода барабана равна: A = 2 r2, откуда: 1,2 2 A 6 c 1 . r2 0 ,2 Ускорение точек обода барабана равно: аA = 1 r, 60 откуда: a A 0 ,8 4 c 2 . r2 0 ,2 Если два тела в процессе движения касаются друг друга и в точке их контакта отсутствует проскальзывание, то точки контакта имеют одинаковые скорости и ускорения. Поэтому скорости и ускорения точки K зубчатого колеса 2 и точки К шестерни 3 равны. При вращении зубчатого колеса 2 с угловой скоростью 2 шестерня 3 будет вращаться в противоположную сторону вокруг оси 02 с угловой скоростью 3 и с угловым ускорением 3. При этом скорость точки K можно представить в виде: K = 2 R2 = 3 r3, откуда: R 0 ,3 3 2 2 6 12 c 1 . r3 0 ,15 Ускорение точки К: а к = 2 R2 = 3 r3, откуда: R 4 0 ,3 3 2 2 8 c 2 . r3 0 ,15 2 Определим угловую скорость 3 и угловое ускорение 3. Найдем скорость точки М: M = 3 r3 = 12 0,15 = 1,8 м/с. Касательное ускорение aM : aM 3 r 3 8 0 ,15 1,2 м / с 2 . Нормальное ускорение точки М всегда направлено к оси вращения, а его модуль равен: aM 32 r 3 122 0 ,15 21,6 м / с 2 . Модуль полного ускорения точки М находится по составляющим ускорения: aM a a n 2 M Ответ: M = 1,8 м/с; 2 M 1,2 2 21,6 2 21,6 м / с 2 . аМ = 21,6 м/с2; 3 = 8 с-2. 2. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ 1. Что называется поступательным движением? 61 2. Что можно сказать о траекториях различных точек при поступательном движении? скоростях и ускорениях различных точек? 3. Как определить скорость и ускорение тела при поступательном движении? 4. Какое движение тела называется вращательным? 5. Что такое угловая скорость и угловое ускорение? Единица измерения. 6. Формулы для определения скорости и ускорений точки вращающегося тела. Направление скорости и ускорений. Единицы измерения. ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ № 6 Тема: Определение кинематических характеристик при плоскопараллельном движении. Цель: Освоить определение скоростей точек при плоском движении тела. Время проведения: 2 часа. 1. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ ТЕОРИИ Плоским (плоско-параллельным) движением называется движение твердого тела, при котором все его точки движутся в плоскостях, параллельных некоторой неподвижной плоскости. При изучении плоского движения твердого тела достаточно исследовать движение плоской фигуры, являющейся сечением твердого тела плоскостью, параллельной неподвижной. Одним из методов решения задачи на это движение является определение скоростей точек плоской фигуры при помощи мгновенного центра скоростей (МЦС). При непоступательном движении плоской фигуры ( 0) в каждый данный момент существует точка, скорость которой равна нулю – это МЦС. Тогда плоское движение фигуры можно рассматривать как совокупность мгновенных вращательных движений вокруг МЦС. Соответственно скорости точек плоской фигуры будут прямо пропорциональны расстояниям от точек до МЦС. При известных направлениях скоростей двух точек плоской фигуры мгновенный центр скоростей находится в точке Р пересечения перпендикуляров, восстановленных в этих точках к векторам скоростей (рис. 30). A B A AP . , AP BP B BP 62 B A A . . B w P Рис. 30. Другие случаи нахождения МЦС смотреть в конспекте лекций или рекомендуемом учебнике. Задание № 5. Шарнирный четырехзвенник состоит из неподвижного звена О1О2 = l, кривошипов О1А = r1, О2B = r2 и стержня АВ. Кривошип О1А вращается с постоянной угловой скоростью 1 и в данный момент времени занимает положение, определяемое углом . Этот угол, как и угол для второго кривошипа О2B, откладывается против часовой стрелки (рис. 31). B w1 A a O1 b O2 Рис. 31. Определить скорость точки В, мгновенную угловую скорость стержня АВ и угловую скорость кривошипа О2B. Данные для решения приведены в табл. 12. Таблица 12 № 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1, с-1 2 3 4 2 5 8 10 6 2 5 l, м 3 0,5 0,3 0,8 0,4 2,2 1,2 1,0 0,6 1,5 r1, м 4 0,2 0,1 0,3 0,2 0,5 0,4 0,6 0,3 0,8 63 r2, м 5 0,7 0,5 0,2 0,8 0,6 1,0 1,2 0,1 0,5 d 6 0 30 30 30 60 60 60 90 90 7 60 270 120 300 150 330 270 30 45 Продолжение табл. 12 № 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 1, с-1 3 4 8 10 9 7 1 6 12 15 14 8 2 5 4 3 10 6 8 5 7 l, м 0,8 1,4 0,9 1,6 1,1 1,8 20, 1,2 1,9 0,7 1,0 1,5 0,8 1,4 0,9 1,2 1,6 1,0 1,3 1,7 0,6 r1, м 1,0 1,2 0,2 0,7 0,4 1,5 2,5 1,1 0,5 0,1 0,6 0,2 0,7 1,0 0,3 0,4 0,8 0,5 0,2 1,2 0,3 r2, м 0,6 0,9 0,4 0,8 0,2 0,7 0,3 1,0 1,4 1,2 0,5 0,8 0,2 0,3 0,4 0,6 1,0 0,8 0,5 0,1 0,2 d 90 90 90 90 90 90 90 90 90 90 90 120 120 120 45 45 45 135 135 150 150 60 120 135 150 0 210 225 240 300 315 330 30 210 270 135 315 270 45 225 60 240 Пример 5 Условие примера соответствует заданию на самостоятельную работу. Дано: 1 = 2 с-1, l = 1 м, r1 = 0,5 м, r2 = 0,6 м, = 30, = 45 (рис. 32). Определить: B , AB, 2. РЕШЕНИЕ 1. По заданным углам и строим шарнирный четырехзвенник. 2. Определяем скорость точки А: A = 1 r1 = 2 0,5 = 1 м/с. Строим вектор скорости v A перпендикулярно кривошипу О1А в сторону вращения. Покажем аналогично направление вектора скорости точки В перпендикулярно кривошипу О2В. 3. На пересечении перпендикуляров к направлениям векторов V A и V B находим МЦС – точку Р. 4. Из прямоугольных треугольников О1РД и О2РД находим расстояния от точки А и точки В до МЦС (точка Р): (r1 + AP) sin30 = (r2 + BP) sin45; 64 (r1 + AP) cos 30 = l + (r2 + BP) cos45; (0,5 + AP) 0,5 = (0,6 + BP) 0,7; (0,5 + AP) 0,9 = 1 + (0,6 + BP) 0,7. w . .A B w2 w1 30 Р B A O1 AB 45 О2 Д Рис. 32. Решая систему 2-х уравнений, находим: AP = 2 м, ВР = 1,18 м. 5. Определяем угловую скорость стержня АВ: 1 AB A 0 ,5 c 1 . AP 2 6. Находим скорость точки В: B = AB BP = 0,5 1,18 = 0,59 м/с. 7. Определяем угловую скорость второго кривошипа О2В: 0 ,59 2 B 1 c 1 . r2 0 ,6 Ответ: B = 0,59 м/с; AB = 0,5 с-1; = 1 с-1. 2. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ 1. 2. Что такое плоско-параллельное движение? Какие упрощения используют при изучении плоского движе- ния? 3. Какие существуют методы определения скоростей точек при плоском движении? 4. Что такое мгновенный центр скоростей? 65 СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ 1. Вереина, Л. И. Техническая механика: учебник для проф. образования / Л. И. Вереина. – 4-е изд., стер. – М. : Издательский центр «Академия», 2007. – 224 с. 2. Олофинская, В. П. Курс лекций с вариантами практических и тестовых заданий: учеб. пособие. / В. П. Олофинская. – М. : ФОРУМ: ИНФРА-М, 2003. – 349 с.: ил. – (Серия «Профессиональное образовании»). 3. Эрдеди, А. А. Теоретическая механика. Сопротивление материалов: учеб. пособие для техникумов / А. А. Эрдеди, Н. А. Эрдеди, – М. : Высшая школа: Академия. 2001. – 318 с. 4. Аркуша, А. И. Техническая механика. Теоретическая механика и сопротивление материалов: учеб. пособие для сред. проф. учеб. заведений / А. И. Аркуша, – М. : Высшая школа. 2005. – 352 с.: ил. 5. Аркуша, А. И. Техническая механика. Теоретическая механика и сопротивление материалов: учебник для сред. спец. учеб. заведений / А. И. Аркуша. – М. : Высшая школа, 2002. – 352 с.: ил. 66 ПРИЛОЖЕНИЯ Приложение 1 № п/п 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 угол в град. 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 sin cos 0,2588 0,3420 0,4226 0,5000 0,5736 0,6428 0,7071 0,7660 0,8192 0,8660 0,9063 0,9397 0,9659 0,9659 0,9397 0,9063 0,8660 0,8192 0,7660 0,7071 0,6428 0,5736 0,5000 0,4226 0,3420 0,2588 Приложение 2 Сортамент прокатной стали Прокатная угловая неравнополочная сталь (по ГОСТ 8510-86) № профиля y1 x o y d r b В и x R x d yo r yo a и b x1 3,2/2 4/2,5 4,5/2,8 5/3,2 5,6/3,6 6,3/4,0 7/4,5 8,5 9/5,6 10/6,3 11/7 12,5/8 14/9 16/10 Размеры, мм В b 32 20 40 25 45 28 50 32 56 36 63 40 70 45 80 50 90 56 100 63 110 70 125 80 140 90 160 100 67 d 3 4 4 3 4 4 4,5 5 6 6 6,5 10 8 14 Координаты центра тяжести у0 х0 1,08 0,492 1,12 0,53 1,51 0,68 1,60 0,72 1,82 0,84 2,0,3 0,91 2,25 1,03 2,60 1,13 2,95 1,28 3,23 1,42 3,55 1,58 4,14 1,92 4,49 2,03 5,40 2,43 Площадь профиля, А, см2 1,49 1,94 2,80 2,42 3,58 4,04 5,07 6,36 8,54 9,59 11,4 19,7 18 34,7 Продолжение прил. 2 Прокатная угловая равнополочная сталь (по ГОСТ 8509-86) d № профиля r xo R x r d zo b yo xo 3,2 4 4,5 5,0 5,6 6,3 7 7,5 8 8 9 9 10 10 x x1 yo b Размеры, мм b d 32 34 40 3 45 3 50 3 56 3,5 63 4 70 4,5 75 5 80 5,5 80 6 90 6 90 7 100 8 100 10 Площадь профиля, А, см2 1,86 2,35 2,65 2,96 3,86 4,96 6,20 7,39 8,63 9,38 10,6 12,3 15,6 19,2 Z0, см 0,89 1,09 1,21 1,33 1,50 1,69 1,68 2,02 2,17 2,19 2,43 2,47 2,75 2,83 Балки двутавровые (ГОСТ 8239-72) y r > 12 % d h x x b-d 4 R y b № профиля 10 12 14 16 18 20 22 24 27 30 30а 36 40 70 68 Размеры, мм h 100 120 140 160 180 200 220 240 270 300 300 360 400 700 b 70 75 82 90 95 100 110 115 125 135 145 145 155 210 d 4,5 5,0 5,0 5,0 5,0 5,2 5,3 5,6 6,0 6,5 6,5 7,5 8,0 12,7 t 7,2 7,3 7,5 7,7 8,0 8,2 8,6 9,5 9,8 10,2 10,7 112,3 13,0 20,8 Площадь профиля, А, см2 14,2 16,5 18,9 21,5 23,8 26,4 30,2 34,8 40,2 46,5 49,9 61,9 71,4 174 Окончание прил. 2 Швеллеры (ГОСТ 28240-72) h b d t 50 65 80 100 120 140 140 160 160 180 200 240 330 400 32 36 40 46 52 58 62 64 68 70 76 90 105 115 4,4 4,4 4,5 4,5 4,8 4,9 4,9 5,0 5,0 5,1 5,2 5,6 7,0 8,0 7,0 7,2 7,4 7,6 7,8 8,1 8,7 9,0 9,0 8,7 9,0 10,0 11,7 13,5 z0 y t 5 6,5 8 10 12 14 14а 16 16а 18 20 24 33 40 Размеры, мм r b-d 2 d h № профиля x x R y уклон 10 b 69 Площадь профиля, А, см2 6,16 7,71 8,98 10,9 13,3 15,6 17,0 18,1 19,5 20,7 9,523,4 36,0 46,3 61,5 Z0, см 1,16 1,24 1,31 1,44 1,54 1,67 1,87 1,80 2,00 1,94 2,07 2,42 2,59 2,75 СОДЕРЖАНИЕ Введение………………………….............………….……………… Требования к оформлению задания……………......……………… Последовательность выполнения………………..................……… Раздел I «Статика»………………………..............................……… Практическое занятие № 1………………………………..………... Практическое занятие № 2………………………………..………... Практическое занятие № 3………………………………..………... Раздел II «Кинематика»…………………….....……………………. Практическое занятие № 4………………………………..………... Практическое занятие № 5………………………………..………... Практическое занятие № 6………………………………..………... Список рекомендуемой литературы…………………....…………. Приложения………….....................................................…………… 70 3 3 3 4 4 15 29 44 44 52 62 66 67 ДЛЯ ЗАМЕТОК 71 Учебное издание Корзун Светлана Григорьевна, Ладыгин Денис Олегович Неумоина Наталья Георгиевна ТЕХНИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА И КИНЕМАТИКА Учебное пособие Редактор Попова Л. В. Компьютерная верстка Сарафанова Н. М. Темплан 2009 г., поз. № 5К Лицензия ИД № 04790 от 18 мая 2001 г. Подписано в печать 10. 02. 2009 г. Формат 6084 1/16. Бумага листовая. Печать оысетная. Усл. печ. л. 4,5. Усл. авт. л. 4,25 Тираж 100 экз. Заказ № Волгоградский государственный технический университет. 400131 Волгоград, просп. им. В. И. Ленина, 28. РПК «Политехник» Волгоградского государственного технического университета. 400131 Волгоград, ул. Советская, 35.