Теоретическая механика - Мехфак сайт инженерного института
advertisement
ФГБОУ «НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ АГРАРНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ» Инженерный институт ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА Методические указания по самостоятельному изучению дисциплины и выполнению контрольных работ 110800.62 – Агроинженерия профили: Технические системы в агробизнесе; Электрооборудование и электротехнологии в агропромышленном комплексе; Технологическое оборудование для хранения и переработки сельскохозяйственной продукции; Технический сервис в агропромышленном комплексе. Новосибирск 2015 Теоретическая механика: метод. указания по самостоятельному изучению дисциплины и выполнению контрольных работ / Новосиб. гос. аграр. ун-т. Инженер. ин-т; сост.: И.М. Бондарь, С.Н. Бурков. – Новосибирск, 2015. – 45 с. Методические указания предназначены для студентов очной формы обучения по направлению подготовки: 110800.62 – Агроинженерия (профили: Технические системы в агробизнесе; Электрооборудование и электротехнологии в агропромышленном комплексе; Технологическое оборудование для хранения и переработки сельскохозяйственной продукции; Технический сервис в агропромышленном комплексе); Утверждены методической комиссией Инженерного института. © Новосибирский государственный аграрный университет, Инженерный институт 2015 2 Содержание 1. Введение ....................................................................................................................................... 4 2. Методические указания по выполнению контрольной работы............................................... 5 3. Контрольная работа №1 .............................................................................................................. 7 4. Контрольная работа №2 ............................................................................................................ 21 5. Вопросы к экзамену ................................................................................................................... 42 6. Литература .................................................................................................................................. 44 3 1. Введение 1.1. Цели и задачи дисциплины «Теоретическая механика» – фундаментальная естественнонаучная дисциплина, лежащая в основе современного подхода к изучению явлений природы, широко применяемая в различных отраслях техники (авиации, космонавтике, нефтегазопромысловом деле, машиностроении, приборостроении и т.п.) и содействующая развитию эффективных технологий. Теоретическая механика занимается общими закономерностями механических движений материальных тел и силовых взаимодействий между ними, а также взаимодействие тел с физическими полями. Изучение теоретической механики способствует развитию абстрактного мышления, формированию системы фундаментальных знаний, позволяющих будущему специалисту строить логически обоснованные модели изучаемых явлений и процессов, использовать на практике приобретённые им базовые знания. Самостоятельно, используя современные образовательные и информационные технологии, овладевать новой методологией научного анализа проблем, с которыми ему придётся столкнуться в производственной и научной деятельности. Целью теоретической механики являются: - изучение общей теории о совокупности сил, приложенных к материальным телам, и об основных операциях над силами, позволяющих приводить совокупности их к наиболее простому виду, выводить условия равновесия материальных тел, находящихся под действием заданной совокупности сил, и определять реакции связей, наложенных на данное материальное тело; - изучение способов количественного описания существующих движений материальных тел в отрыве от силовых взаимодействий их с другими телами или физическими полями, таких как орбитальные движения небесных тел, искусственных спутников Земли, колебательные движения (вибрации) в широком их диапазоне – от вибраций в машинах и фундаментах, качки кораблей на волнении, колебаний самолетов в воздухе, тепловозов, электровозов, вагонов и других транспортных средств, до колебаний в приборах управления. - изучение движения материальных тел в связи с механическими взаимодействиями между ними, основываясь на законах сложения сил, правилах приведения сложных их совокупностей к простейшему виду и приемах описания движений, установление законов связи действующих сил с кинематическими характеристиками движений и применение этих законов для построения и исследования механико-математических моделей адекватно описывающих разнообразные механические явления. При изучении теоретической механики вырабатываются навыки практического использования методов, предназначенных для математического моделирования движения систем твёрдых тел. 1.2. Место дисциплины в структуре основной образовательной программы (ООП) Внешние требования к освоению дисциплины регламентируются ФГОС ВПО по направлениям подготовки: 110800.62 – Агроинженерия. Изучение дисциплины «Теоретическая механика» базируется на знаниях, умениях и компетенциях, полученных в ходе освоения курсов «Математика» и «Физика». Базирующиеся дисциплины: «Сопротивление материалов», «Теория механизмов и машин», «Детали машин и основы конструирования». 4 1.3. Требования к результатам освоения дисциплины Процесс изучения дисциплины направлен на формирование следующих компетенций (в соответствии с ФГОС ВПО): Общекультурные компетенции (ОК): ОК-8 использование основных положений и методов социальных, гуманитарных и экономических наук при решении социальных и профессиональных задач Профессиональные компетенции (ПК) ПК-1 ПК-2 ПК-3 ПК-21 ПК-22 способность к использованию основных законов естественнонаучных дисциплин в профессиональной деятельности, применение методов математического анализа и моделирования способностью разрабатывать и использовать графическую техническую документацию способность решать инженерные задачи с использованием основных законов механики,электротехники, гидравлики, термодинамики и тепломассообмена; знанием устройства и правил эксплуатации гидравлических машин и теплотехнического оборудования научно-исследовательская деятельность готовность изучать и использовать научно-техническую информацию, отечественный и зарубежный опыт по тематике исследований В результате освоения дисциплины студент должен: Знать: - реакции связей, условий равновесия плоской и пространственной систем сил, теории пар сил, кинематические характеристики точки, частные и общие случаи движения точки и твердого тела, дифференциальные уравнения движения точки, общие теоремы динамики, теорию удара. Уметь: использовать законы и методы теоретической механики как основы описания и расчетов механизмов транспортных и транспортно-технологических машин и оборудования. Владеть: - элементами расчета теоретических схем механизмов, транспортных и транспортнотехнологических машин и оборудования. 2. Методические указания по выполнению контрольных работ Студенты выполняют две контрольные работы (КР): КР1 (статика) - задачи С1, С2, С3, С4; С5 КР2 (кинематика) - задачи К1, К2, К3,К4, (динамика )задачи Д2, Д3). Каждая задача содержит: текст, рисунки и таблицы с исходными данными. Нумерация рисунков двойная, при этом первая цифра совпадает с номером задачи, вторая цифра означает номер рисунка. Студент во всех задачах выбирает номер рисунка по предпоследней цифре шифра, а номер условия в таблице - по последней. Каждое задание выполняется в отдельной тетради. На обложке указываются: название дисциплины, номер шифра, фамилия и инициалы студента, учебный шифр, факультет, специальность и адрес. Решение каждой задачи следует начинать на развороте страницы. Сверху указывается номер задачи, далее делается чертеж и записывается, что в задаче дано и что требуется определить (текст задачи не переписывать). Чертеж выполняется с учетом условий 5 решаемого варианта задачи; на нем все углы, действующие силы; число тел и их расположение на чертеже должны соответствовать этим условиям. Чертеж должен быть аккуратным и достаточно крупным, на нем должны быть ясно показаны все силы и векторы скоростей и ускорений и др. Решение задач необходимо сопровождать краткими пояснениями (какие формулы или теоремы применяются, как получаются те или иные результаты). Работы, не отвечающие перечисленным требованиям, не проверяются и возвращаются на переделку. При решении задач надо учесть, что все нити (веревки, тросы) считаются нерастяжимыми и невесомыми, нити, перекинутые через блок, не скользят, катки и колеса (в кинематике и динамике) катятся по плоскостям без скольжения. Все связи, если не сделано оговорок, считаются идеальными Следует учесть, что некоторые из величин, заданных в условиях задач, при решении отдельных вариантов могут не понадобиться, они нужны при решении других вариантов задачи. В курсе теоретической механики студенты изучают три раздела: статику, кинематику и динамику. Для освоения курса необходимо иметь соответствующую математическую подготовку. Во всех разделах курса, начиная со статики, широко используется векторная алгебра. Необходимо уметь вычислять проекции векторов на координатные оси, находить геометрически (построением векторного треугольника или многоугольника) и аналитически (по проекциям на координатные оси) сумму векторов, вычислять скалярное и векторное произведения двух векторов и знать свойства этих произведений, а в кинематике и динамике -дифференцировать векторы. Надо также уметь свободно пользоваться системой прямоугольных декартовых координат на плоскости и в пространстве, знать, что такое единичные векторы (орты) этих осей и как выражаются составляющие вектора по координатным осям с помощью ортов. Для изучения кинематики необходимо уметь дифференцировать функции одного переменного, строить графики этих функций, быть знакомым с понятиями о естественном трехграннике, кривизне кривой и радиусе кривизны, знать основы теории кривых 2-го порядка, изучаемой в аналитической геометрии. При изучении динамики надо уметь находить интегралы (неопределенные и определенные) от простейших функций, вычислять частные производные и полный дифференциал функций нескольких переменных, а также уметь интегрировать дифференциальные уравнения 1-го порядка с разделяющимися переменными и линейные дифференциальные уравнения 2-го порядка (однородные и неоднородные) с постоянными коэффициентами. 6 3. Контрольная работа №1 СТАТИКА Задача С1. Жесткая рама (рис. С1.0–С1.9, табл. С1) закреплена в точке А шарнирно, а в точке В прикреплена или к невесомому стержню с шарнирами на концах, или к шарнирной опоре на катках. В точке С к раме привязан трос, перекинутый через блок н несущий на конце груз весом Р=25 кН. На раму действует пара сил с моментом М=60 кН·м и две силы, значения, направления и точки приложения которых указаны в таблице (например, в условиях №1 на раму действуют сила F2 под углом 15° к горизонтальной оси, приложенная в точке D, и сила F 3 под углом 60° к горизонтальной оси, приложенная в точке Е и т.д.). Определить реакции связей в точках А, В, вызываемые действующими нагрузками. При окончательных расчетах принять α=0,5 м. Указания. Задача С1 – на равновесие тела под действием произвольной плоской системы сил. При ее решении учесть, что натяжения обеих ветвей нити, перекинутой через блок, когда трением пренебрегают, будут одинаковыми. Уравнение моментов будет более простым (содержать меньше неизвестных), если брать моменты относительно точки, где пересекаются линии действия двух реакций связей. При вычислении момента силы F часто удобно разложить ее на составляющие F и F , для которых плечи легко определяются, и воспользоваться теоремой Вариньона; тогда m0 F m0 F m0 F . Таблица C1 Силы 30 — 75 — 30 — 60 — 60 — — D — К — H — D — Е — 15 — 60 — 30 — 60 — 75 — Е — Н — — К — D К — 60 30 — — 15 — 30 30 К — Е — Е D — Н — — α4, град Точка приложения Y — K — D — Е — Н — F4=40 кН Точка приложения α2, град 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 α3, град Номер условия Точка приложения F3=30 кН α1 град F2=20 кН Точка приложения F1=10 кН 60 — 30 — 60 75 15 — — 7 Рис. С1.0 Рис. С1.1 Рис. C1.2 Рис. С1.3 Рис. С1.4 Рис. С1.5 Рис. С1.6 Рис. С1.7 Рис. С 1.8 Рис. С1.9 Пример С1. Жесткая пластина ADCD (рис. C1) имеет в точке A неподвижную шарнирную опору, а в точке В – подвижную шарнирную опору на катках. Все действующие нагрузки и размеры показаны па рисунке. Дано: F=25 кН, α=60°, P=18 кН, γ=75°, M=50 кН·м, β=30°, a=0,5 м. Определить: 8 реакции в точках А и В, вызываемые действующими нагрузками. Рис. C1 Решение. 1. Рассмотрим равновесие пластины. Проведем координатные оси ху и изобразим действующие на пластину силы: силу F , пару сил с моментом M, натяжение троса T (по модулю Т=Р) и реакции связей X A , Y A , R B (реакцию неподвижной шарнирной опоры А изображаем двумя ее составляющими, реакция шарнирной опоры на катках направлена перпендикулярно опорной плоскости). 2. Для полученной плоской системы сил составим три уравнения равновесия. При вычислении момента силы F относительно точки A воспользуемся теоремой Вариньона, т. е. разложим силу F на составляющие F , F ( F F cos , F F sin ) и учтем, что m A F m A F m A F . Получим: Fkx 0 , X A RB sin F cos T sin 0 ; Fky 0 , YA RB cos F sin T cos 0 ; mA Fk 0 , M RB cos 4a F cos 2a F sin 3a T sin 2a 0 . (1) (2) (3) Подставив в составленные уравнения числовые значения заданных величин и решив эти уравнения, определим искомые реакции. Ответ: ХА=–8,5 кН; YА=–23,3 кН; Rв=7,3 кН. Знаки указывают, что силы X A и Y A направлены противоположно показанным на рис. С1. Задача С2. Конструкция состоит из жесткого угольника и стержня, которые в точке C или соединены друг с другом шарнирно (рис. С2.0–С2.5), или свободно опираются друг о друга (рис. С2.6–С2.9). Внешними связями, наложенными на конструкцию, являются в точке А или шарнир, или жесткая заделка; в точке B или невесомый стержень BB' (рис. 0 и 1), или гладкая плоскость (рис. 2 и 3), или шарнир (рис. 4–9); в точке D или невесомый стержень DD' (рис. 1, 2, 7), или шарнирная опора на катках (рис. 9). На каждую конструкцию действуют: пара сил с моментом М=60 кН·м, равномерно распределенная нагрузка интенсивности q=20 кН/м и еще две силы. Эти силы, их направления и точки приложения указаны в табл. С2; там же в столбце «Участок» указано, на каком участке действует распределенная нагрузка (например, в условиях № 1 на конструкцию действуют сила F 2 под углом 60° к горизонтальной оси, приложенная в точке L, сила F 4 под углом 30° к горизонтальной оси, приложенная в точке Е, и нагрузка, распределенная на участке СК). Определить реакции связей в точках А, В, С (для рис. 1, 2, 7, 9 еще и в точке D), вызванные заданными нагрузками. При окончательных расчетах принять а=0,2 м. Направление распределенной нагрузки на различных по расположению участках указано в табл. С2а. Указания. Задача С2 – на равновесие системы тел, находящихся под действием плоской системы сил. При ее решении можно или рассмотреть сначала равновесие всей системы в целом, а затем – равновесие одного из тел системы, изобразив его отдельно, или же сразу расчленить систему и рассмотреть равновесие каждого из тел в отдельности, учтя при этом закон о равенстве действия и противодействия. В задачах, где имеется жесткая 9 заделка, учесть, что ее реакция представляется силой, модуль и направление которой - неизвестны, и парой сил, момент которой тоже неизвестен. Таблица С2 Сила Участок Точка приложения α2, град Точка приложения α3, град Топка приложения α4, град F4=40 кН α1, град F3=30 кН Точка приложения F2=20 кН Номер условия F1= l0 кН 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 К — L — L — Е — — H 60 — 15 — 30 — 00 — — 30 — L — К — L — H K — — 60 — 30 — 75 — 60 30 — H — К — Е — К L — — 30 — 60 — 60 — 75 30 — — — Е — Н — К — — Е L — 30 — 60 — 30 — — 15 60 CL CK АЕ CL CK АЕ CL CK СЕ СК Таблица С2а Участок на угольнике вертигоризонтальный кальный Рис. С2.0 Участок на стержне рис.1, 2, 4, 7, 9 рис. 0, 3, 5, 6, 8 Рис. С2 .1 10 Рис. С2.2 Рис. С2.3 Рис. С2.4 Рис. С2.5 Рис. C2.6 Рис. C2.7 ++++ Рис. С2.8 Рис. С2.9 Пример С2. На угольник ABC ( ACB 90 ), конец A которого жестко заделан, в точке C опирается стержень DE (рис. С2, а). Рис. С2 11 Стержень имеет в точке D неподвижную шарнирную опору и к нему приложена сила F , а к угольнику –равномерно распределенная на участке KB нагрузка интенсивности q и пара с моментом М. Дано: F=10 кН, M=5 кН·м, q=20 кН/м, α=0,2 м. О п р е д е л и т ь : реакции в точках А, С, D, вызванные заданными нагрузками. Решение. 1. Для определения реакций расчленим систему и рассмотрим сначала равновесие стержня DE (рис. С2, б). Проведем координатные оси ху и изобразим действующие на стержень силы: силу F , реакцию N , направленную перпендикулярно стержню, и составляющие X D и Y D в реакции шарнира D. Для полученной плоской системы сил составляем три уравнения равновесия: (1) Fkx 0 , X D F N sin 60 0 ; Fky 0 , YD N cos60 0 ; (2) Fk 0 , N 2a F 5a sin60 0 . m D (3) 2. Теперь рассмотрим равновесие, угольника (рис. С2, в). На него действуют сила давления стержня N , направленная противоположно реакции N , равномерно распределенная нагрузка, которую заменяем силой Q , приложенной в середине участка KB (численно Q q 4a 16 кН ), пара сил с моментом М и реакция жесткой заделки, слагающаяся из силы, которую представим составляющими X A , Y A , и пары с моментом МA. Для этой плоской системы сил тоже составляем три уравнения равновесия: (4) Fkx 0 , X A Q cos60 N sin 60 0 ; Fky 0 , YA Q sin 60 N cos60 0 ; mD F k 0 , M A M Q 2a N cos60 4a N cos30 6a 0 (5) (6) При вычислении момента силы N разлагаем ее на составляющие N 1 и N 2 и применяем теорему Вариньона. Подставив в составленные уравнения числовые значения заданных величин и решив систему уравнений (1) – (6), найдем искомые реакции. При решении учитываем, что численно N'=N в силу равенства действия и противодействия. Ответ: N=21,7 кН, YD=–10,8 кН; XD = 8,8 кН, XA=–26,8 кН, УA=24,7 кН, MA=–42,6 к·Нм. Знаки указывают, что силы Y D , X A и момент M A направлены противоположно показанным на рисунках. Задача СЗ. Однородный стержень весом Р=24 Н прикреплен шарнирно к невесомым ползунам 1 и 2 (рис. С3.0–С3.9, табл. С3), Коэффициенты трения ползунов о направляющие, вдоль которых они могут скользить, равны соответственно f1 и f2. К ползунам приложены силы Q1 и Q2, показанные на рисунках. Механизм расположен в вертикальной плоскости. Определить величину, указанную в таблице в строке «Найти», где обозначено: Q1 (или Q2 ) – наименьшее значение силы Q1 (или Q2), при котором имеет место равновесие; Q1 (или Q2 – наибольшие значения тех же сил, при которых сохраняется равновесие; f1 (или f 2 ) – наименьшее значение коэффициента трения, при котором сохраняется равновесие. Указания. Задача С3 – на равновесие тела под действием плоской системы сил при наличии трения скольжения. При решении задачи следует рассмотреть предельное положение равновесия, когда Fтр fN . Уравнения равновесия решаются проще, если их составить в виде уравнений моментов относительно точек, где пересекаются линии действия двух неизвестных сил (вместо одного из таких уравнений можно составить уравнение проекций на ось, перпендикулярную неизвестной силе). 12 Условие f1=0 (или f2=0) означает, что ползун 1 (или 2) гладкий; соответствующую силу трения на чертеже не изображать и в уравнения не вводить (введение этой силы, с тем чтобы потом положить f=0, сильно усложнит решение). Таблица С3 Номер 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 условия Q1, H 60 — 50 00 — — 80 60 — 80 Q2, Н — 80 60 — 80 100 — 50 100 — f1 0 0,15 0 0,2 0 0,2 0 — 0 0,15 f2 0,2 0 — 0 0,15 0 0,15 0 0,2 0 Q2 f2 Q2 Q1 Q1 Q2 f1 Q1 Q2 Q2 Найти Рис. С3.0 Рис. С3.1 Рис. С3.2 Рис. С3.3 Рис. С3.4 Рис. С3.5 Рис. С3.6 Рис. С3.7 Рис. С3.8 Рис. С3.9 Пример С3. Жесткий угольник ADB весом Р ( ADB 90 ). расположенный в вертикальной плоскости, прикреплен шарнирами к ползунам 1 и 2 (рис. С3). Линия 13 действия силы Р проходит на расстоянии h от стороны АО. В середине стороны AD приложена горизонтальная сила Q. Коэффициент трения ползуна / о направляющие равен f; ползун 2 гладкий. Дано: Р=40 Н, BD=b=0,8 м, h=0,3 м, а=0,2 м, f1=0,3. Угол между направляющими 120°. Определить: Q" –наибольшее значение силы Q, при котором сохраняется равновесие. Рис. С3 Решение. 1. Рассмотрим предельное равновесие угольника, при котором Q=Q". Изображаем действующие на угольник силы P , Q , нормальные реакции N 1 , N 2 и предельную силу трения F тр , приложенную к ползуну 1. То, что сила Q имеет наибольшее возможное числовое значение, означает, что при ее дальнейшем увеличении равновесие нарушится и под действием силы Q ползун 1 начнет скользить влево, а ползун 2 – вверх. Следовательно, при равновесии сила F тр , удерживающая ползун 1 от скольжения влево, направлена вправо (направление силы F тр при решении подобной задачи надо обязательно установить и показать это направление на рисунке верно). 2. Так как сила трения, выражающаяся через нормальную реакцию, действует лишь на ползун 1, то реакцию N2 можно не определять и составить только два уравнения равновесия, в которые N2 не войдет. Для этого проведем сначала линии действия неизвестных реакций N 1 и N 2 до их пересечения в точке Е и составим уравнение mE F k 0 , в которое N1 и N2 не войдут. Получим, полагая Q=Q": Ph Q(a DE) Fтр (2a DE) 0 , (1) где DE b tg 30 0, 46 м . Тогда при заданных значениях h и а уравнение (1) примет вид 0,3P 0,66Q 0,86Fтр 0 , откуда находим Fтр 0,77Q 0,35P . (2) Равенство (2) не может дать fтр<0, поскольку направление силы F тр было заранее установлено и показано на рис. С3 верно. Следовательно, должно быть 0,77Q 0,35P или Q 0, 45P . (3) Для определения N1 можно составить или уравнение моментов относительно точки, где пересекаются линии действия сил N 2 и F тр , или уравнение проекции на ось, перпендикулярную N 2 . Составим, проведя ось Вх, уравнение Fhx 0 . Получим P cos30 Q cos60 N1 cos30 Fтр cos60 0 . (4) Отсюда, заменяя F,v его значением (2), найдем окончательно N1 0,80P 0,1Q (5) Для определения Q" учтем, что когда равновесие является предельным, то Fтр и N1 связаны соотношением 14 Fтр f N1 . (6) Подчеркиваем, что в это равенство входят модули сил. В нашем случае Fтр Fтр , так как было установлено, что Fтр>0 и дается равенством (2). Но утверждать, что в равенстве (5) N1>0 нет оснований, так как направление N 1 может быть и противоположно показанному на рис. С3. Поэтому рассмотрим оба возможных случая: а) N1>0 (реакция N 1 направлена так, как показано на рис. С3). Тогда, подставляя в (6) значения Fтр и N1 из (2) и (5) н учтя, что f=0,3, получим 0,77Q 0,35P 0,3(0,80 P 0,13Q) , откуда находим (7) Q 0,73P 29, 2 Н . б) N1<0 (направление N 1 противоположно показанному на рис. С3). Тогда N1 0,13Q 0,80P и равенство (6) дает 0,77Q 0,35P 0,3(0,80 P 0,13Q) , откуда Q 0,15P 6 Н . (8) Из полученных результатов (7) удовлетворяет неравенству (3), а (8) не удовлетворяет. Следовательно, окончательный ответ Q 0,15P 6 Н . Примечания: 1. Если в задаче требуется найти наименьшее значение Q силы Q , при котором сохраняется равновесие, то это означает, что при дальнейшем уменьшении силы Q она не удержит угольник в равновесии и под действием силы P ползун 2 начнет скользить вниз, а ползун 1 – вправо; следовательно, в этом случае сила Fтр, удерживающая ползун 1 от скольжения вправо, будет направлена влево (противоположно показанной на рис. С3). В остальном весь ход решения остается таким же, как в рассмотренном примере. 2. Если в задаче все действующие силы заданы и надо найти наименьший коэффициент трения f , при котором сохраняется равновесие, то силу Fтр (как и реакции) можно направлять в любую сторону и, составив уравнения равновесия, аналогичные, например, уравнениям (1) и (4) в рассмотренном примере, найти из них Fтp и N). При этом, поскольку действующие силы заданы, для Fтр и N1 получатся конкретные числовые значения. Эти значения и следует подставить в равенство (6) и найти из него f . Если при расчетах получится Fтp<0 или N1<0, то это означает лишь, что направление соответствующей силы противоположно показанному на рисунке, но результат не изменится, так как в (6) входят модули сил. Задача С4. Шесть невесомых стержней соединены своими концами шарнирно друг с другом в двух узлах и прикреплены другими концами (тоже шарнирно) к неподвижным опорам А, В, С, D (рис. С4.0 – С4.9, табл. С4). Стержни и узлы (узлы расположены в вершинах H, К, L или М прямоугольного параллелепипеда) на рисунках не показаны и должны быть изображены решающим задачу по данным таблицы. В узле, который в каждом столбце таблицы указан первым, приложена сила P=200 Н; во втором узле приложена сила Q=100 Н. Сила Р образует с положительными направлениями координатных осей х, у, z углы, равные соответственно α1= 45°, β1=60°, γ1= 60°, а сила Q – углы α2=60°, β2=45°, γ2=60°; направления осей х, у, z для всех рисунков показаны на рис. С4.0. Грани параллелепипеда, параллельные плоскости ху – квадраты. Диагонали других (боковых) граней образуют с плоскостью ху угол φ=60°, а диагональ параллелепипеда образует с этой плоскостью угол Θ=51°. Определить усилия в стержнях. На рис. С4.10 в качестве примера показано, как должен выглядеть чертеж С4.3, если но условиям задачи узлы находятся в точках L и М, а стержнями являются LM, LA, LB; MA, MC, MD. Там же показаны углы φ и Θ. 15 Указания. Задача С1 – на равновесие пространственной системы сходящихся сил. При ее решении следует рассмотреть отдельно равновесие каждого из двух узлов, где сходятся стержни и приложены заданные силы, и учесть закон о равенстве действия и противодействия; начинать с узла, где сходятся три стержня. Изображать чертеж можно без соблюдения масштаба, так чтобы лучше были видны все шесть стержней. Стержни следует пронумеровать в том порядке, в каком они указаны в таблице; реакции стержней обозначать буквой с индексом, соответствующим номеру стержня (например, N 1 , N 2 и т.д.). Номер условия Узлы Стержни Номер условия Узлы Стержни 0 H, М ИМ, НА, HB, MA, MC, MD 5 M, H МН, МВ, МС, НА, НС, HD 1 L, М LM, LA, LD, MA, MB, МС 6 L, Н LH, LB, LD, HA, НВ, НС 2 K, M КМ, КА, KB, MA, MC, MD 7 К, H КН, КС, KD, НА, НВ, НС 3 L, Н LH, LC, LD, НА, НВ.НС 8 L, М LM, LB, LD, MA, MB, МС Таблица С4 4 K, H KH, KB, КС, НА, НС, HD 9 K, M КМ, КА, KD, MA, MB, МС Рис. С4.0 Рис. С4.1 Рис. С4.2 Рис. С4.3 Рис. С4.4 Рис. С4.5 Рис. С4.6 Рис. С4.7 Рис. С4.8 16 Рис. С4 .9 Рис. С4.10 Пример С4. Конструкция состоит из невесомых стержней 1, 2,..., 6, соединенных друг с другом (в узлах К и М) и с неподвижными опорами A, B, С, D шарнирами (рис. С4). В узлах К и M приложены силы P и Q , образующие с координатными осями углы α1, β1, γ1 и α2, β2, γ2 соответственно (на рисунке показаны только углы α1, β1, γ1). Рис. С4 Дано: P=100 Н, α1=60°, β1=60°, γ1=45°; Q=50 H, α2=45°, β2=60°, γ2=60°; ψ=30°, φ= 60°, δ=74°. Определить: усилия в стержнях 1–6. Решение. 1. Рассмотрим равновесие узла К, в котором сходятся стержни 1, 2, 3. На узел действуют сила P и реакции N 1 , N 2 , N 3 стержней, которые направим по стержням от узла, считая стержни растянутыми. Составим уравнения равновесия этой пространственной системы сходящихся сил: (1) Fkx 0 , P cos 1 N2 sin N3 sin 0 ; Fky 0 ; P cos 1 N1 N2 cos 0 ; Fkz 0 , P cos 1 N3 cos 0 . (2) (3) Решив уравнения (1), (2), (3) при заданных числовых значениях силы Р и углов, получим: N1=349 Н, N2=–345 Н, N3=141 Н. 2. Рассмотрим равновесие узла М. На узел действуют сила Q и реакции N , N , 2 4 N 5 , N 6 стержней. При этом по закону о равенстве действия и противодействия реакция N 2 , направлена противоположно N 2 , численно же N 2 N 2 . Составим уравнения равновесия: (4) Fkx 0 , Q cos 2 N2 sin N1 N5 sin sin 0 ; Fkx 0 , Q cos 2 N2 cos N5 sin cos 0 ; Fkz 0 , Q cos 2 N5 cos N6 0 . (5) (6) При определении проекций силы N 5 , на оси х и y в уравнениях (4) и (5) удобнее сначала найти проекцию N5 этой силы на плоскость хОу (по величине N5 N5 sin ), а затем 17 найденную проекцию на плоскость спроектировать на оси. Решив систему уравнений (4), (5), (6) и учитывая, что N2 N2 345 Н , найдем, чему равны N4, N5, N6. Ответ: N1=349 Н; N2=–345 Н; N3=141 Н; N4=50 Н; N5=329 H; N6=–66 Н. Знаки показывают, что стержни 2 и 6 сжаты; остальные – растянуты. Задача С5 Две однородные прямоугольные тонкие плиты жестко соединены (сварены) под прямым углом друг к другу и закреплены сферическим шарниром (или подпятником) в точке А, цилиндрическим шарниром (подшипником) в точке В и невесомым стержнем 1 (рис. С5.0–С5.7) или же двумя подшипниками в точках A и В и двумя невесомыми стержнями 1 и 2 (рис. С5.8, С5.9); все стержни прикреплены к плитам и к неподвижным опорам шарнирами. Размеры плит указаны на рисунках; вес большей плиты P1=5 кН, вес меньшей плиты Р2=3 кН. Каждая из плит расположена параллельно одной из координатных плоскостей (плоскость ху горизонтальная). На плиты действуют пара сил с моментом М=4 кН·м, лежащая в плоскости одной из плит, и две силы. Значения этих сил, их направления и точки приложения указаны в табл. С5; при этом силы F 1 и F 4 лежат в плоскостях, параллельных плоскости xy, сила F 2 – в плоскости, параллельной xz, и сила F 3 в плоскости, параллельной yz. Точки приложения сил (D, E, H, К) находятся в углах или в серединах сторон плит. Определить реакции связей в точках A и В и реакцию стержня (стержней). При подсчетах принять a=0,6 м. Указания. Задача С5 – на равновесие тела под действием произвольной пространственной системы сил. При ее решении учесть, что реакция сферического шарнира (подпятника) имеет три составляющие (по всем трем координатным осям), а реакция цилиндрического шарнира (подшипника) – две составляющие, лежащие в плоскости, перпендикулярной оси шарнира (подшипника). При вычислении момента силы F часто удобно разложить ее на две составляющие F и F , параллельные координатным осям (или mx F mx F mx F и т.д. на три); тогда, по теореме Вариньона, Таблица С5 Силы Номер условия α2, град Точка. приложения α3, град Точка приложения a4, град F4= 12 кН Точка приложения F3=10 кН α1, град F2=8 кН Точка приложения F1=6 кН 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Е — — К — H — — D — 60 — — 30 — 0 — — 30 — H D — — Е К Н — — D 30 60 — Е К D — — D H К — — 30 60 0 — — 30 60 0 — — — Е — D — — К — H — — 30 — 60 — — 90 — 30 — 30 60 90 — — 90 18 Рис. С5.0 Рис. С5.1 Рис. С5.2 Рис. С5.3 Рис. С5.4 Рис. С5.5 Рис. С5.6 Рис. С5.7 Рис. С5.8 Рис. С5.9 Пример С5. Горизонтальная прямоугольная плита весом Р (рис. Сб) закреплена сферическим шарниром в точке А, цилиндрическим (подшипником) в точке В и невесомым стержнем DD'. На плиту н плоскости, параллельной xz, действует сила F, а в плоскости, параллельной yz, – пара сил с моментом М. 19 Рис. С5 Дано: Р=3 кН, F=8 кН, M=4 кН·м, α=60°, AC=0,8 м, АВ=1,2 м, ВЕ=0,4 м, EH=0,4 М. Определить: реакции опор А, В и стержня DD’. Решение. 1. Рассмотрим равновесие плиты. На плиту действуют заданные силы P , F и пара с моментом М, а также реакции связей. Реакцию сферического шарнира разложим на три составляющие X A , Y A , Z A , цилиндрического (подшипника) – на две составляющие X B , Z B (в плоскости, перпендикулярной оси подшипника); реакцию N стержня направляем вдоль стержня от D к D', предполагая, что он растянут. 2. Для определения шести неизвестных реакций составляем шесть уравнений равновесия действующей на плиту пространственной системы сил: Fkx 0 , X A X B F cos 60 0 ; Fky 0 , YA N cos30 0 ; Fkz 0 , Z A Z B P N sin 30 F sin 60 0 ; AB mx F k 0 , M P 2 Z B AB F sin 60 AB N sin 30 AB 0 AC AC my F k 0 , P 2 N sin 30 AC F sin 60 2 F cos 60 BE 0 mz F k 0 , F и F cos 60 AB N cos30 X B AB 0 . (1) (2) (3) (4) (5) (6) Для определения моментов силы F относительно осей разлагаем ее на составляющие F cos F sin F , параллельные осям x и z ( , ), и применяем теорему Вариньона (см. Указания). Аналогично можно поступить при определении моментов реакции N . Подставив в составленные уравнения числовые значения всех заданных величин и решив эти уравнения, найдем искомые реакции. Ответ: XA=3,4 кН; YA=5,1 кН; ZA=4,8 кН; ХB=–7,4 кН; ZB= –2,1 кН; N=5,9 кН. Знак минус указывает, что реакция Хв направлена противоположно показанной на рис. С5. 20 4. Контрольная работа №2 КИНЕМАТИКА Задача K1. Точка В движется в плоскости ху (рис. К1.0– К1.9, табл. К1; траектория точки на рисунках показана условно). Закон движения точки задан уравнениями x f1(t ) , y f 2 (t ) , где x и у выражены в сантиметрах, t – в секундах. Найти уравнение траектории точки; для момента времени t1=1 с определить скорость и ускорение точки, а также ее касательное н нормальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории. Зависимость x f1(t ) указана непосредственно на рисунках, а зависимость y f 2 (t ) дана в табл. К1 (для рис. 0–2 в столбце 2, для рис. 3–6 в столбце 3, для рис. 7–9 в столбце 4). Как и в задачах C1–C5, номер рисунка выбирается по предпоследней цифре шифра, а номер условия в табл. К1 – по последней. Указания. Задача К1 относится к кинематике точки и решается с помощью формул, по которым определяются скорость и ускорение точки в декартовых координатах (координатный способ задания движения точки), а также формул, по которым определяются касательное и нормальное ускорения точки. В данной задаче все искомые величины нужно определить только для момента времени t1=1 с. D некоторых вариантах задачи при определении траектории или при последующих расчетах (для их упрощения) следует учесть известные из тригонометрии формулы: cos 2 1 2sin 2 2cos2 1 2sin cos . Таблица К1 y f 2 (t ) Номер условия рис. 0-2 рис. 3-6 рис. 7-9 12sin t 4cos t 2 0 2 t2 2 6 6 4 6cos t 8sin t 14 16cos 2 t 1 3 4 6 3sin 2 t 4cos t 2 (2 t )2 6 3 9sin t 4 10cos t 3 2t 3 6 6 2 2cos t 3cos t 2 4cos 2 t 4 4 3 6 10sin t 8 12cos t 5 2 3t 2 6 3 2 6sin 2 t 2 2sin t 3cos t 6 6 4 6 2sin t 2 6 8cos t 7 (t 1)3 6 3 9cos t 3 9cos t 5 8 2 t3 6 3 3 8sin t 4cos t 6cos t 9 6 4 3 21 Рис. К1.0 Рис. К1.3 Рис. К1.7 Рис. К1.2 Рис. К1.1 Рис. К1.5 Рис. К1.4 Рис. К1.8 Рис. К1.6 Рис. К1.9 Пример К1. Даны уравнения движения точки в плоскости ху: x 2cos t 3 ; y 2sin t 1 4 8 (x, y – в сантиметрах, t – в секундах). Определить уравнение траектории точки; для момента времени t1=l с найти скорость и ускорение точки, а также ее касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории. Решение. 1. Для определения уравнения траектории точки исключим из заданных уравнений движения время t. Поскольку t входит в аргументы тригонометрических функций, где один аргумент вдвое больше другого, используем формулу cos 2 1 2sin 2 или cos t 1 2sin 3 t 4 8 (1) Из уравнений движения находим выражения соответствующих функций и подставляем в равенство (1). Получим 3 x y 1 , sin t cos t 2 2 4 8 следовательно, 3 x ( y 1)3 1 2 2 4 Отсюда окончательно находим следующее уравнение траектории точки (параболы, рис. К1): (2) x ( y 1)2 1 Рис. К1 2. Скорость точки найдем по ее проекциям на координатные оси; 22 dx sin t ; dt 2 4 dy vy cos t ; dt 4 8 vx и при t=l c. v1x=1,11 см/с, v1y= 0,73 см/с, v1=1,33 см/с. (3) 3. Аналогично найдем ускорение точки: dv y dv 2 2 ax x cos t ; a y sin t ; a ax2 a 2y dt 8 dt 32 4 8 и при t=1 с a1x=0,87 см/с2, a1y=-0,12 см/с2, a1=0,88 см/с2. 4. Касательное ускорение найдем, дифференцируя по времени равенство v (4) 2 vx2 v2y . Получим: dv y dv dv 2vx x 2v y dt dt dt dv vx ax v y a y и a dt v (5) Числовые значения всех величин, входящих в правую часть выражения (5), определены и даются равенствами (3) и (4). Подставив в (5) эти числа, найдем сразу, что при t=1 с alτ=0,66 см/с2. 2v 5. Нормальное ускорение точки an a 2 a2 . Подставляя сюда найденные числовые значения at и аи, получим, что при t=1 с a1n=0,58 см/с2. 6. Радиус кривизны траектории v 2 / an . Подставляя сюда числовые значения v1 и а1n, найдем, что при t=1 с ρ1=3,05 см. Ответ: v1=1,33 см/с, а1=0,83 см/с2, а1τ=0,66 см/с2, aln=0,58 см/с2, ρ1=3,05 см. Задача К2. Механизм состоит из ступенчатых колес 1–3, находящихся в зацеплении или связанных ременной передачей, зубчатой рейки 4 и груза 5, привязанного к концу нити, намотанной на одно из колес (рис. К2.0–К2.9, табл. К2). Радиусы ступеней колес равны соответственно: у колеса 1 – r1=2 см, R1 = 4 см, у колеса 2 – r2=6 см, R2=8 см, у колеса 3 – r3 – 12 см, R3=16 см. На ободьях колес расположены точки А, В и С. В столбце «Дано» таблицы указан закон движения или закон изменения скорости ведущего звена механизма, где φ1(t) – закон вращения колеса 1, s4(t) – закон движения рейки 4, ω2(t)–закон изменения угловой скорости колеса 2, v5(t) – закон изменения скорости груза 5 и т.д. (везде φ выражено в радианах, s – в сантиметрах, t – в секундах). Положительное направление для φ и ω против хода часовой стрелки, для s4, s5 и v4, v5 – вниз. Определить в момент времени t1=2 с указанные в таблице в столбцах «Найти» скорости (v – линейные, ω – угловые) и ускорения (а – линейные, ε – угловые) соответствующих точек или тел (v5 – скорость груза 5 и т. д.). Указания. Задача К2 – на исследование вращательного движения твердого тела вокруг неподвижной оси. При решении задачи учесть, что когда два колеса находятся в зацеплении, скорость точки зацепления каждого колеса одна и та же, а когда два колеса связаны ременной передачей, то скорости всех точек ремня и, следовательно, точек, лежащих на ободе каждого из этих колес, в данный момент времени численно одинаковы; при этом считается, что ремень по ободу колеса не скользит. Таблица К2 23 Номер условия Дано 0 Найти скорости ускорения s4 4(7t t 2 ) vB, vC ε2, аA, aв 1 v5 2(t 2 3) vA, vC ε3, aВ, a4 Номер условия Дано 2 Найти скорости ускорения 1 2t 2 9 v4, ω2 ε2, аС, a5 3 2 7t 3t 2 v5, ω3 ε2, аА, а4 4 3 3t t 2 v4, ω1 ε1, аB, а5 5 1 5t 2t 2 v5, vB ε2, аC, а4 6 2 2(t 2 3t ) v4, ω1 ε1, aC, a5 7 v4 3t 2 8 vA, ω3 ε3, aB, a5 8 s5 2t 2 5t v4, ω2 ε1, aC, a4 9 3 8t 3t 2 v5, vB ε 2, aA, а4 Рис. К2.0 Рис. К2.1 Рис. К2.2 Рис. К2.3 Рис. К2.4 Рис. К2.5 Рис. K2.6 Рис. К2.7 Рис. К2.8 Рис. К2.9 24 Пример К2. Рейка 1, ступенчатое колесо 2 с радиусами R2 и r2 и колесо 3 радиуса R3, скрепленное с валом радиуса r3, находятся в зацеплении; на вал намотана нить с грузом 4 на конце (рис. К2) Рейка движется по закону s1 f t . Рис. K2 Д а н о : R2=6 см, r2=4 см, R3=8 см, r3 = 3 см, s1 3t 3 (s – в сантиметрах, t – в секундах), А – точка обода колеса 3, t1=3 с. О п р е д е л и т ь : ω3, vt, ε3, αA в момент времени t=t1. Решение. Условимся обозначать скорости точек, лежащих на внешних ободах колес (радиуса R1), через: vi, а точек, лежащих на внутренних ободах (радиуса r1), – через ui. 1. Определяем сначала угловые скорости всех колес как функции времени t. Зная закон движения рейки 1, находим ее скорость 2 v1 s& 1 9t (1) Так как рейка и колесо 2 находятся в зацеплении, то v2=v1 или ω2R2=v1. Но колеса 2 и 3 тоже находятся в зацеплении, следовательно, u2=v3 или ω2r2=ω3r3. Из этих равенств находим v 3 r 3 2 1 t 2 , 3 2 2 t 2 R2 2 R2 4 (2) Тогда для момента времени t1=3 с получим ω3=6,75 с-1. 2. Определяем v1. Так как v1=vB=w3r3, то при t1=3 с v4= -20,25 см/с. &3 1,5 t . Тогда при 3. Определяем ε3. Учитывая второе из равенств (2), получим 3 t1=3 с ε3=4,5 с-2. 4. Определяем аA. Для точки А a A a A a An , где численно a A R33 , a An R332 . Тогда для момента времени t1=3 с имеем a A 36 см / с 2 , a An 364,5 см / с 2 ; a A a 2A a 2An 366,3 см / с 2 . Все скорости и ускорения точек, а также направления угловых скоростей показаны на рис. К2. Ответ: ω3=6,75 с-1; v4=20,25 см/с; ε3=4,5 с-2; aA= 366,3 см/с2. Задача КЗ Плоский механизм состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна В или Е (рис. К3.0–К3.7) или из стержней 1, 2, 3 и ползунов В и Е (рис. К3.8, К3.9), соединенных друг с другом и с неподвижными опорами О1, O2 шарнирами; точка D находится в середине стержня АВ. Длины стержней равны соответственно: l1=0,4 м, l2=l,2 м, l3=1,4 м, l4=0,6 м. Положение механизма определяется углами α, β, γ, φ, θ. Значения этих углов и других заданных величин указаны в табл. К3а (для рис. 0–4) или в табл. К3б (для рис. 5–9); при этом в табл. К3а ω1 и ω4 – величины постоянные. Определить величины, указанные в таблицах в столбцах «Найти». Дуговые стрелки на рисунках показывают, как при построении чертежа механизма должны откладываться соответствующие углы: по ходу или против хода часовой стрелки (например, угол у на рис. 8 следует отложить от DB по ходу часовой стрелки, а на рис. 9 – против хода часовой стрелки и т. д.). Построение чертежа начинать со стержня, направление которого определяется углом а; ползун с направляющими для большей наглядности изобразить так, как в примере К3 (см. рис. КЗ, б). 25 Заданные угловую скорость и угловое ускорение считать направленными против хода часовой стрелки, а заданные скорость vB и ускорение an – от точки В к b (на рис. 5–9). Указания. Задача К3 – на исследование плоскопараллельного движения твердого тела. При ее решении для определения скоростей точек механизма и угловых скоростей его звеньев следует воспользоваться теоремой о проекциях скоростей двух точек тела и понятием о мгновенном центре скоростей, применяя эту теорему (или это понятие) к каждому звену механизма в отдельности. При определении ускорений точек механизма исходить из векторного равенства n aB aA aBA aBA , где А – точка, ускорение aA которой или задано, или непосредственно определяется по условиям задачи (если точка A движется по дуге окружности, то aA aB aAn ); В – точка, ускорение aB которой нужно определить (если точка В движется по n n 2 дуге окружности радиуса l, то aB aB aB , где численно aB vB / l ; входящая сюда скорость vB определяется так же, как и скорости других точек механизма). Таблица К3а (к рис. К3.0–К3.4) Номер условия Углы, град 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Дано α β γ φ θ 0 90 30 60 30 90 90 0 60 30 60 120 60 150 30 120 150 60 150 120 30 150 30 150 60 120 120 60 120 150 0 0 0 90 0 90 90 0 90 0 120 30 120 30 150 60 30 120 30 60 Найти 1 , 1/с 1 ,1/с v, точек ω звена а точки ε звена 6 — 5 — 4 — 3 — 2 — 4 — 5 — 6 — 2 — 8 — В, Е А, Е В,Е А,Е D,E А, Е В,Е А,Е D,E А,Е DE АВ АВ DE АВ АВ DE DE АВ DE В А В А В А В А В А АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ A3 Номе р услов ия Таблица К3б (к рис. К3.5-К3.9) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Углы, град α β γ φ θ 120 0 60 0 30 90 0 30 90 60 30 60 150 150 120 120 150 120 120 60 30 90 30 30 120 90 90 30 120 60 90 0 90 0 0 90 0 0 90 90 150 120 30 60 60 60 120 60 150 30 ω1, 1/с 2 — 3 — 4 — 5 — 6 — Дано ε, vB, 1/с2 м/с 4 — 4 5 — — 6 6 — — 8 8 — 2 10 — — 5 aB, v м/с2 точек В, Е 6 А, Е — В, Е 8 А, Е — В, Е 10 D, E – В, Е 5 A, E — B, Е 4 D, Е Найти ω звеа ε на точки звена АВ B АВ DE А АВ АВ B AR АВ А АВ DE В АВ DE А АВ DE B АВ АВ А АВ DE B АВ АВ А АВ 26 Рис. К3.0 Рис. К3.1 Рис. К3.2 Рис. К3.3 Рис. К3.4 Рис. К3.5 Рис. К3.6 Рис. К3.7 Рис. К3.8 Рис. К3.9 Пример К3. Механизм (рис. К3, а) состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна В, соединенных друг с другом и с неподвижными опорами O1 и O2 шарнирами. 27 Рис. К3 Дано: α=60°, β=150°, γ=90°, φ=30°, θ=30°, AD=DB, l1=0,4 м, l2=1,2 м, l3=1,4 м, ω1=2с-1, ε1=7с-2 (направления ω1 и ε1 – против хода часовой стрелки). Определить: vB, vB, ω2, аB, ε3. Решение. 1. Строим положение механизма в соответствии с заданными углами (рис. К3, б). 2. Определяем vB. Точка В принадлежит стержню АВ. Чтобы найти vB, надо знать скорость какой-нибудь другой точки этого стержня и направление vB. По данным задачи, учитывая направление ω1, можем определить vA ; численно vA 1l1 0,8 ì / ñ ; vA O1 A . (1) Направление vB найдем, учтя, что точка В принадлежит одновременно ползуну, движущемуся вдоль направляющих поступательно. Теперь, зная vA и направление vB, воспользуемся теоремой о проекциях скоростей двух точек тела (стержня АВ) на прямую, соединяющую эти точки (прямая АВ). Сначала по этой теореме устанавливаем, и какую сторону направлен вектор vg (проекции скоростей должны иметь одинаковые знаки). Затем, вычисляя эти проекции, находим vB cos30 vA cos 60 и vB 0, 46 ì / ñ . (2) 3. Определяем vE . Точка В принадлежит стержню DE. Следовательно, по аналогии с предыдущим, чтобы определить vE , надо сначала найти скорость точки D, принадлежащей одновременно стержню АВ. Для этого, зная vA и vB , строим мгновенный центр скоростей (МЦС) стержня AB; это точка С3, лежащая на пересечении перпендикуляров к vA и vB , восстановленных из точек А и В (к vA перпендикулярен стержень 1). По направлению вектора vA . Определяем направление поворота стержня АВ вокруг МЦС С3. Вектор vD перпендикулярен отрезку C3D, соединяющему точки D и С3, и направлен в сторону поворота. Величину vd найдем из пропорции vD v B C3 D C3 B (3) Чтобы вычислить C3D и С3В, заметим, что AC3 B прямоугольный, так как острые углы BC3 D является нем равны 30 и 60°, и что C3 B AB sin 30 0,5 AB BD . Тогда в равносторонним и C3B = C3D. В результате равенство (3) дает vD vB 0, 46 ì / ñ vD C3 D ; . (4) Так как точка Е принадлежит одновременно стержню О2Е, вращающемуся вокруг O2, то vE O2 E . Тогда, восставляя из точек Е и D перпендикуляры к скоростям vE и vD, построим МЦС С2 стержня DE. По направлению вектора vD определяем направление поворота стержня DE вокруг центра С2. Вектор vE направлен в сторону поворота этого стержня. Из рис. К3, б видно, что C2 ED C2 DE 30 , откуда C2 E C2 D . Составив теперь пропорцию, найдем, что vE v D C2 E C2 D , vE vD 0, 46 ì / ñ . (5) 4. Определяем ω2. Так как МЦС стержня 2 известен (точка С2) и C2 D l2 0, 69 ì 2 cos 30 то 28 2 vD 0, 67 ñ1 C2 D (6) 5. Определяем aB . Точка В принадлежит стержню АВ. Чтобы найти aB , надо знать ускорение какой-нибудь другой точки стержня АВ и траекторию точки В. По данным задачи n можем определить aA aA aA , где численно aA 1l1 2,8 ì / ñ2 ; aAn 12l1 1,6 ì / ñ2 . (7) a A – перпендикулярно АО1; изображаем эти n Вектор a A направлен вдоль АО1, а векторы на чертеже. Так как точка В одновременно принадлежит ползуну, то вектор aB параллелен направляющим ползуна. Изображаем вектор aB на чертеже, полагая, что он направлен в ту же сторону, что и vB . Для определения aB воспользуемся равенством n aB aA aAn aBA aBA . (8) Изображаем на чертеже векторы (вдоль ВА от В к А) и aBA (а любую сторону n aBA n 2 перпендикулярно ВА), численно aBA 3 l3 . Найдя ω3 с помощью построенного МЦС С3 стержня 3, получим 3 vA vA 0, 66 ñ1 C3 A l3 cos30 и aBA 0,61 ì / ñ . (9) Таким образом, у величин, входящих в равенство (8), неизвестны только числовые n 2 значения ав и aBA ; их можно найти, спроектировав обе части равенства (8) на какие-нибудь две оси. Чтобы определить аB, спроектируем обе части равенства (8) на направление АВ (ось х), перпендикулярное неизвестному вектору адл. Тогда получим n aB cos30 aA cos60 aAn cos30 aBA . (10) Подставив в равенство (10) числовые значения всех величин из (7) и (9), найдем, что aB 0,72 ì / ñ2 . (11) Так как получилось ав>0, то, следовательно, вектор ав направлен как показано на рис. К3, б. 6. Определяем ε3. Чтобы найти ε3, сначала определим aBA . Для этого обе части равенства (8) спроектируем на направление, перпендикулярное АВ (ось y). Тогда получим aB sin 30 aA sin 60 aAn sin 30 aBA (12) Подставив в равенство (12) числовые значения всех величин из (11) и (7), найдем, что aBA 3,58 ì / ñ2 . Знак указывает, что направление aBA противоположно показанному на рис. К3, б. Теперь из равенства aBA 3l3 получим 3 aBA l3 2,56 ñ2 . Ответ: vB=0,46 м/с; vE=0,46 м/с; ω2=0,67 с-1; aB=0,72 м/с5; ε3=2,50 с-2. Задача К4. Прямоугольная пластина (рис. К4.0–К4.4) или круглая пластина радиуса R=60 см (рис. К4.5–К4.9) вращается вокруг неподвижной оси по закону φ=f1(t) заданному в табл. К4. Положительное направление отсчета угла φ показано на рисунках дуговой 29 Номер услови я стрелкой. На рис. 0, 1, 2, 5, 6 ось вращения перпендикулярна плоскости пластины и проходит через точку О (пластина вращается в своей плоскости); на рис. 3, 4, 7, 8, 9 ось вращения OO1 лежит в плоскости пластины (пластина вращается в пространстве). По пластине вдоль прямой BD (рис. 0–4) или по окружности радиуса R (рис. 5–9) s AM f 2 t движется точка М; закон ее относительного движения, т. е. зависимость (s выражено в сантиметрах, t – в секундах), задан в таблице отдельно для рис. 0–4 и для рис. 5– 9; там же даны размеры b и l. На рисунках точка - Д1 показана в положении, при котором s AM 0 (при s<0 точка M находится по другую сторону от точки А). Найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени t=l с. Указания. Задача К1 – на сложное движение точки. Для ее решения воспользоваться теоремами о сложении скоростей и о сложении ускорений. Прежде чем производить все расчеты, следует по условиям задачи определить, где находится точка Л1 на пластине в момент времени t1= l c, и изобразить точку именно в этом положении (а не в произвольном, показанном на рисунках к задаче). В случаях, относящихся к рис. 5–9, при решении задачи не подставлять числового значения R, пока не будут определены положение точки М в момент времени t1=1 с и угол между радиусами СМ и СА в этот момент. Таблица К4 Для рис. 0–4 Для рис. 5-9 Для всех риs AM f 2 t сунков φ=f1(t) b, см l s¼ AM f t 2 0 4(t 2 t ) 12 50(3t t 2 ) 64 R 1 3t 2 8t 16 40(3t 2 t 4 ) 32 4 R 3 2 6t 3 12t 2 10 80(t 2 t ) 40 R 3 t 2 2t 3 10 60(t 4 3t 2 ) 56 R 4 10t 2 5t 3 8 80(2t 2 t 3 ) 48 R 5 2(t 2 t ) 20 60(t 3 2t 2 ) R 6 5t 4t 2 12 40(t 2 3t ) 32 3 R 4 7 15t 3t 3 8 60(t t 3 ) 24 R 8 2t 3 11t 10 50(5t 3 t ) 30 R 9 6t 2 3t 3 20 40(t 2t 3 ) 40 4 R 3 Рис. К4.0 Рис. К4.1 R(4t 2 2t 3 ) 3 R(2t 2 t 3 ) 2 R(2t 2 1) 3 R (3t t 2 ) 6 R (t 3 2t ) 3 R (t 3 2t ) 3 R (t 5t 2 ) 2 R (t 5t 2 ) 6 R (3t 2 t ) 3 R(t 2t 2 ) 2 Рис. К4.2 30 Рис. К4.3 Рис. К1.4 Рис. К4.5 Рис. К4.6 Рис. К4.7 Рис. К4.8 Рис. К4.9 Пример К4. Шар радиуса R (рис. К4,а) вращается вокруг своего диаметра АВ по закону φ=f1(t) (положительное направление отсчета угла φ показано на рис. К4, а дуговой стрелкой). По дуге Рис. К4 AM f 2 (t ) ; большого круга («меридиану») ¼ ADB движется точка Л1 по закону s ¼ положительное направление отсчета s от А к D. Дано: R=0,5 м, 2t 3 4t 2 , s R / 6 (7t 2t 2 ) (φ – в радианах, s – в метрах, t – в секундах). Определить: vab и аaб в момент времени t1=l с. Решение. Рассмотрим движение точки М как сложное, считая ее движение по дуге ADB относительным (АВ–относительная траектория точки), а вращение шара – переносным движением. Тогда абсолютная скорость vаб и абсолютное ускорение aаб точки найдутся по формулам: (1) vаб vот vпер , aаб aот aпер aкор , 31 n n где, в свою очередь, aот aот , aпер aпер . aот aпер Определим все характеристики относительного и переносного движений. 1. О т н о с и т е л ь н о е д в и ж е н и е . Это движение происходит по закону s¼ AM (R / 6)(7t 2t 2 ) (2) Сначала установим, где будет находиться точка M на дуге ¼ ADB в момент времени t1. Полагая в уравнении (2) t=1 с, получим 5 s 5 s1 R . Тогда ACM 1 150 6 R 6 или BCM 30 . Изображаем на рис. К4, а точку в положении, определяемом этим углом (точка M1). n Теперь находим числовые значения vот , aот , aот : 2 v& vот s& R / 6 (7 4t ) ; aот от R ; 3 2 2 v v n aот от от от R где ρот – радиус кривизны относительной траектории, т. е. дуги ¼ ADB . Для момента времени t1= 1 c, учитывая, что R=0,5 и, получим R vот 3 м / с ; aот м/с ; (3) 6 4 3 2 м / с2 . 8 направлен в сторону положительного отсчета n aот Знаки показывают, что вектор vот n расстояния s, а вектор aот – в противоположную сторону; вектор aот - направлен к центру С дуги ¼ ADB . Изображаем все эти векторы на рис. К4, а. Для наглядности приведен рис. К4, б, где дуга ¼ ADB совмещена с плоскостью чертежа. 2. Переносное движение. Это движение (вращение) происходит по закону 2t 3 4t 2 . Найдем угловую скорость ω и угловое ускорение ε переносного вращения: 6t 2 8t , 12t 8 и при t1=l с. (4) 2 с1; 4 с2 . Знаки указывают, что при t1=l с направление ε совпадает с направлением положительного отсчета угла φ, а направление ω ему противоположно; отметим это на рис. К4, а соответствующими дуговыми стрелками. Для определения vпер и aпер находим сначала расстояние h точки А1, от оси вращения. Получаем h R sin 30 0, 25 м . Тогда в момент времени t1=1 с, учитывая равенства (4), получим: vпер h 0,5 м / с , aпер h 1 м / с2 , (5) n aпер 2h 1 м / с2 . Изображаем на рис. К4, а векторы v пер и a пер с учетом направлений ω и ε и вектор n a пер (направлен к оси вращения). 3 . К о р и о л и с о в о ус к о р е н и е . Так как угол между вектором v от и осью вращения (вектором ) равен 60°, то численно в момент времени t1=1 с (см. равенства (3) и (4)) 32 3 (6) aкор 2 vот sin 60 2 2 2,72 м / с 2 4 2 Направление aкор найдем, спроектировав вектор v от на плоскость, перпендикулярную оси вращения (проекция направлена так же, как вектор a пер ), и повернув затем эту проекцию в сторону ω, т. е. по ходу часовой стрелки, на 90°. Иначе направление aкор можно найти, учтя, что aкор 2( vот ) . Изображаем вектор aкор на рис. К4, а. Теперь можно вычислить значения vаб и aаб. 4 . О п р е д е л е н и е vаб. Так как vаб vот vпер , а векторы v от и v пер взаимно перпендикулярны (см. рис. К4, а), то в момент времени t1=1 с. 2 2 vаб 0,5 0,93 м / с 4 5. Определение aаб. По теореме о сложении ускорений Для определения aаб 2 vот 2 vпер n n (7) a аб aот aот a пер a пер a кор проведем координатные оси M1xyz (см. рис. К4, а) и вычислим проекции вектора a аб на эти оси. Учтем при этом, что векторы a пер и aкор лежат на n n проведенной оси x, а векторы a от , a от и a пер расположены в плоскости дуги ¼ ADB , т. е. в плоскости M1 yz (см. рис. К4,б). Тогда, проектируя обе части равенства (7) на координатные оси и учтя одновременно равенства (3), (5), (6), получим для момента времени t1=1. aабx aпер aкор 1 2,72 3,72 м / с2 ; 2 3 0,71 м / с2 ; 16 6 2 3 n 2 aабz aот cos60 aот cos30 1,59 м / с . 6 16 Отсюда находим значение aаб в момент времени t1=1 с: n n aабx aпер aот cos60 aот cos30 1 2 2 2 aаб aабx aабy aабz 4,1 м / с 2 Ответ: vаб=0,93 м/с; ааб=4,1 м/с2. ДИНАМИКА Задача Д2. Механическая система состоит из грузов 1 и 2, ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней R3=0,3 м, r3=0,1 м и радиусом инерции относительно оси вращения ρ3=0,2 м, блока 4 радиуса R4=0,2 м и катка (или подвижного блока) 5 (рис. Д4.0–Д4.9, табл. Д4); тело 5 считать сплошным однородным цилиндром, а массу блока 4–равномерно распределенной по ободу. Коэффициент трения грузов о плоскость f=0,1. Тела системы соединены друг с другом нитями, перекинутыми через блоки и намотанными на шкив 3 (или на шкив и каток); участки нитей параллельны соответствующим плоскостям. К одному из тел прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с. Под действием силы F f ( s ) , зависящей от перемещения s точки ее приложения, система приходит в движение из состояния покоя; деформация пружины в момент начала движения равна нулю. При движении на шкив 3 действует постоянный момент М сил сопротивления (от трения в подшипниках). Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда перемещение s станет равным s1=0,2 м. Искомая величина указана в столбце «Найти» таблицы, где 33 обозначено: v1 , v2 , vc5 – скорости грузов 1, 2 и центра масс тела 5 соответственно, 3 и 4 – угловые скорости тел 3 и 4. Все катки, включая и катки, обмотанные нитями (как, например, каток 5 на рис. 1), катятся по плоскостям без скольжения. На всех рисунках не изображать груз 2, если m2 0 ; остальные тела должны изображаться и тогда, когда их масса равна нулю. Указания. Задача Д4 – на применение теоремы об изменении кинетической энергии системы. При решении задачи учесть, что кинетическая энергия Т системы равна сумме кинетических энергий всех входящих в систему тел; эту энергию нужно выразить через ту скорость (линейную или угловую), которую в задаче надо определить. При вычислении T для установления зависимости между скоростями точек тела, движущегося плоскопараллельно, или между его угловой скоростью и скоростью центра масс воспользоваться мгновенным центром скоростей (кинематика). При вычислении работы надо все перемещения выразить через заданное перемещение s1, учтя, что зависимость между перемещениями здесь будет такой же, как между соответствующими скоростями. Таблица Д4 Номер условия 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 m1, кг m2, кг m3, кг m4, кг m5, кг с, Н/м М, Н·м 0 8 0 0 5 0 8 0 4 0 6 0 4 6 0 5 0 4 0 5 4 0 6 0 4 0 5 0 0 6 0 4 0 5 0 6 0 6 5 0 5 С 5 4 6 4 6 5 6 4 200 320 240 300 240 200280 300 320 280 1,2 0,8 1,4 1,8 1,2 1,6 0,8 1,5 1,4 1,6 F f (s) , H Найти 80(4+5s) 50(8+3s) 60(6+5s) 80(5+6s) 40(9+4s) 50(7+8s) 50(7+8s) 50(7+8s) 50(9+2s) 80(6+7s) ω3 v1 v2 ω4 v1 vC6 ω3 v2 ω4 vС5 Рис. Д4.0 Рис. Д4.1 Рис. Д4.2 Рис. Д4.3 34 Рис. Д4.4 Рис. Д4.5 Рис. Д4.6 Рис. Д4.7 Рис. Д4.8 Рис. Д4.9 Пример Д4. Механическая система (рис. Д4, а) состоит из сплошного однородного цилиндрического катка 1, подвижного блока 2, ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней R3 и r3 и радиусом инерции относительно оси вращения ρ3, блока 4 и груза 5 Рис. Д4, а, б (коэффициент трения груза о плоскость равен f). Тела системы соединены нитями, намотанными на шкив 3. К центру Е блока 2 прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с; ее начальная деформация равна нулю. Система приходит в движение из состояния покоя под действием силы F=f(s), зависящей от перемещения s точки ее приложения. На шкив 3 при движении действует постоянный момент Л1 сил сопротивления. Дано: т1=8 кг, m2=0, m3=4 кг, m4=0, m3=10 кг, R3=0,3 м, r3=0,1 м, ρ3=0,2 м, f=0,1, с=240 Н/м, М=0,6 Н·м, F 20(3 2s ) Н , s1=0,2 м. О п р е д е л и т ь : ω3 в тот момент времени, когда s=s1. Решение. 1. Рассмотрим движение неизменяемой механической системы, состоящей из весомых тел 1, 3, 5 и невесомых тел 2, 4, соединенных нитями. Изобразим действующие на систему внешние силы: активные F , F упр , P1 , P3 , P5 , реакции N 1 , N 3 , N 4 , N 5 , натяжетр тр ние нити S 2 , силы трения F 1 , F 5 и момент М. 35 Для определения ш3 воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии T T0 Ake . (1) 2. Определяем T0 и Т. Так как в начальный момент система находилась в покое, то T0=0. Величина T равна сумме энергий веек тел системы: (2) T T1 T3 T5 Учитывая, что тело 1 движется плоскопараллельно, тело 5 – поступательно, а тело 3 вращается вокруг неподвижной оси, получим 1 1 T1 m1vC2 1 I C112 ; 2 2 1 1 (3) T3 I332 , T5 m5v52 2 2 Все входящие сюда скорости надо выразить через искомую ω3. Дли этого предварительно заметим, что vC1 v5 v A , где А – любая точка обода радиуса r3 шкива 3 и что точка К1 – мгновенный центр скоростей катка 1, радиус которого обозначим r1. Тогда v v r (4) vC1 v5 3r3 ; 1 C1 C1 3 3 K1C1 r1 r1 Кроме того, входящие в (3) моменты инерции имеют значения (5) IC1 0,5m1r12 ; I3 m332 . Подставив все величины (4) и (5) в равенства (3), а затем, используя равенство (2), получим окончательно 1 1 3 (6) T m1r32 m332 m2r32 32 . 2 2 4 3. Теперь найдем сумму работ всех действующих внешних сил при том перемещении, которое будет иметь система, когда точка С1 пройдет путь s1. Введя обозначения: s5 – перемещение груза 5 (s5 =s1) , φ3 – угол поворота шкива 3, λ0 и λ1 – начальное и конечное удлинения пружины, получим s1 A F 20(3 2s )ds 20(3s1 s12 ) 0 A P1 P1s1 sin 60 тр A F 5 F5тр s5 fP5s1 ; с A M M 3 ; A F упр 02 12 . 2 Работы остальных сил равны нулю, так как точки K1 и К2, где приложены силы N 1 , тр F1 и S 2 –мгновенные центры скоростей; точки, где приложены P3 , N 3 и P 4 неподвижны; а реакция N 5 перпендикулярна перемещению груза. По условиям задачи λ0=0. Тогда λ1= sE, где sE – перемещение точки E (конца пружины). Величины sE и φ3 надо выразить через заданное перемещение s1; для этого учтем, что зависимость между перемещениями здесь такая же, как и между соответствующими скоростями. Тогда, поскольку 3 v A / r3 vC1 / r3 (равенство vC1 v A уже отмечалось), то и 3 s1 / r3 . Далее, из рис. Д4, б видно, что vD vB 3R3 , а так как точка K2 является мгновенным центром скоростей для блока 2 (он как бы «катится» по участку нити K2L), то vB 0,5vD 0,53R3 ; следовательно, и 1 sE 0,5 3R3 0,5s1R3 / r3 . При найденных значениях φ3 и λ1 для суммы всех вычисленных работ получим 36 AKe 20(3s1 s12 ) P1s1 sin 60 fP5s1 M s1 c R32 2 s1 . r3 8 r32 (7) Подставляя выражения (6) и (7) в уравнение (1) и учитывая, что T0=0, придем к равенству M c R32 2 3 2 1 2 1 2 2 2 m r m m r 20(3 s s ) P s sin 60 fP s s s1 . (8) 13 3 3 53 3 1 1 11 5 1 1 2 2 r3 8 r32 4 Из равенства (8), подставив в него числовые значения заданных величин, найдем искомую угловую скорость ω3. О т в е т : ω3 =8,1 с-1. Задача ДЗ. Механическая система состоит из прямоугольной вертикальной плиты 1 массой m1=18 кг, движущейся вдоль горизонтальных направляющих, и груза D массой m2=6 кг (рис. Д5.0–Д5.9, табл. Д5). В момент времени t0=0, когда скорость плиты и0=2 м/с, груз под действием внутренних сил начинает двигаться по желобу плиты. На рис. 0–3 желоб КЕ прямолинейный и при движении груза расстояние s =AD изменяется по закону s f1(t ) , а на рис. 4–9 желоб – окружность радиуса R=0,8 м и при движении груза угол AC1D изменяется по закону f 2 (t ) . В табл. Д5 эти зависимости даны отдельно для рис. 0 и 1, для рис. 2 и 3 и т. д., где s выражено в метрах, φ – в радианах, t – в секундах. Считая груз материальной точкой и пренебрегая всеми сопротивлениями, определить величину, указанную в таблице в столбце «Найти», где обозначено: x1 – перемещение плиты за время от t0=0 до t1=1 с; и,, a,, Nt–значения в момент времени t1=l с скорости плиты, ускорения плиты и полной нормальной реакции направляющих соответственно. Указания. Задача Д5 на применение теорем о движении центра масс и об изменении количества движения системы. Первой теоремой удобнее пользоваться, когда надо найти перемещение (или закон движения) одного из тел системы, движущегося поступательно, а второй – когда надо найти скорость такого тела. При определении ускорения тела или реакции связи тоже удобнее воспользоваться первой теоремой. Т а б л и ц а Д5 Номе s f1(t ) f 2 (t ) р Найти услов рис. 0,1 рис. 2,3 рис. 4,5 рис. 6,7 рис. 8,9 ия 0,2 1 3t 2 3 2t 2 1 3t 2 1 4t 2 0 x1 0,4(2t 2 1) 4 3 3 2 2 2 0,8cos t 2 0, 4sin t 2 t 1 t 3 t 1 u1 6 3 4 6 3 2 1,8cos t 0,2cos t 2 2 t2 1 2t 2 t 2 a1 6 2 3 2 0,5 2 3t 2 0,3 6t 2 5 1 3t 2 3 4t 2 5t 1 3 x1 3 4 6 2 2 0,8sin t 2 0, 4cos t 2 2t 2 1 t 2 5t 1 4 N1 4 2 2 2 2 2 0,6cos t 1, 2sin t 2 t 3 5 t2 t 2 5 u1 3 6 4 6 6 2 2 0,2 4 7t 2 0,6 1 2t 2 3 4t 2 t 3t 1 6 x1 6 6 3 2 2 1, 2cos t 2 0,6sin t 2 t 4 5 3t 2 (t 1) 7 a1 3 4 2 2 37 8 0,5sin t 2 9 1, 2sin t 2 4 1,8cos t 6 0,8cos t 4 2 t 2 6 2 t2 4 2 t 1 4 1 5t 2 6 Рис. Д5.0 t 2 3 t2 3 N1 u1 Рис. Д5.1 Рис. Д5.2 Рис. Д5.3 Рис. Д5.4 Рис. Д5.5 Рис. Д5.6 Рис. Д5.7 Рис. Д5.8 Рис. Д5.9 Пример Д3. В центре тяжести А тележки массой m1, движущейся по гладкой горизонтальной плоскости, укреплен невесомый стержень AD длиной l с грузом D массой т2 на конце (рис. Д5, а), В момент времени t0=0, когда скорость тележки и0, стержень AD начинает вращаться вокруг оси А по закону t . Рис. Д5а Дано: m1= 24 кг, m2=12 кг, u0=0,5 м/с, l=0,6 м, 3 1 2t 3 рад (t – в секундах). Определить в момент времени t1=1 с: а) перемещение x1 тележки (перемещение за время от t0=0 до t1=l c); б) ускорение a1 тележки; в) скорость u1 тележки; г) полную нормальную реакцию N1 плоскости. Решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из тележки н груза D, в произвольном положении. Изобразим действующие на систему внешние силы: силы тяжести 38 Рь Рг и реакции плоскости N', N". Проведем координатные оси Оху так, чтобы ось у проходила через точку А0, где находился центр масс тележки в момент времени t0=0. a) Определение перемещения x1. Для определения x1 воспользуемся теоремой о движении центра масс системы. Составим дифференциальное уравнение его движения в проекции на ось х. Получим e & & & Mx& (1) C Fkx или Mx C 0, так как Fkxe 0 , поскольку все действующие на систему внешние силы вертикальны. Определим значение MxC . Из рис. Д5, а видно, что в произвольный момент времени абсциссы хA – центра масс тележки и xD – груза равны соответственно: x A x , xD x l sin . Так как по формуле, определяющей координату хC центра масс системы. MxC m1x A m2 xD , то 2 3 (2) MxC m1x m2 x m2t sin t 2 3 Теперь, проинтегрировав уравнение (1), найдем, что (3) Mx& C C1 ; MxC C1t C2 где С1 и С2 – постоянные интегрирования. Подставив во второе из этих уравнений значение МхС из равенства (2), получим 2 (4) m1 m2 x m2l sin t 3 C1t C2 . 3 3 Для определения С1 и С2 понадобится еще одно уравнение, которое получим, продифференцировав обе части равенства (4) по времени: 2 (5) m1 m2 x& 2m2l t 2 cos t 3 C1 3 3 где x& u – скорость тележки. По начальным условиям при t=0, x=0, x& u0 . Подставляя эти величины в равенства (4) и (5), найдем, что C1 m1 m2 u0 , C2 m2l sin 3 . При этих значениях C1 и С2 уравнение (4) примет вид 2 m1 m2 x m2l sin t 2 m1 m2 u0t m2l sin 3 3 3 Отсюда получаем зависимость от времени координаты х, определяющей одновременно перемещение тележки; m2l 2 3 x u0t sin t sin . (6) m1 m2 3 3 3 Полагая здесь t=1 с, найдем искомое перемещение х1. Ответ: х1=0,33 м. б) Определение ускорения a1. Проделав те же рассуждения и выкладки, что и в предыдущем примере, получим уравнение (1) и формулу (2). Для определения a1 продифференцируем дважды по времени обе части равенства (2). Получим 2 2 2 Mx& t ; C m1 m2 x& 2m2l t cos 3 3 2 3 2 3 & & & 4m2l t cos Mx& t 4m2l 2t 4 sin t , C m1 m2 x 3 3 3 3 & & a – ускорение тележки. Но согласно уравнению (1) Mx& где x& C 0 ; в результате находим следующую зависимость а от времени: m2l 2 3 2 3 a 4 cos t 42t 4 sin t . m1 m2 3 3 3 3 Полагая здесь t=1 с, определим искомое ускорение а1. Ответ: а1=–2,51 м/с2. Знак минус 39 указывает, что ускорение тележки направлено влево. Рис Д5б в) Определение скорости u1. Чтобы определить и1, воспользуемся теоремой об изменении количества движения системы Q в проекции на ось х. Так как все действующие на систему внешние силы вертикальны (рис. Д5, б), то Fkxe 0 и теорема дает dQx e Fkx 0 , откуда Qx C1 . dt T D (1) T D Для рассматриваемой механической системы Q Q Q , где Q m1u и Q m2 v D – количества движения тележки и груза D соответственно ( u – скорость тележки, v D – скорость груза по отношению к осям Оху). Тогда из равенства (1) следует, что (2) QxT QxD C1 , или m1ux m2vDx C1 Для определения vDx рассмотрим движение груза D как сложное, считая его движение по отношению к тележке относительным (это движение, совершаемое при вращении стержня пер от AD вокруг оси А), а движение самой тележки – переносным. Тогда v D v D v D и пер от vDx vDx vDx . пер от пер u x . Вектор v D Но v D u и, следовательно, vDx от стержню и численно vD lAD l& 2l t 2 . (3) направлен перпендикулярно от от Изобразив этот вектор на рис. Д5, б с учетом знака &, найдем, что vDx vD cos . Окончательно из равенства (3) получим 2 3 от (4) vDx u x vD cos u x 2l t 2 cos t . 3 3 (В данной задаче величину vDx можно еще найти другим путем, определив абсциссу xD груза D, для которой, как видно из рис. Д5, а, получим xD x l sin ; тогда vDx x&D x& l cos , где x& u x , а & 2t 2 ) При найденном значении vDx равенство (2), если учесть, что ux=и, примет вид 2 3 (5) m1u m2u m2 2l t 2 cos t C1 3 3 Постоянную интегрирования С1 определим по начальным условиям: при t=0 и=и0. Подстановка этих величин в уравнение (5) дает C1 m1 m2 u0 и тогда из (5) получим 2 3 m1u m2u m2 2l t 2 cos t m1 m2 u0 3 3 Отсюда находим следующую зависимость скорости к тележки от времени: 2l m2 2 2 (6) u u0 t cos t 3 m1 m2 3 3 Положив в уравнении (6) t=l с, определим искомую скорость u1. О т в е т : и1=–0,76 м/с. Знак минус указывает, что скорость тележки направлена влево. г) Определение реакции N1. Для определения N1 воспользуемся теоремой о движении центра масс системы. Составим дифференциальное уравнение его движения в проекции на 40 ось у (см. рис Д5,а): e & & & My& C N N P1 P2 . C Fky или My (1) Отсюда, полагая N N N , получим & (2) N My& C P1 P2 . Из формулы, определяющей ординату yC центра масс системы, MyC m1 y A m2 yD , где уA и уD – соответственно ординаты центра масс А тележки и груза D. В нашем случае y A A0O const , yD A0O l cos . Тогда 2 3 MyC m1 m2 A0O m2l cos t . 3 3 Продифференцировав обе части этого равенства два раза по времени, получим 2 3 My&C 2m2l t 2 sin t ; 3 3 2 3 2 3 & My& t 4m2l 2t 4 cos t . C 4m2l t sin 3 3 3 3 & Подставив найденное выражение My& C в уравнение (2), получим зависимость N от t: 2 3 2 3 N 4m2l t sin t 4m2l 2t 4 cos t m1 m2 g . 3 3 3 3 Полагая здесь t=1 с, найдем искомую реакцию N1. О т в е т : N1=68,9 Н. 41 5. Вопросы к экзамену 1. Основные понятия, аксиомы статики. 2. Разложение силы на составляющие; проекции силы на оси, на плоскость. 3. Несвободное тело. Принцип освобождаемости от связей. Виды связей и их реакции. 4. Приведение сходящихся сил к равнодействующей, условия их равновесия. 5. Сложение параллельных сил, пара сил. 6. Момент силы, аналитическое выражение момента силы относительно декартовых осей. 7. Главный момент системы сил. Момент пары. 8. Лемма Пуансо о переносе силы. Приведение системы сил к главному вектору и главному моменту. 9. Условия равновесия произвольной системы сил. 10. Теорема Вариньона о моменте равнодействующей и её следствия. Условия равновесия плоской системы сил. 11. Устойчивость при равновесии. Трение скольжения, качения, верчения. 12. Правило вычисления момента силы относительно оси. 13. Равновесие пространственных систем сил. 14. Центр параллельных сил. Центр тяжести объёма, площади, линии. 15. Три способа определения движения. 16. Скорость точки и при координатном и естественном способах задания движения. 17. Вектор ускорения, разложение его на декартовы и естественные оси. 18. Поступательное движение твёрдого тела. 19.Вращение тела вокруг неподвижной оси. Скорости и ускорения точек вращающегося тела. 20. Преобразования простейших движений. Передаточное число редуктора с неподвижными осями. 21. Плоское движение твёрдого тела. 22. Теорема о существовании МЦС, способы его определения. 23.Теорема Шаля, МЦВ. 24. Ускорение точки в плоском движении. 25.Сложное движение точки. Теорема о сложении переносной и относительной скоростей. 26. Сложное движение точки. Теорема о сложении переносной и относительной скоростей. 27. Составное движение твёрдого тела. Сложение вращений относительно пересекающихся и параллельных осей. 29. Сферическое и свободное движения твёрдого тела. Мгновенная ось вращения. 30. Теорема о равенстве проекций скоростей точек тела на прямую, проходящую через эти точки. 31. Аксиомы Галилея-Ньютона. Дифференциальное уравнение движения материальной точки. 32. Свободные колебания, учёт сопротивления среды, вынужденные колебания. 33. Резонанс, способы его устранения. 34. Динамика относительного движения, принцип относительности в классической механике. 35. Общие теоремы динамики механической системы. 36. Центр масс. Классификация сил, действующих на точки механической системы. Теорема о движении центра масс. Закон сохранения движения центра масс. 37. Теорема об изменении количества движения механической системы. 38. Закон сохранения количества движения. 39. Теорема об изменении кинетического момента, закон его сохранения. 40. Дифференциальное уравнение вращательного движения тела. 42 41. Осевые моменты инерции твёрдого тела. 42. Теорема Гюйгенса о моментах инерции относительно параллельных осей. 43. Работа силы, работа момента пары. Мощность. КПД. 44. Теорема Кёнига о кинетической энергии механической системы. 45. Теорема об изменении кинетической энергии в дифференциальной и интегральной формах. 46. Принцип возможных перемещений. 47. Главный вектор и главный момент сил инерции. Принцип Даламбера. 43 СПИСОК ОСНОВНОЙ ЛИТЕРАТУРЫ 1. Бать М.И. Теоретическая механика в примерах и задачах: учеб. пособие. Т.1: Статика и кинематика / М.И. Бать, Г.Ю. Джанелидзе, А.С. Кельзон. ─ 11-е изд., стер. ─ СПб.: Изд-во "Лань", 2010. ─ 669 с. 2. Бать М.И. Теоретическая механика в примерах и задачах: учеб. пособие .Т.2: Динамика / М.И. Бать, Г.Ю. Джанелидзе, А.С. Кельзон. ─ 9-е изд., стер. ─ СПб.: Изд-во "Лань", 2010. ─ 638 с. 3. Бутенин Н.В. Курс теоретической механики: учеб. пособие для студ. вузов по техническим спец. В 2 т.: Т.1: Статика и кинематика; Т.2: Динамика / Н.В. Бутенин, Я.Л. Лунц, Д.Р. Меркин. ─ 10-е изд., стер. ─ СПб.: Изд-во "Лань", 2008. ─ 729 с. СПИСОК ДОПОЛНИТЕЛЬНОЙ ЛИТЕРАТУРЫ 1. Вереина Л. И. Техническая механика, «Академия», 2010 – 288 с 2. Диевский В.А. Теоретическая механика. Интернет-тестирование базовых знаний: учеб. пособие / В.А. Диевский, А.В. Диевский. ─ СПб.: Изд-во "Лань", 2010. ─ 143 с. 3. Лачуга Ю.Ф. Теоретическая механика: учеб. для высш. аграр. учеб. завед. по агроинж. спец. / Ю.Ф. Лачуга, В.А. Ксендзов. ─ 3-е изд., перераб. и доп. ─ М.:КолосС, 2010. ─ 575 с. 44 Теоретическая механика: Методические указания по самостоятельному изучению дисциплины и выполнению контрольных работ Составители: Бондарь Иван Михайлович Бурков Сергей Николаевич Редактор Н.К.Крупина Лицензия №020426 от 7 мая 1997 г. Подписано к печати “__”_______ 201_ г. Формат 84108/32 Объём 2,3 уч.-изд.л. Тираж 100 экз. Издательский центр НГАУ 630039, Новосибирск, ул. Добролюбова, 160 45
