ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА ПРИМЕРАХ И...

Федеральное агентство по образованию Федеральное государственное образовательное учреждение

высшего профессионального образования

Сибирский федеральный университет

Т. А. Валькова Н. В. Еркаев К. А. Редкоус А. Е. Митяев О. И. Рабецкая А. К. Савицкий

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ

Утверждено Редакционно-издательским советом В качестве учебного пособия

Под общей редакцией Т. А. Вальковой

Красноярск 2007

УДК 531(07) В

В Теоретическая механика в примерах и задачах: Учеб. пособие / Т. А. Валькова, Н. В. Еркаев, К. А. Редкоус, А. Е. Митяев, О. И. Ра-бецкая, А. К. Савицкий; Под общ. ред. Т. А. Вальковой. − Красноярск: ИПЦ ПИ СФУ, 2007. − 184 с.

ISBN Приведены порядок и примеры решения типовых задач по теоретической

механике. Предназначены для студентов укрупненных групп направлений подготовки

бакалавров 150400.62 Технологические машины и оборудование, 150600.62 Материаловедение и технология новых материалов, 150900.62 Технология, оборудование и автоматизация машиностроительных производств, 190100.62 Наземные транспортные системы, 190500.62 Эксплуатация транспортных средств.

УДК 531(07)

ISBN © СФУ, 2007 © Валькова Т. А., Еркаев Н. В.,

Редкоус К. А., Митяев А. Е., Рабецкая О. И., Савицкий А. К. 2007

Технический редактор

Гигиенический сертификат 24.49.04.953.П.000338.05.01 от 25.05.2001. Подп. в печать Формат 6084/16. Бумага тип. 1. Офсетная печать. Усл. печ. л. . Уч.-изд. л. . Тираж экз. Заказ С Отпечатано в ИПЦ КГТУ 660074, Красноярск, ул. Киренского, 28

ОГЛАВЛЕНИЕ

Введение 5

Модуль 1. Кинематика 6

1. Тема 1. Кинематика точки 6

1.1. Задачи по кинематике точки 6

2. Тема 2.. Поступательное и вращательное движение тела 12

2.1. Кинематика вращательного движения тела 12

3. Тема 3. Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела 16

3.1. Задачи на плоское движения твердого тела 16

4. Тема 4. Движение тела вокруг неподвижной точки 30

4.1. Кинематика сферического движения твердого тела 30

5. Тема 5. Сложное (составное) движение точки и тела 34

5.1. Задачи на сложное движение точки 34

5.2. Сложение вращений твердого тела вокруг

пересекающихся осей 43

5.3. Сложение вращений твердого тела вокруг

параллельных осей 46

Модуль 2. Статика 50

6. Тема 8. Система сходящихся сил 50

6.1. Равновесие твердого тела при действии

плоской системы сходящихся сил 50


пространственной системы сходящихся сил 55

7. Тема 9. Момент силы относительно центра. Пара сил 61

7.1. Алгебраические моменты сил и пар сил 61

8. Тема 10. Плоская произвольная система сил 64

8.1. Равновесие твердого тела при действии плоской системы сил 64

8.2. Равновесие системы твердых тел при действии

плоской системы сил 67

8.3. Равновесие твердого тела при наличии сил сцепления 71

8.4 Равновесие твердого тела при наличии трения качения 75

9. Тема 11. Пространственная произвольная система сил 79


произвольной пространственной системы сил 79

10. Тема 12. Центр параллельных сил. Центр тяжести 87

10.1 Определение координат центров тяжести однородных тел 88

Модуль 3. Динамика 94

11.Тема 13. Динамика материальной точки 94

11.1. Две задачи динамики точки 94

12. Тема 14. Прямолинейные колебания точки 101

12.1 Задачи на прямолинейные колебания точки 101

13. Тема 15. Динамика относительного движения точки 113

13.1 Задачи динамики относительного движения точки 113

14. Тема 17. Общие теоремы динамики 116

14.1. Теорема о движении центра масс механической системы 116

14.2. Теоремы об изменении количества движения 120

14.3. Теорема об изменении кинетического момента системы 124

15. Тема 18. Теоремы об изменении кинетической энергии 128

15.1 Задачи на применение теорем об изменении

кинетической энергии 128

16. Тема 19. Динамика твердого тела 135

16.1. Динамика вращательного движения твердого тела 135

16.2. Динамика плоскопараллельного движения твердого тела 138

17. Тема 20. Принцип Даламбера 141

17.1. Решение задач с помощью принципа Даламбера 141

18. Тема 21. Принципы аналитической механики 144

18.1. Принцип возможных перемещений 144

18.2. Общее уравнение динамики 148

19. Тема 23. Уравнения Лагранжа второго рода 155

19.1. Решение задач с помощью уравнений Лагранжа второго рода 155

20. Тема 24. Малые свободные колебания механической системы 161

20.1. Малые колебания системы с одной степенью свободы 161

20 2. Малые колебания системы с двумя степенями свободы 171

21. Тема 26. Элементарная теория удара 181

21.1. Задачи по теории удара 181

Библиографический список 184

ВВЕДЕНИЕ

Механика наука о равновесии и движении материальных тел. Её законы широко используются в машиностроении, приборостроении, на транспорте, в энергетике и т. д. Теоретическая механика служит научным фундаментом для многих технических дисциплин. Ее методы и приемы используются при всех технических расчетах, связанных с проектированием различных сооружений, машин и их эксплуатацией. Содержание дисциплины «Теоретическая механика» определяется рабочей программой, составленной на основании ГОСов II поколения по на-правлениям: 150400.62 Технологические машины и оборудование, 150600.62 Материаловедение и технология новых материалов, 150900.62 Технология, оборудование и автоматизация машиностроительных производств, 190100.62 Наземные транспортные системы, 190500.62 Эксплуатация транспортных средств.-

Теоретическая механика, являясь одной из первых естественно-научных дисциплин, которую изучают студенты в процессе обучения, занимает важное место в общетехнической подготовке бакалавров. Её преподавание преследует двоякую цель: во-первых, способствовать формированию у студентов диалектико-материалистического мировоззрения, развивать их логическое мышление и вводить в понимание весьма широкого круга явлений, относящихся к одной из форм движения материи к механическому движению; во-вторых, обеспечить овладение бакалаврами научной базой современной техники.

Однако для хорошего усвоения курса теоретической механики нужно не только глубоко изучить её основные теоретические положения, но и научиться применять их на практике. Это возможно при серьезной работе студентов над решениями задач на практических занятиях. Данное учебное содержит методику решения типовых задач по теоретической механике, которая затем иллюстрируется на конкретных примерах. Рассмотренные задачи охватывают материал всех модулей курса теоретической механики и всех тем практических занятий в соответствие с рабочей программой. Большинство разобранных в пособии задач взято из книги: Сборник задач по теоретической механике / И. В. Мещерский СПб.: Изд-во «Лань», 1998. 448 с., которая относится к основной литературе в соответствии с требованиями ФГОС ВПО. В конце каждой темы пособия приведены номера задач этого сборника, рекомендованные при проведении практического занятия по этой теме. Настоящее учебное пособие предназначено в помощь студентам для развития у них навыков решения задач. Оно также может оказаться полезным для молодых преподавателей, не имеющих методического опыта преподавания этой дисциплины.

МОДУЛЬ 1. КИНЕМАТИКА

1. ТЕМА 1. КИНЕМАТИКА ТОЧКИ

На практических занятиях по теме «Кинематика точки» проводится решение задач по определению скоростей и ускорений точки при координат-ном и естественном способах задания движения точки, а также задачи на равнопеременное криволинейное движение точки.

1.1. Задачи по кинематике точки I. При решении задач по определению скорости и ускорения точки и радиуса кривизны её траектории в заданный момент времени при координатном способе задания движения рекомендуется придерживаться следующего порядка:

1) по уравнениям движения точки определить её траекторию посредством исключения из них параметра времени t и установления зависимости между декартовыми координатами точки;

2) изобразить точку на траектории в заданный момент времени; 3) по уравнениям движения точки вычислить проекции скорости на оси

координат и определить скорость точки по величине и направлению; 4) по проекциям скорости точки на декартовые оси найти проекции

ускорения точки на эти оси, затем определить модуль и направления вектора ускорения точки;

5) вычислить значения касательного и нормального ускорений точки и радиус кривизны траектории по формулам: τ /x x y y z za V a V a V a V ,

2 2τna a a , 2ρ / nV a .

II. Если движение точки задано естественным способом, то для определения её скорости и ускорения целесообразна следующая последовательность действий:

1) найти положение точки на траектории в заданный момент времени; 2) вычислить значение скорости точки дифференцированием заданного

уравнения движения по времени и изобразить вектор скорости τV sr r

& по касательной к траектории в соответствии со знаком s&;

3) определить проекции ускорения точки на оси естественного трехгранника и величину её полного ускорения: τa V s & &&, 2 /ρna V ;

2 2τna a a .

Пример 1.1. Движение точки М задано уравнениями: 22 ;x t y t , где х и у в метрах, t в секундах. Найти уравнение траектории, скорость и ускорение точки в момент времени t = 1 c. Решение. Движение точки, заданное координатным способом, происходит в плоскости Оху. Для определения уравнения траектории выразим время t из уравнения движения вдоль оси х:

02

xt ,

и подставив в уравнение движения по оси у, получим

2

4

xy . (1.1)

Следовательно, траекторией точки является ветвь параболы (1.1) при x 0 . В момент времени t = 1 с точка находится в положении М(2,1) (рис. 1.1).

Вычислим проекции скорости и ускорения точки на декартовые оси при t = 1 с:

1

2 2

2 м/c; 2 2 м/c;

0 м/c ; 2 м/c

x y t

x y

V x V y t

a x a y .

& &

&& &&

Тогда в декартовой системе координат векторы скорости и ускорения точки равны:

1 12 2 ; 2V i j a j r r r sr

.

Найдем их модули:

2 2 2 2 21 12 2 м/c ; 2 м/cx y x yV V V a a a .

Определим направления векторов V1

и 1a

по формулам:

1 11 1

2 2cos ; cos

2 2yx

VVV i V j

V V

r r;

1 11 1

cos 0; cos 1yxaa

a i a j .a a

rr r

Следовательно, вектор скорости V1

образует с осями Ох и Oу углы, равные

45о, а вектор ускорения 1a

точки М направлен вдоль оси Oу (рис. 1.1).

Поскольку точка М движется по кривой (1.1), то вектор её ускорения

1a

разложим на касательное ускорение и нормальное ускорение. Определим касательное ускорение точки в момент времени 1 c:t

2τ

1

0 42 1,41 м/c

2 2x x y y

t

V a V aa

V

.

Вычислим нормальное ускорение точки в этот момент времени

2 2 2

τ 2 1,41 м/cna a a .

Тогда в данном положении точки радиус кривизны траектории равен

21ρ 5,64 м.n

V

a

На рис. 1.1 показаны: траектория точки М, в момент времени 1 ct её

положение на траектории, вектор скорости 1Vr

и его проекции на декартовые

оси, вектор ускорения 1ar

и его составляющие τar

и nar

.

τa

1

na

V

1

Vx

Vy

1a

2O

3 4 5 6

2

1x

y

3

4

5

6

7

8

9

M(2,1)

Масштабы:

для скорости в 1 см 0,5 м/c

для координат в 1 см 1 м

для ускорения в 1 см 0,25 м/c 2

_

_

_

Рис. 1.1

Пример 1.2. Точка М движется по окружности радиуса R = 60 см по

закону 2π3

6

Rs OM t t

, где s в см, t в с (рис. 1.2).

Определить скорость и ускорение точки в момент времени t = 1 с. Решение. Движение точки задано естественным способом. Найдем положение точки М1 на окружности при t = 1 с:

21 1

π π3 1 см

6 3

R Rs OM .

Вычислим центральный угол 1OCM , стягивающий дугу ОМ1,

(oπ

603

s

R ), и изобразим точку М1 в этом положении на рис. 1.2.

Определим численное значение скорости точки:

2π π3 3 2

6 6

ds d R RV t t t

dt dt

,

при t = 1 с

1

π31,4 см/c 0

6

RV .

Вектор 1V

направим по касательной к

окружности в точке М1 в направлении положительного отсчета s (см. рис. 1.2).

Для определения ускорения точки вычислим численные значения её нормального и касательного ускорений:

2

21 16 4 см/cn

Va ,

R ;

2τ

π π3 2 62,8 см/c 0

6 3

dV d R Ra t

dt dt

.

На рис. 1.2 вектор нормального ускорения na

направим из точки М1 по радиусу к центру С окружности, а вектор касательного ускорения по

касательной к окружности противоположно вектору скорости 1V

, так как в

данный момент времени точка движется замедленно 1 τ0 0V , a .

R

а

аn

60о

С

М

+_ О

М1

V1

a1

Рис. 1.2

Определим величину полного ускорения точки М1 по формуле:

22 2 2 21 62 8 10 4 64 9 см/cτ na a a , , , .

Вектор полного ускорения 1a

направлен по диагонали прямоугольника,

построенного на векторах na

и τar

как на сторонах (рис. 1.2). Пример 1.3. Поезд движется равнозамедленно по дуге окружности радиуса R и проходит путь s, имея начальную скорость 0V и конечную 1V .

Определить полное ускорение ar

поезда в начале и в конце пути, а также время движения 1t по дуге.

Решить задачу при следующих данных: R = 800 м, s = 800 м, 0V = 15 м/c, 1V = 5 м/c. Решение. Примем поезд за материальную точку М и изобразим ее на дуге окружности радиусом R в начальный момент времени 0t точка 0M

и в момент 1t точка 1M (рис. 1.3), причем длина дуги 0 1 800 мM M s .

Поскольку поезд движется по криволинейной траектории, то согласно

теореме Гюйгенса его полное ускорение определяется по формуле:

τ na a a r r r

.

Вычислим нормальное ускорение поезда в начале и конце дуги

0 1M M , получим:

С

М0 М1

a0

a1

na 0

a

V0

V1a

na1

R

Рис. 1.3

при 0t

220

0 0,281 м/с ;n Va

R

при 1t t 2

211 0,031 м/сn V

aR

.

Изобразим на рис. 1.3 векторы 0na

r и 1

nar

в точках 0M и 1M , направив их по

соответствующим главным нормалям к центру кривизны С дуги 0 1M M . Так как по условию задачи поезд движется равнозамедленно, то его касательное ускорение будет постоянным по величине ( τ consta ). Для его определения воспользуемся формулами для случая равнозамедленного криво-линейного движения:

0 τ

2τ

0 0

,

,2

V V a t

a ts s V t

или, подставив сюда 0 1 10, , s t t V V , получим систему двух уравнений

относительно неизвестных τa и 1t :

1 0 τ 1

2τ 1

0 1

,

.2

V V a t

a ts V t

Решая данную систему уравнений, находим

2 220 1

τ 0,125 м/c2

V Va

s

,

0 11

τ

80 c.V V

ta

Изобразим на рис. 1.3 вектор касательного ускорения τa r

по

касательной к дуге в точках 0M и 1M . Сложив в этих точках векторы касательного и нормального ускорений, получим векторы полного ускорения поезда 0a

r и 1a

rв начале и конце дуги 0 1M M соответственно. Вычислим

модули этих ускорений:

2 2 2 2 20 τ 0( ) ( ) 0,125 0,281 0,308 м / c ;na a a

2 2 2 2 2

1 τ 1( ) ( ) 0,125 0,031 0,129 м / c .na a a

Следовательно, за 80 секунд движения поезда по дуге 0 1M M

величина его полного ускорения ar

уменьшилась с 0,308 м/c2 до 0,129 м/c2. По теме 1 «Кинематика точки» рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 10.2; 11.3; 11.10; 12.8; 12.11; 12.18; 12.22; 12.25.

2. ТЕМА 2 ПОСТУПАТЕЛЬНОЕ И ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА

На практическом занятии по теме «Поступательное и вращательное

движение тела» проводится решение задач по определению угловой скорости и углового ускорения вращающегося тела, а также скоростей и ускорений его точек. Кроме этого рассматриваются примеры на преобразование простейших движений.

2.1. Кинематика вращательного движения тела

I . Задачи на определение угловой скорости и углового ускорения, а

также на вычисление скоростей и ускорений точек тела по заданному закону вращательного движения целесообразно решать в такой последовательности: 1) дифференцированием по времени известного закона вращательного движения тела ( )t найти зависимости угловой скорости ω ω( )t и

углового ускорения ε ε( )t от времени t и вычислить их значения в заданный момент времени; 2) определить скорость точки и её ускорение (по нормальной и касательной составляющим), а также численные значения этих величин для заданного момента времени.

II. При решении задач на преобразование простейших движений (поступательного и вращательного) тел рекомендуется следующий порядок действий:

1) вычислить кинематические характеристики (скорость, ускорение) тела, движение которого задано по условию задачи; 2) пользуясь формулами кинематики точки и кинематики вращательного движения определить скорости и ускорения точек тела, которому передается движение. Пример 2.1. Диск радиуса R вращается вокруг оси, проходящей через центр диска О перпендикулярно его плоскости (рис. 2.1), по закону ( )t

радиан. Определить в момент времени t 1 угловую скорость и угловое ускорение диска, а также скорость и ускорение любой точки М на его ободе.

Решить задачу при следующих данных: R = 2 м, 22 ,te 1 0t . Решение. Вычислим угловую скорость

ω и угловое ускорение ε диска в произвольный момент времени t:

2 2ω 2 4t td de e

dt dt

c-1;

2 2ωε 4 8t td d

e edt dt

c-2.

При 1 0t t 1 20 0ω 4 с , ε 8 c .

Поскольку 0 0ω 0 а ε 0, , то в начальный момент времени диск вращается вокруг оси О по часовой стрелке замедленно (рис. 2.1).

Определим скорость точки М при 1 0t :

0 0= ω 4 2 8 м/сV R .

Вектор V0

направлен по касательной к траектории в точке М в сторону

вращения. Вычислим численные значения касательного и нормального ускорений точки при 1 0t :

τ 20 0

2 2 20 0

ε 8 2 16 м/c ;

ω ( 4) 2 32м/cn

a R

a R .

Так как тело вращается замедленно ( τ0 00, 0V a ), то вектор касательного

ускорения τa0

направлен по касательной противоположно вектору скорости

V0

, а вектор нормального ускорения 0

nar

по радиусу МО к оси вращения.

Вектор полного ускорения 0a

точки М находим геометрическим сло-

жением векторов τa0

и 0

nar

, а его модуль определяем по формуле:

2 τ 2 20 0 0( ) ( ) 35,78 м/cna a a .

Следовательно, в момент времени 1 0t диск вращается замедленно и величина скорости любой точки М на его ободе равна 8 м/c, а величина её ускорения 35,78 м/c2.

ОМ

V

R

0

00 0

а0а

0а n

Рис. 2.1

Пример 2.2. Механизм состоит из колёс 1 и 2, находящихся в зацеплении с зубчатой рейкой 3, движущейся в вертикальных направляющих (рис. 2.2). Радиусы ступеней колес соответственно равны R1, R2, r2.

Определить в момент времени t1 скорость и ускорение рейки 3, а также ускорение точки А на ободе колеса 2 радиуса R2, если колесо 1 вращается по закону t . Найти промежутки времени ускоренного и замедленного движения механизма. Решить задачу при следующих данных: 2( ) 4t t t рад; t1 = 1с ; R1 = 4см; R2 = 2см; r2 = 1см .

Решение. Механизм состоит из колес 1 и 2, совершающих вращатель-ное движение, и зубчатой рейки 3, движущейся поступательно в верти-кальных направляющих.

Зная закон вращения колеса 1, находим его угловую скорость и угло-вое ускорение:

111 1cω 4 2 2 ct

dt

dt

;

211

ωε 2 c

d

dt .

Так как при t = 1c 1ω 0 , а 1ε const 0 , то в данный момент времени колесо 1 вращается против хода часовой стрелки равнозамедленно. В точке K колесо 1 находится в зацеплении с колесом 2, поэтому

1 1 2 2ω ωKV R R . Отсюда

11 12 1c

2

ω ω 2 4 2 4 c ;t

Rt

R

222

ωε 4 c .

d

dt

Направление вектора KVr

задает направление вращения колеса 2; 2ω

изобразим дуговой стрелкой по часовой стрелке, а 2ε против хода часовой стрелки (рис. 2.2).

Поскольку рейка 3 находится в зацеплении с колесом 2 в точке L, то

3 2 2 1cω 2 4 2 1 4L tV V r t см/с;

1

1

1

2

KL

2

аn

AаA

3

2

1

О2

О1

VK

VL

а

а3

V3

Рис. 2.2

4 33

dt

dVa см/с2.

При t = 1 c рейка 3 совершает равнозамедленное поступательное движение вверх. Определяем ускорение точки А вращающегося колеса 2:

τnA A Aa a a

r r r,

где 22 2ω 32n

Aa R см/с2,

и на рис. 2.2 вектор нормального ускорения nAa

r направлен из точки А по

радиусу к оси вращения О2 колеса 2;

τ2 2ε 8Aa R см/с2,

и вектор касательного ускорения τAa

r направлен по касательной к окружности

в точке А в направлении 2ε (n

AA aa

). Геометрически складывая векторы

an

A

и τ

Aar

(рис. 2.2), получаем вектор полного ускорения Aa

точки А и находим его модуль:

2 τ 2( ) ( ) 33nA A Aa a a см/с2.

Теперь определим промежутки времени, когда колесо 1 вращается ускоренно, а когда замедленно. Поскольку угловое ускорение колеса 1

1ε const 0 , то оно будет вращаться равнозамедленно для промежутка

времени, когда 1ω 0 , т. е. 1ω 4 2 0t при 0 2 ct . Когда 2 ct ,

1ω 0 , колесо 1 остановится. При 2 ct 1ω 0 и 1ε 0 , и колесо 1 будет вращаться равноускоренно по часовой стрелке.

По теме 2 «Поступательное и вращательное движение твердого тела» рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 13.6; 13.8; 13.14; 13.15; 13.17; 13.18; 14.3; 14.4; 14.10.

3. ТЕМА 3 ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ (ПЛОСКОЕ) ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА

На практических занятиях по теме «Плоскопараллельное (плоское)

движение тела» проводится решение задач по определению скоростей и

ускорений точек плоских механизмов, а также нахождение угловых скоростей и угловых ускорений их звеньев.

3.1. Задачи на плоское движения твердого тела

Если в задаче имеется тело (звено механизма), совершающее плоское (плоскопараллельное) движение, то при определении кинематических характеристик этого тела или его точек следует придерживаться следующего порядка.

I. При нахождении угловой скорости тела и скоростей его точек при помощи МЦС: 1) определить величину и изобразить на рисунке вектор скорости точки тела, движение которого задано по условию задачи (для многозвенного механизма обычно задано вращение кривошипа и такой точкой является шарнир, соединяющий кривошип с шатуном или коромысло с шатуном); 2) найти другую точку тела, совершающего плоское движение, направление скорости которой известно, и изобразить вектор её скорости; 3) определить положение МЦС, т. е. найти точку пересечения перпендикуляров к направлениям скоростей этих двух точек; 4) вычислить в данный момент времени угловую скорость тела, разделив скорость точки, модуль которой известен, на её расстояние до МЦС;

5) определить величину скорости любой точки тела при плоском движении умножением угловой скорости тела на расстояние от точки до МЦС (вектор скорости изобразить перпендикулярно к отрезку, соединяющему эту точку с МЦС в направлении угловой скорости тела).

Этим способом удобно пользоваться при качении без скольжения катков (колес) по неподвижной поверхности.

II. При нахождении скоростей точек при помощи теоремы о проекциях скоростей двух точек тела:

1) выполнить действия пунктов 1 и 2, приведенных выше; 2) провести через эти точки ось; 3) проецируя векторы скоростей точек на ось, вычислить величину

скорости второй точки тела. Подчеркнём, что этот способ позволяет определить величину скорости

точки, если только известно направление её скорости, но этим методом невозможно определить угловую скорость тела.

III. При нахождении ускорений точек и углового ускорения тела при плоскопараллельном движении.

В тех случаях, когда известны ускорение одной точки тела при плоском движении, его угловая скорость и направление ускорения или траектория другой точки этого тела, для определения ускорений любых его точек целесообразен следующий порядок действий:

1) принять точку, ускорение которой известно по модулю и направлению (или его можно найти по данным задачи), за полюс и применить теорему об ускорениях точек плоской фигуры;

2. векторы ускорений полюса и нормального ускорения рассматриваемой точки при вращении тела вокруг полюса, входящие в правую часть теоремы, определить по модулю и показать их на рисунке;

3) изобразить неизвестный по величине (обычно в задачах угловое ускорение тела при плоском движении не задано) вектор касательного ускорения рассматриваемой точки при вращении тела вокруг полюса перпендикулярным к вектору её нормального ускорения и направить его по скорости точки, предполагая, что вращение тела вокруг полюса является ускоренным;

4) для определения искомого ускорения точки тела следует задать направление этого вектора и изобразить его на рисунке;

5) ввести декартовую систему координат, направив одну из осей вдоль прямой, проходящей через полюс и рассматриваемую точку;

6) найти значение искомого ускорения точки из алгебраического уравнения, полученного проецированием векторного равенства, выражающего теорему об ускорениях точек плоской фигуры, на ось, проходящую через полюс и эту точку;

7) определить значение касательного ускорения рассматриваемой точки при вращении тела вокруг полюса из алгебраического уравнения, полученного проецированием векторного равенства, выражающего теорему об ускорениях точек плоской фигуры, на ось, параллельную искомому вектору ускорения;

8) вычислить значение углового ускорения тела при плоском движении, разделив найденное значение касательного ускорения точки при вращении тела вокруг полюса на расстояние от этой точки до полюса;

9) для определения ускорения любой другой точки С тела при плоском движении воспользоваться теоремой об ускорениях точек плоской фигуры, в которой векторы ускорения полюса, касательного и нормального ускорений во вращательном движения точки С вокруг полюса найти по величине и изобразить на рисунке; 10) поскольку модуль и направление ускорения произвольной точки С неизвестны, то заменить этот вектор в левой части, рассматриваемой теоремы, двумя составляющими, разложив его по выбранным декартовым

осям: C Cx Cyа а i а j r rr

;

11. вычислить значения проекций Cxа и Cyа ускорения точки С на

декартовые оси, спроецировав рассматриваемое векторное уравнение, выражающее теорему об ускорениях точек плоской фигуры с преобразованной левой частью на эти оси, и определить величину искомого

ускорения точки С тела по формуле 2 2C Cx Cyа а а .

Из пункта 4 следует, что для определения ускорения точки тела при плоском движении необходимо задать направление этого вектора или знать вид траектории точки.

Для многозвенных механизмов точками, траектории которых известны, являются соединительные шарниры. Например, траекторией шарнира В (рис. 3.1, а) одновременно принадлежащего шатуну 2, совершающему плоское движение, и ползуну 3, движущемуся в горизонтальных направляющих, является прямая, и для определения ускорения точки В вектор ускорения этой точки следует направить по этой прямой так же, как и вектор её скорости, предполагая ускоренное движение ползуна 3.

Если же траекторией шарнира В (рис. 3.1, б), одновременно принадлежащего шатуну 2, совершающему плоское движение, и коромыслу

3, вращающемуся вокруг неподвижной оси 1O , является дуга окружности

радиуса 1O B , то ускорение Bаr

следует разложить на касательное и нормальное ускорения как точки вращающегося коромысла 3:

τn

B B Bа а а r r r

.

Определить модуль нормального ускорения nBа

r и направить этот вектор

из точки В к оси вращения коромысла 1O , а вектор касательного ускорения τBа

r изобразить перпендикулярно нормальному ускорению n

Bаr

, направив его

по скорости BVr

точки, т. е. предполагая, что коромысло 3 вращается

ускоренно ( 3ε и 3ω направлены в одну сторону). Тогда при заданном ускоренном вращении кривошипа 1 принять точку

А за полюс и записать равенство, выражающее теорему об ускорениях точек плоской фигуры в виде τ τ τn n n

B B A A BА BАа а а а а а r r r r r r

. Затем спроецировать это векторное уравнение на ось Вх, из полученного алгебраического уравнения

A

B

O

1

O1

xy

222

аBVB

аAn

аA

11 3

3

аAВn

аBn

AаВB

A

O1 x

y

2

22

аAn

аA

11

аAВn

а AаВ

VBа

B

3

3

а б

Рис. 3.1

найти значение касательного ускорения τBа

r и вычислить величину ускорения

точки В по формуле 2 2τnB B Bа а а .

Если значение какого-либо из найденных ускорений отрицательно, то векторы этих ускорений в действительности направлены противоположно показанным на рисунке.

Например, если в рассмотренном выше примере получим значение касательного ускорения τ

Bаr

меньше нуля ( τ 0Bа ), то в положении механизма

на рис. 3.1, б вектор τBа

r направлен противоположно скорости BV

r точки В, что

означает, что коромысло 3 вращается замедленно. IV. При нахождении угловой скорости, углового ускорения и ускорений

точек тела при плоскопараллельном движении. В тех случаях, когда известны ускорения двух точек плоской фигуры

по модулю и направлению, для определения угловой скорости, углового ускорения и ускорений любых точек этой фигуры целесообразен следующий порядок действий:

1) принять одну из точек, ускорение которой известно, за полюс и применить теорему об ускорениях точек плоской фигуры для второй точки;

2) изобразить на рисунке данные по условию задачи векторы ускорений обеих точек, а также неизвестные по модулю векторы нормального и касательного ускорений второй точки при вращении плоской фигуры вокруг полюса, направив вектор нормального ускорения из второй точки к полюсу, а вектор касательного ускорения перпендикулярно вектору нормального ускорения;

3) ввести на плоскости декартовую систему координат, направив одну из осей вдоль прямой, соединяющей эти точки;

4) определить значения нормального и касательного ускорений второй точки при вращении плоской фигуры вокруг полюса из алгебраических уравнений, полученных проецированием векторного равенства, связывающего ускорения этих двух точек, на декартовые оси;

5) найти величину угловой скорости и значение углового ускорения плоской фигуры в положении, изображенном на рисунке; 6) для определения ускорения любой другой точки С плоской фигуры выполнить действия пунктов 9 11, приведенных выше.

Пример 3.1. Определить скорость и ускорение ползуна В механизма в положении, изображенном на рис. 3.2, если кривошип ОА вращается с

постоянной угловой скоростью . Найти также угловое ускорение 2ε звена

АВ и ускорение точки D середины звена 2. Решить задачу при следующих данных:

ОА = 0,2 м; АВ = 0,8 м; АD = DB; = 2 рад/c; o30 . Решение. Механизм состоит из звена 1, вращающегося вокруг оси О,

звена 2, совершающего плоское движение, и ползуна В, движущегося поступательно в вертикальных направляющих.

Определим скорость точки А звена 1, движение которого задано:

ω 0 4 м/cAV OA , . Так как траекторией точки А является

окружность радиусом ОА, то вектор AV

направлен перпендикулярно радиусу ОА в

сторону вращения звена 1. Вектор скорости ВV

ползуна В изобразим вдоль его направляющих вертикально вверх.

Для определения величины скорости точки В построим МЦС (точку Р) для звена 2, восстановив в точках А и В перпендикуляры к

их скоростям AV

и ВV

до их пересечения.

Направление вектора скорости AV

точки А определяет направление

поворота звена 2 с угловой скоростью 2ω по ходу часовой стрелки вокруг его МЦС (точки Р) в данный момент времени (рис. 3.2).

Запишем пропорцию для МЦС:

2ωA BV V

AP BP .

Вычислив

cos 0 693м

sin 0 4 м,

АР АВ α , ,

BP AB α ,

находим

2ω 0 577 рад/cAV,

AP ,

2ω 0 23м/cBV BP , .

Определим ускорение Аа

точки А звена 1, вращающегося вокруг оси О:

τnА А Аа а а

r r r,

где 2 2ω 0 8м/cn

Аа ОА , ,

τ ωε 0,А

dа OА OA

dt

А

В

О

2

Р

2

1

DВV

АV

Рис. 3.2

так как по условию ω сonst . Следовательно, nАА аа

и вектор ускорения точки А направим из неё по кривошипу ОА к его оси вращения О (рис. 3.3).

Для определения ускорения Ва

точки В примем точку А за полюс. Тогда по теореме об ускорениях точек плоской фигуры имеем

τBА

nBА

nAB аааа

, (3.1)

где

2 22ω 0 266 м/cn

ВАа АВ , .

Вектор nВАа

направим из точки В к полюсу А. В предположении, что звено 2 вращается ускоренно ( 2 и 2 направлены на рис. 3.3 в одну сторону по ходу

часовой стрелки), изобразим вектор τBАа

r в точке В перпендикулярно вектору

nВАа

в направлении 2. Поскольку точка В кроме звена 2 принадлежит ползуну, то, предполагая, что ползун В движется ускоренно, направим вектор

ускорения Ва

по его скорости ВV

вертикально вверх. Введем ортогональную систему

координат Вху, направив ось Вх вдоль

звена 2, а ось Bу по вектору τBАа

r.

Для определения величины

ускорения Ва

спроецируем уравнение (3.1) на ось Вх:

nBAAB aαaαa coscos .

Отсюда

2cos1 11 м/c

cos

nA BA

B

a α aa ,

α

.

Для нахождения величины ускорения τBАа

r спроецируем (3.1) на ось Ву:

τsin sinB A BAa α a α a .

А

В

О

у

х

2

1

ε2

2

Aа

aBa

BAn

aBA

Рис. 3.3

Отсюда получаем

τ 2sin sin 0 155 м/cBA B Aa a α a α , . Тогда угловое ускорение 2 звена 2 определяем по формуле

τ2

2ε 0 19 рад/cBAa,

AB .

Поскольку 2ε 0 , то предположение об ускоренном вращении звена 2 верно,

т. е. в данном положении механизма 2ω и 2ε направлены в одну сторону по ходу часовой стрелки.

Теперь, когда кинематические характеристики ( 2ω и 2ε ) звена 2

найдены, определим ускорение Dаr

точки D середины звена 2. Примем точку А за полюс и

запишем для точки D теорему об ускорениях точек плоской фигуры:

τn nD A DА DАа а а а

r r r r. (3.2)

Модули нормального и касательного ускорений точки D при вращении плоской фигуры вокруг полюса А вчислим по формулам:

2 22ω 0 133 м/cn

DАа АD , ,

τ 22ε 0,076 м/cDАа АD .

Вектор nDАа

r направим из точки D к полюсу А, а вектор

τBАа

изобразим в точке

D перпендикулярно вектору nDАа

r в направлении 2 (рис. 3.4).

Поскольку направление ускорения Dаr

точки D середины звена 2 неизвестно, то разложим этот вектор по осям в выбранной выше системе координат Вху:

D Dx Dyа а i а j r rr

.

C учетом этого выражения уравнение (3.2) принимает вид

А

В

О

у

х

2

1

ε2

2

Aа

aDAnaDA

D

Рис. 3.4

τn n

Dx Dy A DА DАа i а j а а а r r r r r

. (3.3)

Вычислим проекции Dxа и Dyа ускорения точки D, спроецировав

векторное равенство (3.3) на оси Вх и Ву:

2

2

cos 0,826 м/c ,

sin 0,476 м/c .

nDx A DA

τDy A DA

а a α a

а a α a

,

Тогда найдем модуль ускорения точки D:

2 2 2 =0,95 м/cD Dx Dya a a .

Вектор ускорения точки D 0,826 0,476 Da i j r rr

.

Пример 3.2. Вал 1 радиуса r вращается вокруг оси О по закону ( )t . Определить скорости точек А, В, С, D, К и угловую скорость 2ω

ступенчатого катка 2 с радиусами ступеней R и r, связанного с валом намотанным на него нерастяжимым тросом и катящегося без скольжения по горизонтальной плоскости (рис. 3.5). Решить задачу при следующих данных:

2t рад; R = 0,2 м; r = 0,1 м. Решение. Механизм состоит из вращающегося вала 1 и ступенчатого

катка 2, совершающего плоскопараллельное движение. Так как задано движение вала 1, то определим его угловую скорость:

-11ω 2 с .

d

dt

Величина скорости точки Е на ободе вращающегося вала 1

1ω 0, 2 м/с, EV r

причем вектор . OEVE

Поскольку вал 1 связан с

катком 2 нерастяжимым тросом, то в каждый момент движения механизма

EL VV 0, 2 м/с .

D

φ

K

L

C B

A

E E

VC

VL

V

VD

BV

AV

R

rr

1

2

O

Рис. 3.5

Ступенчатый каток совершает плоское движение, и его точка касания с неподвижной плоскостью K является мгновенным центром скоростей ( 0)КV , т. е. является центром вращение катка 2 в данный момент

времени. Поэтому угловую скорость 2ω катка 2 найдем по формуле:

-12ω 2 c , .L L

L

V VV LK

LK R r

r

Тогда, используя данные задачи, определим скорости всех остальных точек ступенчатого катка 2 как скорости во вращении вокруг МЦС:

2 2ω ω 0, 4 м/с, ;С CV CK R V CK r

2 2

2 2

2 2 2 2

ω ω 2 0,57 м/с, ;

ω ω 2 0,8 м/с, ;

ω ω 0, 45 м/с, .

B B

A A

D A

V BK R V BK

V AK R V AK

V DK R r V AK

r

r

r

Изобразим на рис. 3.5 векторы скоростей точек катка перпендикулярно

отрезкам, соединяющим эти точки с точкой K (МЦС), в направлении 2ω .

Пример 3.3. Квадрат АВСD со стороной d совершает плоское движение. В данный момент времени ускорения его вершин А и В

соответственно равны Aar

, Bar

и направлены, как указано на рис. 3.6. Определить ускорение вершины С квадрата. Решить задачу при следующих данных:

2 см;d 22 см/с ;Aa 24 2 см/cBa . Решение. Для определения ускорения вершины С сначала найдем

угловую скорость ω и угловое ускорение ε квадрата в данный момент времени.

Примем точку В за полюс. Тогда ускорение вершины А квадрата выразим, применив теорему об ускорениях точек плоской фигуры:

τn

A B АB АBа а а а r r r r

, (3.4) где

2ω nАBа АB , τ ε АBа АB .

Вектор nАBа

r изобразим из точки А к

полюсу В. Предположим, что угловое ускорение ε квадрата направлено в данный

А В

у

х

ε

CD

аВ

аA

45o

d

CBа

ABа

CBа n

ij

ABnа

Рис. 3.6

момент времени по ходу часовой стрелки (рис. 3.6). Тогда изобразим вектор τАBа

r в точке А перпендикулярно вектору

nАBа

r в направлении .

Введем ортогональную систему координат Вху, направив ось Вх по стороне АВ, а ось Ву по стороне ВС квадрата.

Для определения величины ускорения nАBа

r спроецируем векторное

уравнение (3.4) на ось Вх:

o0 cos45 nB ABa a .

Отсюда

o 2cos45 4 см/cnAB Ba a ,

и находим величину угловой скорости квадрата в данный момент времени

-1ω = 2 cnАBа

АB .

Для определения величины ускорения τАBа

r спроецируем теорему (3.4)

на ось Ву:

o τsin 45A B ABa a a .

Отсюда получаем

τ o 2sin 45 4 см/cAB B Aa a a

и находим угловое ускорение ε квадрата по формуле:

τ2ε 1 рад/c 0ABa

AB .

Здесь положительный знак означает, что в данный момент времени угловое ускорение ε квадрата действительно направлено по ходу часовой стрелки (как на рис. 3.6).

Теперь, когда в данный момент времени угловая скорость ω и угловое

ускорение ε квадрата АВСD найдены, определим ускорение Cаr

его вершины С.

Примем точку В за полюс. Тогда для ускорения точки С имеем

τnC B CB CBа а а а

r r r r, (3.5)

где 2 2ω 4 см /cn

CBа CB , τ 2ε 2 cм /cCBа CB .

На рис. 3.6 вектор nСBа

r направим из точки С к полюсу В, а вектор

τCBа

r

изобразим в точке С перпендикулярно вектору nСBа


Поскольку направление ускорения Cаr

вершины С неизвестно, то разложим этот вектор по осям в выбранной выше системе координат Вху:

C Cx Cyа а i а j r rr

. С учетом этого разложения запишем векторное уравнение (3.5)

τnCx Cy B CB CBа i а j а а а

r r r r r. (3.6)

Вычислим проекции Cxа и Cyа ускорения точки С, проецируя векторное

уравнение (3.6) на оси Вх и Ву соответственно:

o τ 2cos45 6 см /cCx B CBа a a , o 2cos45 0 см /cn

Сy B CBа a a .

Тогда определим модуль ускорения точки С:

2 2 2 6 см /cС Сx Сya a a .

В данный момент времени вектор ускорения вершины С квадрата 6 Сa irr

и направлен из точки С по стороне СD параллельно оси Вх. Пример 3.4. Подвижный блок 1 и неподвижный 2 соединяются нерастяжимой нитью. Груз K, прикрепленный к концу этой нити опускается вертикально вниз по закону ( )x x t . Определить ускорение точки М,

лежащей на ободе подвижного блока 1, в момент времени 1t в положении, указанном на рис. 3.7, если радиус подвижного блока r. Решить задачу при следующих данных:

22x t м, 1 1t с, 0,2r м

Решение. Определим скорость поступательно движущегося груза K, движение которого задано:

4K

dxV t

dt ,

при 1 1t с 4 м/с 0KV и изобразим на рис. 3.7 направленным по оси х. Так как груз K связан с подвижным блоком 1 нерастяжимым тросом, то

4D KV V t Подвижный блок 1 совершает плоское движение. Точка Р этого тела является мгновенным центром скоростей (МЦС), поскольку 0PV . Для

определения угловой скорости 1ω и скорости центра С блока 1 запишем пропорцию для МЦС:

1ωD CV V

DP CP

или

1ω 2D CV V

r r .

Отсюда находим

11 1

1

ω 10 10(c ) 0,

2 2 м/с 0.2

Dt

DC t

Vt

DP

VV t

Изобразим на рис. 3.7 1ω и CVr

, направление которых определяется

направлением вектора DVr

. Поскольку центр С блока 1 движется прямолинейно, и его ускорение

M

C DP

MCа n

MCа

x1

y1

аC

VC

х

K

1

VD

VK

2

r

Рис. 3.7

22 м/с 0CC

dVa

dt ,

то вектор Car

направлен так же как вектор скорости CVr

. Для определения ускорения точки М подвижного блока 1 примем его центр С за полюс. Тогда по теореме об ускорениях точек плоской фигуры для точки М запишем

τnM C MC MCа а а а

r r r r, (3.7)

где при 1 1 ct

2 21ω 2 м /cn

MCа MC , и вектор n

MCаr

направим из точки М к полюсу С. Для определения τMCа

r найдем

значение углового ускорения 1ε блока 1. По определению

211

ωε 10(c ) 0

d

dt ,

и на рис. 3.7 угловое ускорение 1ε направлено как угловая скорость 1ω , так как их знаки одинаковые (вращение ускоренное). Тогда

τ 21ε 2 м /cMCа MC ,

и вектор τ

MCаr

направлен перпендикулярно вектору nMCа

r в направлении 1ε

(рис. 3.7). Введем ортогональную систему координат 1 1Px y , направив ось

1Px параллельно вектору nMCа

r, а ось 1Py параллельно τ

MCаr

. Поскольку

направление ускорения Mаr

точки М неизвестно, то разложим этот вектор по выбранным осям:

1 1M Mx Myа а i а j r rr

.

С учетом этого разложения запишем векторное уравнение (3.7)

1 1

τnMx My C MC MCа i а j а а а

r r r r r. (3.8)

Вычислим 1Mxа и

1Myа , проецируя векторное уравнение (3.8) на оси 1Px и

1Py соответственно:

1

24 м /cnMx C MCа a a ,

1

τ 22 м /cMy MCа a .

Тогда определим модуль ускорения точки М:

1 1

2 2 2 2 5 м /cM Mx Mya a a .

В данный момент времени вектор ускорения вершины С квадрата

4 2Ma i j r rr

. По теме 3 «Плоскопараллельное (плоское) движение тела»

рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 16.9; 16.15; 16.17; 16.18; 16.32; 16.35; 18.1; 18.11; 18.13; 18.28; 18.39.

4. ТЕМА 4 ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА ВОКРУГ НЕПОДВИЖНОЙ ТОЧКИ

На практическом занятии по теме «Движение тела вокруг неподвижной

точки» проводится решение задач по определению мгновенной угловой скорости и мгновенного углового ускорения тела при сферическом движении, а также скоростей и ускорений его точек.

4.1. Кинематика сферического движения твердого тела

При решении задач на определение кинематических характеристик тела и его точек при сферическом движении, если известна скорость точки тела постоянная по модулю, рекомендуется придерживаться следующего порядка:

1) определить положение мгновенной оси ОР; 2) вычислить величину мгновенной угловой скорости тела, разделив

модуль известной скорости точки тела на расстояние от этой точки до мгновенной оси;

3) определить угловое ускорение тела при сферическом движении как вектор скорости конца вектора мгновенной угловой скорости;

4) определить скорость любой точки твердого тела при сферическом движении как скорость точки при вращении тела вокруг мгновенной оси;

5) найти ускорение точки тела при движении вокруг неподвижной точки по теореме Ревальса, предварительно определив осестремительное и вращательное ускорения точки и по модулю и по направлению.

Пример 4.1. Конус с углом при вершине 2α и радиусом основания r катится по неподвижной плоскости без скольжения (рис. 4.1). Скорость центра основания constCV .

Определить в положении, изображенном на рис. 5.6, мгновенную угловую скорость , угловое ускорение конуса, а также скорость и ускорение его точки В. Решить задачу при следующих данных:

oα 30 , 20 смr , 60 см/сCV .

Решение. Конус совершает сферическое движение, поскольку при его движении точка О остается неподвижной. Для определения положения мгновенной оси ОР конуса найдем еще одну точку конуса, скорость которой в данный момент времени равна нулю. Такой точкой является любая точка касания конуса с неподвижной плоскостью ХОY, например точка L. Прямая ОР образующая конуса, проходящая через точки О и L в каждый момент его движения, является мгновенной осью вращения тела. Поэтому вектор

мгновенной угловой скорости r

конуса направим по оси ОР с учетом направления его качения (рис. 4.1). Для определения величины мгновенной угловой скорости конуса проведем из точки С на ось ОР перпендикуляр PCN h , где из CNL

cosαPh r . С учетом данных задачи вычислим значение мгновенной угловой скорости конуса по формуле:

YK

X

Z

L PN

O

VC

VB

r

C

B

hP

hZ

VA

E

Z

Рис. 4.1

1Ω 3,46 ccosα

C C

P

V V

h r . (4.1)

Теперь найдем скорость точки В. Для этого на рис. 4.1 проведем из

точки В перпендикуляр ВК на мгновенную ось ОР, равный по величине 2 Ph . Тогда скорость точки В определим как её скорость при вращении тела вокруг мгновенной оси:

Ω Ω 2 2 120 см/c .B P CV ВК h V

Поскольку по условию задачи скорость CV

точки С и расстояние

Ph постоянные по величине, то из (4.1) следует, что величина мгновенной угловой скорости также является постоянной. При качении конуса по

неподвижной плоскости ХОY конец вектора

(точка А) описывает

окружность радиуса . Так как AV

, тогда его модуль можно найти по формуле

ε ω ΩA ZV , (4.2)

где ωZ – угловая скорость вращения конуса вокруг оси OZ.

Для определения ωZ проведем из точки С на ось ОZ перпендикуляр

Zh (рис. 4.1), где

cosα ctgα cosα 30 смZh OC r . Тогда

1ω 2 c ,CZ

Z

V

h

и из (4.2) находим 2

Zε ω Ω 6,92 c .

Изобразим на рис. 4.2 вектор углового ускорения εr

конуса выходящим из точки О параллельно вектору AV

r, т. е. в данный момент времени ось углового

ускорения ОЕ, по которой направлен вектор εr

, совпадает с осью ОХ.

Для определения ускорения точки В конуса воспользуемся теоремой Ревальса:

OC BPBa a a r r r

, где

2 2

OC 2 415,7Pa BK h см/с2.

BP ε ε ε 2 277,1Ea h BO r см/с2.

На рис. 4.2 вектор осестремительного ускорения ОСаr

направим из точки В по

BK к мгновенной оси вращения ОР. Вектор вращательного ускорения BPar

проведем перпендикулярно плоскости, проходящей через векторы εr

и ОВ . Вектор ускорения Ba

точки В изобразим диагональю параллелограмма,

построенного на векторах ОСаr

и BPar

как на сторонах, модуль которого вычислим по формуле:

2 2 o 2BP OC BP OC2 cos 90 α 366 см/cBa a a a a .

По теме 4 «Движение тела вокруг неподвижной точки» рекомендуется

решить следующие задачи из сборника [1]: 19.1; 19.3; 19.5; 19.9.

Z

C

AOPL

Y

X

Z B

r

2

E

K

аОС

аB

аBP

Рис. 4.2

5. ТЕМА 6 СОСТАВНОЕ (СЛОЖНОЕ) ДВИЖЕНИЕ

ТОЧКИ И ТЕЛА

На практических занятиях по теме «Сложное движение точки и тела» решаются задачи по установлению соотношений между кинематическими характеристиками относительного, переносного и абсолютного движений точки и твердого тела.

5.1. Задачи на сложное движение точки

I. Если точка совершает сложное движение и составляющие движения, в которых она одновременно участвует, заданы, то для определения кинематических характеристик её абсолютного движения следует придерживаться следующего порядка:

1) ввести две системы координат: неподвижную и подвижную, связанную с телом, относительно которого движется точка;

2) разложить движение точки на составляющие и определить её траектории в относительном, переносном и абсолютном движениях;

3) мысленно остановив переносное движение, найти положение точки в заданный момент времени на траектории относительного движения и определить её скорость и ускорение в относительном движении;

4) мысленно остановив относительное движение, по угловой скорости и угловому ускорению переносного движения определить скорость и ускорение точки в переносном движении в заданный момент времени;

5) применив теорему о сложении скоростей, определить абсолютную скорость точки;

6) вычислить модуль ускорения Кориолиса и найти его направление, воспользовавшись правилом Н. Е. Жуковского;

7) найти проекции абсолютного ускорения точки на оси неподвижной системы отсчета и по ним определить искомое абсолютное ускорение точки по модулю и направлению. II. Для определения одной из скоростей точки при сложном движении с помощью теоремы о сложении скоростей, если известны направления её абсолютной, относительной и переносной скоростей и модуль одной из этих скоростей, следует придерживаться следующего порядка:

1) ввести две системы координат: неподвижную и подвижную, связанную с телом, относительно которого движется точка;

2) разложить движение точки на составляющие и определить её траектории в относительном, переносном и абсолютном движениях;

3) воспользовавшись теоремой о сложении скоростей, построить в этой точке треугольник скоростей: построение следует начинать с вектора скорости, известной по модулю и направлению; затем через его конец и начало провести прямые, параллельные соответственно двум другим

векторам до их пересечения; при обходе полученного треугольника скоростей векторы, определяющие направления относительной и переносной скоростей, изображаются в одном направлении, а вектор абсолютной скорости – в противоположном;

4) найти модули неизвестных по величине скоростей, определив длины сторон в построенном треугольнике скоростей.

Пример 5.1. Пластина АВС равномерно вращается вокруг оси ОZ с

угловой скоростью ωе (рис. 5.1). По её стороне АС движется точка М

согласно уравнению s =s(t)=АМ(t). Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени t1. Решить задачу при следующих данных:

ωе 10 с-1, s = АМ = 4t3 м, t1 = 0,5 c. Решение. Точка М совершает сложное движение, поскольку она

одновременно участвует в двух движениях. Свяжем с осью вращения ОZ неподвижную систему координат ОXYZ,

предполагая, что пластина АВС в рассматриваемый момент времени t1

находится в плоскости YОZ (рис. 5.1). Подвижную систему отсчета Axyz (на рис. 5.1 не изображена) мысленно свяжем с пластиной АВС, относительно которой движется точки М.

Тогда движение точки М по стороне АС вращающейся пластины АВС является для неё относительным движением, а вращение вместе с пластиной АВС вокруг неподвижной оси ОZ переносным движением (так как из данных задачи ω 0е , то пластина АВС вращается вокруг оси ОZ по часовой стрелке).

Абсолютная скорость точки М вычисляется по теореме о сложении скоростей:

.VVV rеa

Сначала определим

кинематические характеристики относительного движения точки. Это движение задано естественным способом и представляет собой прямолинейное движение точки М по стороне АС пластины АВС по закону s = АМ = = 4t3.

Найдем положение точки М на траектории относительного движения в момент времени t1 = 0,5 c. Для этого вычислим расстояние

11 0,5ts AM 0,5 м.

Z

M

s

A

CB

K eR

Y

X

Ve

Vr

1

O

e

Va 60o

Рис. 5.1

Определим относительную скорость точки М и ее численное значение:

212 r

dsV t

dt ,

при t1 = 0,5 c Vr = 3 м/с. Поскольку 0rV , то на рис.5.1 вектор rV

направим из точки М в сторону увеличения расстояния s = АМ, т. е. из точки М к точке С.

Вычислим величину переносной скорости точки М как скорость точки вращающейся пластины АВС:

1ω ω cos60 2,5 м/coe e e eV R s ,

где eR = MK, т. е. длина перпендикуляра, опущенного из точки М на ось

вращения OZ, другими словами, Re – радиус окружности, которую описывала бы точка М при переносном вращении вместе с пластиной АВС вокруг оси OZ в данный момент времени t1 = 0,5 c.

На рис. 5.1 направим вектор еV

из точки М перпендикулярно отрезку

MK в направлении ωе (параллельно оси ОХ).

Геометрически складывая векторы rV

и еV

, определяем вектор

абсолютной скорости аV

точки М. Так как угол между ними α 90о , то

модуль абсолютной скорости находим по формуле:

2 2a e rV V V 3,9 м/с.

Для определения абсолютного ускорения точки М воспользуемся теоремой Кориолиса о сложении ускорений. Найдем векторы относительного, переносного ускорений и ускорения Кориолиса по модулю и направлению.

Так как относительное движение точки М задано естественным способом, то вектор относительного ускорения ra

r определяется по теореме

Гюйгенса: τ n

r r ra a a r r r

.

Однако, поскольку траекторией этого движения является прямая линия АС ( = ), то в этом случае величина нормального ускорения 2 /ρ 0n

r ra V

и τr ra a

r r.

Поэтому значение относительного ускорения точки М вычислим по формуле:

τ 24 rr r

dVa a t

dt ,

и при t = 0,5 c ra 12 м/с2. Так как в данный момент

времени знаки числовых значений Vr и

ra одинаковые, то относительное движение точки ускоренное, и на рис. 5.2 вектор относительного ускорения

ra

направим так же как вектор

относительной скорости Vr

, т. е. из

точки М к точке С. Переносное ускорение точки М

определим как ускорение точки пластины АВС, вращающейся вокруг неподвижной оси OZ:

τn

e e ea a a r r r

, где

2 2

τ

ω 25 м/c ,

ε 0,

en e e

e e e

a R

a R

так как по условию задачи переносное движение равномерное вращение (ω conste ) и ε ω /e ed dt = 0. Следовательно, переносное ускорение точки М

равно нормальному переносному ускорению ne ea a

r r, и на рис. 5.2 этот вектор

направим из точки М по отрезку MK к оси вращения OZ. Вычислим модуль ускорения Кориолиса

2 ωС e ra V rrr

, (5.1) который равен

22 ω sinα 30 м/cС e ra V rr

,

где oα 30 угол между векторами ωe

r и rV

.

Направление вектора Ca

найдем по правилу Н. Е. Жуковского:

спроецируем вектор rV

относительной скорости точки М на плоскость ОХY,

Z

M

s

A

CB

K

Y

X

1

O

60o

eR nea

Ca Vr

ra

e

e

ijk

Рис. 5.2

перпендикулярную вектору ωe

r, а затем повернём эту проекцию в этой

плоскости на 90о в направлении ωe (по ходу часовой стрелки). На рис. 5.2 изобразим вектор ускорения Кориолиса Ca

, направив его из точки М

параллельно оси ОХ. Для определения абсолютного ускорения точки М запишем теорему Кориолиса о сложении ускорений для данной задачи:

na e r Ca a a a

r r r r.

Поскольку направление вектора абсолютного ускорения aar

точки М неизвестно, то в данном равенстве разложим его на составляющие векторы по осям декартовой системы ОХYZ:

naX aX aX e r Ca i a j a k a a a

rr r r r r.

Здесь , , i j k rr r

орты неподвижного трёхгранника ОХYZ (рис. 5.2), а aXa ,

aYa и aZa проекции вектора aar

на эти оси. Проецируя полученное векторное равенство на оси ОX, ОY, ОZ и

подставляя модули найденных выше векторов ускорений, получаем:

230 м/caX Ca a ;

2cos60 19 м/cn oaY e ra a a ;

2sin 60 10,4 м/co

aZ ra a .

Тогда модуль абсолютного ускорения точки М найдем по формуле:

2 2 2 2 2 2 2 30 ( 19) ( 10,4) 37 м/ca aX aY aZa a a a .

Следовательно, при t = 0,5 c модуль абсолютной скорости точки М

равен 3,9 м/caV , а величина её абсолютного ускорения 2 37 м/caa . Пример 5.2. В кулисном механизме при вращении кривошипа ОL вокруг оси О, перпендикулярной плоскости рисунка, ползун А, перемещаясь вдоль кривошипа ОL, приводит в движение стержень АВ, движущийся в вертикальных направляющих K (рис. 5.3). Определить абсолютную скорость Vа

точки А в функции от угловой

скорости ω и угла поворота кривошипа ОL, если OK = d.

Решение. Точка А ползуна совершает сложное движение, поскольку она одновременно участвует в двух движениях. Свяжем с точкой О и направляющими K неподвижную систему координат OXY (рис. 5.3) . Тогда движение точки А вместе с поступательно движущимся в вертикальных направляющих K стержнем АВ является для неё абсолютным движением и поэтому вектор Vа

абсолютной скорости точки А

направлен вдоль направляющих по вертикали (параллельно оси OY). Подвижную систему отсчета Оху мысленно свяжем с вращающимся

кривошипом ОL, по которому движется ползун А (на рис. 5.3 не изображена). Тогда скорость той точки вращающегося кривошипа ОL, с которой в данном положении механизма совпадает точка А, является для неё переносной

скоростью еVr

. Поэтому вектор еVr

направлен из точки А перпендикулярно

кривошипу ОL в направлении его вращения с угловой скоростью . Определим модуль переносной скорости точки А:

ω ωcose

dV OA

.

Движение точки А вместе с

поступательно движущимся по кривошипу ОL ползуном является для неё относительным движением со скоростью rV

r, направленной вдоль

кривошипа из точки А к точке L. Для определения величины

абсолютной скорости аVr

точки А воспользуемся теоремой о сложении скоростей:

.VVV rеa

Для этого построим в точке А векторный треугольник скоростей.

На рис. 5.3 построение начинаем из точки А с известного по модулю и направлению вектора переносной скорости еV

r. Через его конец и начало

проводим прямые, параллельные соответственно векторам rVr

и аVr

. Вектор, проведенный из точки А в точку пересечения этих прямых, является абсолютной скоростью точки А.

Полученный треугольник скоростей прямоугольный, так как е rV Vr r

.

Угол между векторами еVr

и aVr

равен , как острые углы с взаимно

перпендикулярными сторонами ( еV OAr

, а aV OKr

). Определим модуль

K

L

O

B

A

φ

d

φ aVeV

rV

Y

X

Рис. 5.3

абсолютной скорости aVr

точки А как гипотенузу данного прямоугольного

треугольника по известной величине катета еVr

и углу :

2

ω cos cos

ea

V dV

,

что и требовалось найти. Пример 5.3. На тележке, движущейся по горизонтали вправо с

ускорением 0ar

, установлен электрический мотор, ротор которого при пуске в

ход вращается по закону = (t). Определить абсолютное ускорение точки А, лежащей на ободе ротора радиуса R, при t1, если в этот момент времени точка А находится в положении, указанном на рис. 5.4. Решить задачу при следующих данных: а0 = 49,3 см/с2, = (t) = t2 рад, t1 = 1 c, СА = R = 20 см.

Решение. Свяжем с плоскостью, по которой движется тележка, неподвижную систему координат ОXY, направив ось ОХ по направлению ее движения, а с самой тележкой подвижную систему координат (на рис. 5.4 не изображена).

Точка А совершает сложное движение, поскольку она одновременно участвует в двух движениях: в переносном движении вместе с тележкой по горизонтали вправо с

ускорением 0ar

и в относительном вращении с ротором вокруг оси С.

Для определения абсолютного ускорения точки воспользуемся теоремой Кориолиса о сложении

ускорений

Crеa aaaa

. Изобразим на рис. 5.4 в точке А уже известный по модулю вектор

переносного ускорения 20 49,3 см/cea a

r r, направленный параллельно оси

ОХ. Найдем относительное ускорение точки А как ускорение точки вращающегося ротора:

τn

r r ra a a r r r

.

0a

XO

Y

C 30o

ea

ran

ra

A

ij

Рис. 5.4

Для этого вычислим угловую скорость и угловое ускорение ротора при t1 = 1 c:

11ω 2 2 ct

dt

dt

, 2ω

ε 2 cd

dt .

Поскольку знаки угловой скорости и углового ускорения ротора оба

положительные и угловое ускорение от времени не зависит, то ротор

вращается равноускоренно против хода часовой стрелки (рис. 5.4). Тогда величины нормального и касательного ускорений точки А в

относительном движении равны: 2 2

τ 2

ω 80 см/c ,

ε 40 см/c .

nr

r

a R

a R

Вектор нормального ускорения n

rar

направим из точки А по радиусу к оси С

вращения ротора. Касательное ускорение τra

r изобразим в точке А

перпендикулярно нормальному ускорению nra


Так как переносное движение поступательное (ω 0e ), то из (5.1)

следует, что ускорение Кориолиса равно нулю ( 0Сa ). Тогда в этом случае

теорема Кориолиса принимает вид

a e ra a a r r r

,

или, поскольку относительное движение является вращательным,

τna e r ra a a a

r r r r.

Так как направление вектора абсолютного ускорения aar

точки А неизвестно, то в данном равенстве для плоского случая, разложим этот вектор на составляющие по осям ОХ и ОY:

naX aX e r Ca i a j a a a

r r r r r, (5.2)

где , i j r r

орты неподвижной декартовой системы координат ОХY, а aXa ,

aYa проекции вектора абсолютного ускорения aar

на эти оси.

Для определения величины абсолютного ускорения точки А спроецируем векторное равенство (5.2) на оси неподвижной системы

координат ОXY и, подставив данные задачи и вычисленные выше модули ускорений, получим:

o τ o

o τ o 2

cos30 sin 30 0;

sin 30 cos30 74,6 см/c .

naX e r r

naY r r

a a a a

a a a

;

Тогда модуль абсолютного ускорения точки М найдем по формуле:

2 2 2 74,6 см/ca aX aYa a a .

Следовательно, в момент времени t = 1 c величина абсолютного ускорения точки А 2 74,6 cм/caa , а вектор 74,6aa j

rr направлен из точки А по оси ОY

(по вертикали вверх).

5.2. Сложение вращений твердого тела вокруг пересекающихся осей

Задачи по определению абсолютной скорости точки твердого тела при сложении его вращений вокруг пересекающихся осей следует решать придерживаясь следующего порядка:

1. Выбрать неподвижную систему координат OXYZ так, чтобы её ось ОZ совпала с переносной угловой скоростью ωe

r, и подвижную систему

координат Oxyz так, чтобы ось Oz совпала с относительной угловой

скоростью ωr

r.

2. По известным векторам переносной ωe

r и относительной ωr

r угловых

скоростей найти абсолютную угловую скорость rтела по модулю и

направлению, а также положение мгновенной оси вращения ОР тела в данный момент времени.

3. Определить абсолютную скорость точки твердого тела как её скорость во вращении вокруг мгновенной оси ОР.

Пример 5.4 Карусель представляет собой круглую площадку АВ радиусом R, которая вращается вокруг оси ОС, проходящей через её центр D, делая 1n об/мин, а ось ОС вращается в том же направлении вокруг

вертикальной оси ОЕ и делает 2n об/мин. Определить абсолютную скорость точки В карусели в тот момент

времени, когда она занимает самое низшее положение, если угол между осями ОС и ОЕ равен , а расстояние OD = l (рис. 5.5, а).

Решить задачу при следующих данных: R = 5 м, n1 = 6 об/мин, n2 = 10 об/мин, = 20°, l = 2 м. Решение. Рассмотрим положение карусели, когда точка В занимает низшее положение. Карусель совершает сложное движение, состоящее из

вращения вокруг оси симметрии ОС (относительное движение) и вращения её вокруг вертикальной оси ОЕ (переносное движение).

Свяжем с осью ОС ось Oz подвижной системы отсчета и направим по ней вектор относительной угловой скорости ωr

r (рис. 8.12, б), величина

которого определяется по формуле

-11π ω 0,628 c

30r

n .

Ось ОZ неподвижной системы координат свяжем c вертикальной осью ОЕ и по ней направим вектор переносной угловой скорости ωe

r, модуль

которого равен

-12π ω 1,047 c

30е

n .

Результирующее абсолютное движение карусели является

вращательным движение с мгновенной угловой скоростью r

, равной геометрической сумме мгновенных угловых скоростей составляющих вращений

ω ωr e r r r

. (5.3)

На рис. 5.5, б вектор r

направим по диагонали параллелограмма, построенного на векторах ωr

r и ωe

r как на сторонах.

По теореме косинусов вычислим модуль мгновенной угловой скорости карусели:

O

l

DR

B

A

CE

O

CE

Z

D

B

L

P

h

K

A

re

z

BV

а б Рис. 5.5

2 2 -1ω ω 2ω ω cosα 1,651 сr e r e .

Прямая линия ОР, направленная по вектору мгновенной угловой

скорости r

, является мгновенной осью вращения карусели в данный момент

времени. Определим её положение, введя угол между векторами r

и ωr

r:

по теореме синусов имеем

o

ω

sin(180 α) sinβe

,

или ω sinα

sinβ e .

Абсолютная скорость точки В карусели определим как её скорость во

вращении вокруг мгновенной оси ОР. Для этого на рис. 5.5, б проведем из точки В на ось ОР перпендикуляр BK h . Тогда

BV h . (5.4)

Вычислим h . В прямоугольном треугольнике BKL βKBL (как острые

углы с взаимно перпендикулярными сторонами: BK r

, а ωrBL r

). Тогда

cosβh BL , (5.5) где

2 2 2 22 ω sin αω sinα

cosβ 1 sin β 1 ee

, (5.6)

а sinβ

tgβ cosβ

BL LD DB OD R l R

2 2 2

ω sinα

ω sin αe

e

l R

. (5.7)

Подставляя (5.5)–(5.7) в (5.4), находим

2 2 2 ω sin α ω sin α 8,78 м/cB e eV l R .

Вектор абсолютной скорости BVr

точки В карусели лежит в плоскости, перпендикулярной мгновенной оси ОР, и направлен перпендикулярно отрезку h в направлении абсолютного вращения с мгновенной угловой

скоростью r

(рис. 5.5, б). 5.3. Сложение вращений твердого тела вокруг параллельных осей

При решении задач на определение относительной, переносной и

абсолютной угловых скоростей и различных скоростей точек планетарных и дифференциальных зубчатых передач рекомендуется придерживаться следующей последовательности действий:

1) выбирать одно вращение за относительное, второе вращение за переносное, а результирующее вращение за абсолютное;

2) записать для точки зацепления каждой пары колес, теорему о сложении скоростей, определив модули составляющих скоростей точки через относительные и переносные угловые скорости колес;

3) составить равенства, выражающие зависимости между абсолютными, переносными и относительными угловыми скоростями колес, из которых найти искомые величины. Пример 5.5. На кривошип ОА (рис. 5.6, а), вращающийся вокруг оси О с угловой скоростью ω , свободно насажена шестерня IV с числом зубцов 4z

и две жестко связанные между собой шестерни II и III с числом зубцов 2z и

3z соответственно. Шестерня IV зацепляется с шестерней III, а шестерня II –

с неподвижной шестерней I, имеющей 1z зубцов.

Определить абсолютную угловую скорость 4ω шестерни IV. Решение. В данной задаче мы имеем так называемый планетарный зубчатый механизм. Пусть кривошип ОА (водило) вращается вокруг неподвижной оси О против хода часовой стрелки; примем это вращение за переносное движение. Относительные угловые скорости шестерен I, II, III и IV, т. е. угловые скорости их вращения по отношению к кривошипу ОА, обозначим соответственно 1ω , 2ω , 3ω и 4ω . При этом ωi (i = 1, 2, 3, 4) будет принимать положительное алгебраическое значение, если относительное вращение происходит против хода часовой стрелки, и отрицательное по ходу часовой стрелки. Радиусы шестерен примем равными 1r , 2r , 3r и 4r . Рассмотрим точку В зацепления шестерен I и II. Абсолютная скорость этой точки равна нулю, так как в точке В шестерня II сцеплена с неподвижной шестерней I:

0e rB B BV V V

r r r.

Поэтому

e rB BV V

r r. (5.8)

Переносная скорость точки В шестерни II равна по модулю 1= ω eBV r и

направлена перпендикулярно ОВ в направлении вращения водила ОА.

Тогда относительная скорость этой точки равна по величине 2 2= ω rBV r

и направлена противоположно 1e

BVr

(рис. 5.6, а). Из (5.8) также следует равенство модулей переносной и относительной скоростей точки В, т. е.

e rB BV V

или

ACB

O O1

II

I

III

IVVB

e

VBr

VCe

VCr

а

ACB

O O1

III IIIIV

1'

4'

2' 3

'=

4

б

Рис. 5.6

1 2 2 ω = ω r r .

Откуда

12

2

ω ω = 0

r

r . (5.9)

Так как шестерни II и III жестко связаны между собой и представляют одно твердое тело, то

3 2ω = ω , (5.10)

и относительные вращения шестерен II и III совпадают с направлением вращения водила ОА, т. е. происходят против хода часовой стрелки (рис. 5.6, б). Рассмотрим теперь точку С зацепления шестерен III и IV. Найдем её абсолютную скорость

e rC C CV V V

r r r.

Переносная скорость точки С шестерни III по модулю равна = ω e

CV OC и направлена перпендикулярно ОС в направлении вращения водила ОА. Относительная скорость этой точки численно равна 3 3= ω r

CV r и направлена

перпендикулярно 1O C в направлении относительного вращения шестерни III

с угловой скоростью (рис. 5.6, а). Поэтому абсолютная скорость точки С шестерни III

3 3 ω ω e rC C CV V V OC r . (5.11)

Подобным же образом находим, что абсолютная скорость точки шестерни IV, совпадающей с точкой С, по модулю равна

4 4= ω ω e rC C CV V V OC r . (5.12)

В этом случае относительная угловая скорость шестерни IV 4ω < 0 , поскольку при внешнем зацеплении шестерен III и IV их относительные вращения происходят в противоположные стороны (рис. 5.6, б). Приравнивая правые части (5.11) и (5.12), получаем

3 3 4 4ω ω ω ω OC r OC r или

3 4 4

4 3 3

ω

ω

r z

r z

, (5.13)

так как радиусы зубчатых шестерен пропорциональны числам их зубцов.

Следовательно, относительные угловые скорости двух сцепленных зубчатых колес обратно пропорциональны числам их зубцов и при внешнем зацеплении эти угловые скорости имеют разные знаки. Из (5.13) находим

34 3

4

ω ωr

r

и с учетом (5.10) и (5.9) получаем

3 1 34 2

4 2 4

ω ω ω.

r r r

r r r (5.14)

При сложении вращений тела вокруг параллельных осей из (5.6) следует, что абсолютная угловая скорость 4 шестерни IV равна алгебраической сумме переносной и относительной угловых скоростей:

1 34 4

2 4

ω ω + ω 1 ω

r r

r r

,

или

1 34

2 4

ω 1 ω.

z z

z z

(5.15)

Если в (5.15) 1 3 2 4/ 1z z z z , то 4 > 0 и направление абсолютного вращения шестерни IV совпадает с направлением вращения водила ОА. При соотношении 1 3 2 4 / 1z z z z 4 < 0 и направление абсолютного вращения шестерни IV противоположно направлению вращения водила.

По теме 6 «Составное (сложное) движение точки и тела» рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 22.14; 22.17; 22.18; 22.25; 23.7; 23.27; 23.28; 23.35; 23.36; 23.49; 24.1; 24.3; 24.4.

МОДУЛЬ 2 СТАТИКА

6. ТЕМА 8 СИСТЕМА СХОДЯЩИХСЯ СИЛ

На практическом занятии по теме «Система сходящихся сил» рассматриваются задачи на определение реакций связей несвободного твердого тела, которые можно решать геометрическим и аналитическим способами.

6.1. Равновесие твердого тела при действии плоской системы

сходящихся сил I. Геометрический способ решения рекомендуется проводить в

следующем порядке: 1) выделить тело, равновесие которого следует рассмотреть для

отыскания искомых величин; 2) изобразить заданные силы; 3) применив принцип освобождаемости от связей, приложить к

твердому телу соответствующие силы реакций связей; 4) рассмотреть равновесие данного несвободного твердого тела как

свободного тела, находящегося под действием заданных сил и реакций связей; согласно уравнению

1

0n

кк

R F

r r

(6.1)

построить силовой многоугольник (построение следует начинать с силы, известной как по модулю, так и по направлению);

5) геометрически решить силовой многоугольник и определить искомые величины.

Этим способом удобно пользоваться, если число задаваемых сил и сил реакций связей, приложенных к твердому телу, находящемуся в равновесии, в сумме равно трем; тогда задача сводится к построению и решению силового треугольника.

II. Аналитический способ решения задачи рекомендуется проводить в следующем порядке:

1) выделить тело, равновесие которого следует рассмотреть для отыскания неизвестных величин;

2) изобразить заданные силы; 3) применив принцип освобождаемости от связей, приложить к

твердому телу соответствующие силы реакций связей; в дальнейшем рассматривать равновесие данного несвободного твердого тела как свободного тела, находящегося под действием заданных сил и реакций связей; убедиться, что данная задача является статически определимой, т. е. число неизвестных сил не более двух;

4) выбрать в плоскости действия сил систему декартовых координат ху; при этом оси целесообразно выбирать так, чтобы одна из искомых сил на одну из осей (х или у) проецировалась в ноль;

5) составить уравнения равновесия тела в проекциях на оси координат:

1 1

0, 0n n

kx kyk k

F F

. (6.2)

6) решить полученную систему уравнений равновесия и определить

искомые силы. Если числовое значение какой-либо из неизвестных сил окажется

отрицательной, то это означает, что в действительности направление силы противоположно тому, которое было указано на рисунке.

Пример 6.1. Груз Q удерживается в равновесии двумя стержнями АС и ВС, соединенными между собой и с вертикальной стеной шарнирами (рис. 6.1).

Определить усилия в стержнях, считая их невесомыми, если углы, составляемые стержнями АС и ВС со стеной соответственно равны α и β . Решить задачу при следующих данных: Q = 300 Н, α = 30о, β = 60о. Решение. Рассмотрим равновесие шарнира С, и изобразим действующие на него силы: сила тяжести

груза Q

, 1S

и 2S

реакции невесомых стержней АС и ВС соответственно, направленных по стержням в предположении, что они оба растянуты (рис. 6.1). Шарнир С находится в равновесии под действием плоской системы сходящихся сил. Для определения

искомых усилий 1S

и 2S

можно воспользоваться геометрическим или аналитическими условиями равновесия. Рассмотрим оба способа решения задачи.

1. Геометрический способ. Согласно (6.1)

021 SSQ

, (6.3)

т. е. треугольник, построенный на этих силах, должен быть замкнут. Построение начинаем в произвольной точке плоскости с известной по

модулю и направлению силы Q

. Через начало и конец вектора Q

проводим

прямые, параллельные силам 1S

и 2S

. Точка пересечения этих прямых даст третью вершину треугольника. Направление обхода треугольника согласно

(6.3), т. е. направления векторов 1S

и 2S

, задает вектор

Q

(рис. 6.2).

Заметим, что направление вектора 2S

на рис. 6.2 противоположно его первоначально выбранному направлению на рис. 6.1. Это означает, что предположение о том, что в положении равновесия

C

x

α

yQ

Q

A

B

S1

S2

Рис. 6.1

α

Q

S1

S2

Рис. 6.2

стержень ВС растянут неверно; в действительности стержень ВС сжат. Решим этот треугольник сил. Поскольку oα 30 , β = 60о, то угол

между векторами 1S

и 2S

равен 90о. Определяем величины усилий 1S и 2S как катеты прямоугольного треугольника по известной величине Q его гипотенузы и острым углам α и β :

1

2

cosα 260 H;

cosβ 150 H.

S Q

S Q

Геометрический способ решения будет рациональным, если число

действующих на тело сил равно трем, т. е. когда задача сводится к решению треугольников сил. 2. Аналитический способ. Проводим в точке С координатные оси: Сх по стержню АС, а Су по стержню ВС, так как по условию задачи о90АСВ (рис. 6.1). Записываем аналитические условия равновесия тела при действии плоской системы сходящихся сил (6.2):

1 1

0 ; 0 , n n

кx кyк к

F F

и, проецируя уравнение (6.3) на выбранные координатные оси, получаем

1

2

cosα 0;

cosβ 0.

Q S

Q S

Решая эти уравнения относительно 1S и 2S , находим

1

2

cosα 260 H,

cosβ 150 H.

S Q

S Q

Здесь знаки 1S и 2S означают, что стержень АС как первоначально предполагали растянут, а стержень ВС сжат. Пример 6.2. Балка АВ шарнирно закреплена на опоре А, а у конца В она положена на катки (рис. 6.3, а). В середине балки, под углом 450 к её оси, действует сила Р

. Определить реакции опор, пренебрегая весом балки.

Решить задачу при следующих данных:

Р = 2 кН, АС = СВ = 2 м.

Решение. Рассмотрим равновесие балки АВ находящейся под действием силы Р

.

Отбросим связи, заменив их действие реакциями связей. В точке В ре-

акция шарнирно-подвижной опоры ВR

направлена перпендикулярно к

опорной поверхности. По теореме о трех силах реакция AR

подшипника А

проходит через точку О пересечения линий действия сил Р

и ВR

(рис. 6.3, б).

Следовательно, балка АВ находится под действием плоской системы сходящихся сил. Для решения задачи введем декартовую систему координат Axy и запишем аналитические условия равновесия (6.2) для рассматриваемой задачи

cos cos 45 0,

sin cos 45 0,

oA

oA B

R P

R P R

(6.4)

где угол, который реакция AR

образует с осью Ах.

Вычислим входящие в (6.4) синус и косинус угла . Треугольник СВО является прямоугольным и равнобедренным СВ = ВО = 2 м. Из прямо-угольного треугольника АВО по теореме Пифагора находим гипотенузу АО:

5224 2222 BOABAO м. Тогда

2 1cos , sin

5 5

AB BO

AO AO .

Из (6.4) определяем искомые реакции балки АВ:

СА B

o45

P

СА

BR

B

o45 x

AR

Py

O

а б

Рис. 6.3

cos 45 101,58

cos 2

o

A

PR

кН;

2cos 45 sin 0,71

2o

B AR P R кН.

ПРИМЕР 6.3. Определить модуль равнодействующей двух равных по

величине сходящихся сил 1 2 10 HF F , образующих между собой угол o60 (рис. 6.4, а).

Решение. 1. Геометрический способ. Построим по правилу сложения векторов равнодействующую

1 2R F F r r r

,

т. е. вектор, соединяющий начало первой силы 1Fr

с концом второй силы 2Fr

(рис. 6.4, б).

Тогда модуль равнодействующей Rr

определим по теореме косинусов

2 2 o1 1 1 22 cos120 17,3 HR F F F F .

2. Аналитический способ. Введем в точке О декартовую систему

координат Оху, направив ось Ох по силе 1Fr

(рис. 6.4, в). Согласно (5.8)

вычислим проекции равнодействующей Rr

на декартовые оси:

o1 2

o2

+ cos60 = 15 H,

sin60 8,66 H.

х

y

R F F

R F

Тогда по формуле (5.10) найдем модуль равнодействующей R

r

F1

F2

O60

o

F1

F2

O

120o

R

F1

F2

O60

o

y

x

а б в

Рис. 6.4

2 2 2 2= 15 8,66 17,3 Hx yR R R .

Геометрический способ решения такой задачи для системы сходящихся

сил будет рациональнее аналитического, только тогда, когда число действующих сил равно двум, т. е. когда геометрическая задача сводится к решению треугольников сил.

6.2 Равновесие твердого тела при действии

пространственной системы сходящихся сил

I. Решение задач на равновесие несвободного твердого тела, к которому приложена пространственная сходящихся система сил, рекомендуется проводить в следующем порядке:

1) выделить твердое тело, равновесие которого следует рассмотреть для отыскания искомых величин;

2) изобразить активные силы; 3) применив принцип освобождаемости от связей, приложить к

твердому телу соответствующие силы реакций связей; 4) рассмотреть равновесие данного несвободного твердого тела как

свободного тела, находящегося под действием активных сил и реакций связей;

5) выбрать декартовую систему координат; 6) записать уравнения равновесия для пространственной сходящейся

системы сил в проекциях на выбранные оси:

1 1 1

0, 0, 0.n n n

kx ky kzk k k

F F F

; (6.5)

6) решить полученную систему уравнений и определить искомые

величины. II. В задачах на определение равнодействующую пространственной

системы сил требуется придерживаться следующей последовательности действий:

1) изобразить заданные силы; 2) ввести декартовую систему координат; 3) найти проекции , , x y zR R R равнодействующей R

r на оси х, у, z;

4) вычислить модуль равнодействующей по Rr

формуле:

2 2 2x y zR R R R ; (6.6)

5) определить направляющие косинусы по формулам:

cos , cos , cos .yx zRR R

R i R j R kR R R

rr r rr r (6.7)

Пример 6.4. Определить равнодействующую сил 1 2, 3, , F F Fr r r

,

приложенных в вершине О прямоугольного параллелепипеда (рис. 6.5), если

углы образованные линиями действия сил 2Fr

и 3Fr

с осями координат

соответственно равны α и β . Решить задачу при следующих данных:

1F = 15 Н; ,2F = 20 Н; 3F = 25 Н; α = 60о; β = 45о.

Решение. На прямоугольный параллелепипед действует

пространственная система сходящихся сил 1 2, 3, , F F Fr r r

. Введем в точке

сходимости сил начало декартовой системы координат Охуz (рис. 6.5).

Для определения модуля равнодействующей 1 2 3R F F F r r r r

вычислим её проек-ции на декартовые оси:

o o o1 2 3

1 2

cos(90 α) cos0 cos90

sinα 33 H ;хR F F F

F F

o o

1 2 3

1 3

cosα cos90 cos 90 β

cosα sinβ 25,2 H ;

yR F F F

F F

o o

1 2 3

3

cos90 cos90 cosβ

cosβ 17,7 H .zR F F F

F

Тогда согласно (6.6) модуль равнодействующей равен:

2 2 2 45,1 H .x y zR R R R

По формулам (6.5) вычислим направляющие косинусы углов

cos 0,73; cos 0,56; cos 0,39;yx zRR R

R i R j R kR R R

rr r rr r

Откуда o o o 43 7 ; 55 57 ; 67 3 .R i R j R k

rr r rr r

OF

1F

2

F3

x

y

z

Рис. 6.5

В декартовой системе координат равнодействующая сил 3,21 , , FFF

равна 33 25,2 17,7 R i j k rr r r

. Пример 6.5. Три стержня АО, ВО и СО шарнирно-стержневой конструкции соединены в точке О.

Определить усилия, возникающие в стержнях под действием силы F

, приложенной к шарниру О (рис. 6.6), если АВ = АО = АА .

Решить задачу при следующих данных: F = 12 H, АВ = АО = АА = а.

Решение. Рассмотрим равновесие узла О, в котором соединяются стержни АО, ВО и СО. Узел находится под действием

силы F

, направленной по пространственной диагонали куба, так как по условию АВ = АО = АА = а . Отбросим стержни, заменив их

действие реакциями 321 S,S,S

, направленным по стержням в узел О предполагая, что в положении равновесия конструкции все стержни сжаты. В точке О введем декартовую систему координат Охуz, направив оси

по ребрам куба. Вершина (далее узел) О находится в равновесии под действием пространственной системы сходящихся сил. Поэтому запишем аналитические условия равновесия (6.5) в общем виде и для данной задачи:

n

ккz

n

ккy

n

ккx FFF

111

0 , 0 , 0 ;

или

.FS

,FSS

,FSS

0 sin 45 cos

045sin cos 45 cos

045 cos cos 45 cos 45 cos

03

0021

003

02

(6.8)

Здесь использовалось, что диагонали граней куба образует с его ребрами углы 450.

При определении проекций силы F

на оси х и у применялся метод

двойного проецирования: сначала силу F

спроецировали на координатную

F

B

1S

2S

3S

AO

C

х

у

z

450

450

C

OA

B

Рис. 6.6

плоскость Оху, проекция которой хуF

является вектором; затем этот вектор

хуF

проецировали на оси координат Ох и Оу, расположенные в этой

плоскости. Для решения системы уравнений (6.8) вычислим синус и косинус угла

между вектором силы F

и плоскостью Оху:

. 3

2

3

2 cos ;

3

3

3sin

; 3 , 2 45 cos

22

0

a

a

BO

BO

a

a

BO

OO

aBOBBBOaAO

BO

Тогда из третьего уравнения (6.8) находим

3 0

sin 4 6 9,8 Н.

cos 45

FS

Разделив первое уравнение системы (6.8) на соs 450, определяем

2 3= cos 0 Н.S F S Из второго уравнения (6.8) вычисляем

0 0

1 2 cos sin 45 cos 45 4 3 Н.S F S

Следовательно, в положении равновесия шарнирно-стержневой конструкции (рис. 6.6) стержни АО и СО сжаты, а стержень ВО не напряжен. Пример 6.6. Конструкция состоит из невесомых стержней 1, 2,…, 6, соединенных дуг с другом в узлах H и L и с неподвижными опорами А, В, С и D шарнирами (рис. 6.7). В узлах H и L приложены силы P и Q ,

образующие с координатными осями углы 1, 1, 1 и 2, 2, 2 соответственно (углы 2, 2, 2 на рисунке не показаны). Грани параллелепипеда параллельные плоскости ху квадраты. Диагонали боковых граней образуют с плоскостью ху угол , а диагонали параллелепипеда составляют с этой же плоскостью угол (см. рис. 6.7).

Определить усилия 1N , 2N , …, 6N в стержнях 1, 2,…, 6 соответственно.

Решить задачу при следующих данных: Р = 80 Н; Q = 40 Н; 1 = 60°; 1 = 45°; 1 = 60°; 2 = 60°; 2 = 45°; 2 = 45°; = 45°; = 60°.

Решение. Рассмотрим рав-новесие узла Н, в котором схо-дятся три стержня 2, 3 и 4.

На узел действует сила P и реакции 2N , 3N , 4N , которые направим по соответствующим невесомым стержням 2, 3, 4 от узла Н, предполагая, что все стержни растянуты (рис. 6.7).

Узел Н находится в равновесии под действием пространственной системы сходящихся сил, для которой аналитические условия равновесия имеют вид

1 1 1

0, 0, 0.n n n

kx ky kzk k k

F F F

.

Составим эти уравнения равновесия для узла Н:

.0sincos

,0coscos

,0sincoscos

21

431

421

NP

NNP

NNP

(6.9)

Решим систему алгебраических уравнений (6.9) относительно искомых реакций 2N , 3N , 4N и, подставив численные данные задачи, находим:

H,2,46sin

cos 12

P

N

H,3,65sin

coscos 214

NP

N

N3 = P cos1 N4 cos = 103 H.

Теперь рассмотрим равновесие узла L. На него действует сила Q и

реакции 1N , 2N , 5N , 6N , направленные от узла L по стержням 1, 2, 5 и 6

соответственно (рис. 6.7). Согласно аксиоме 4 статики реакция 2N

Рис. 6.7

направлена противоположно силе 2N и численно ей равна ( 2N = 2N = 46,2

H). Узел L находится в равновесии под действием пространственной система сходящихся сил. Запишем уравнения равновесия (6.5) для данного узла:

.0sinsincos

,0sincoscos

,0coscoscoscos

522

652

5212

NNQ

NNQ

NNNQ

(6.10)

При определении проекций силы 5N на оси х и у пользуемся методом

двойного проецирования. Сначала проецируем 5N на плоскость ху и

получим вектор 5N , модуль которого равен 5 5 cosN N ; затем вектор 5N

проецируем на оси х и у и определяем искомые проекции силы 5N на эти

оси:

N5x = 5N cos = N5 cos cos ,

N5y = 5N sin = N5 cos sin .

Решим полученную систему алгебраических уравнений (6.10) и,

подставив численные данные задачи, найдем усилия 5N 1N , 6N ,

возникающие в соответствующих стержнях:

, Н9,78sin

sincos 225

NQ

N

N1 = (Qcos 2 + 2N cos + N5 cos cos ) = 78,2 H,

N6 = (Qcos 2 + N5 cos sin ) = 63,4 H.

Знаки показывают, что в положении равновесия конструкции стержни 1, 2 и 4 растянуты, а стержни 3, 5 и 6 сжаты.

По теме 8 «Система сходящихся сил» рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 2.11; 2.18; 2.24; 2.26; 2.29; 2.31; 6.4; 6.8; 6.10.

7. ТЕМА 9 МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ЦЕНТРА.

ПАРА СИЛ

На практическом занятии решаются примеры на определение алгебраических моментов для плоской системы сил относительно точки с использованием теоремы Вариньона и алгебраических моментов пар; а также задачи на равновесие тела под действием системы пар.

7.1. Алгебраические моменты сил и пар сил

Задачи на вычисление алгебраических моментов для плоской системы

сил относительно точки плоскости с использованием теоремы Вариньона рекомендуется проводить в следующем порядке:

1) Разложить силу в точке её приложения на две взаимно перпендикулярные составляющие параллельные или декартовым осям, или

заданным размерам тела: F F F r r r

; 2) вычислить модули составляющих; 3) применить теорему Вариньона:

m ( ) =m ( ) m ( ) O O DF F F r r r

(7.1) При действии на тело системы пар с моментами 1 2m , m , ..., mn ,

лежащих в одной плоскости, следует применять теорему о сложении пар, т. е. о замене системы одной парой с моментом

1

M = mn

кк . (7.2)

Для решения задач на равновесие твердого тела под действием системы

пар с моментами 1 2m , m , ..., mn , лежащих в одной плоскости, необходимо применять условие равновесия:

1

m =0n

кк . (7.3)

Пример 7.1. Определить

алгебраический момент силы Fr

относительно начала координат О декартовой системы, если известны проекции силы

, x yF F и координаты хА, уА точки А

приложения силы.

i

j

Ox

y

(3,-1)A

1

-1

F

F'

F"

yA

xA

Рис. 7.1

Решить задачу при следующих данных: 5 HxF , 10 HyF , 3 мAx , 1 мAy .

Решение. Построим на рис. 7.1 в точке А (3, 1 ) вектор силы Fr

,

разложив его на составляющие параллельные осям Ох и Оу: F F F r r r

, где

5 F i r r

, а 10 F j r r

.

Модули этих составляющих равны модулям проекций силы Fr

на

соответствующие декартовые оси: 5 HxF F r

, 10 HyF F r

.

Для определения момента силы F

относительно начала координат О воспользуемся теоремой Вариньона (7.1):

m ( ) m ( ) m ( )

25 H м.

О О О

x A y A

F F F

F y F x

r r r

Пример 7.2. Вычислить сумму алгебраических моментов сил Fи T

r

относительно точки D.

Сила F

приложена в вершине В прямоугольника АВСD и составляет со

стороной АВ угол α , а сила T r

в точке С и образует со стороной ВС угол . Длины сторон прямоугольника равны DА = а и DС = b (рис. 7.2).

Решение. Разложим силу Fr

в точке В на две взаимно перпендикулярные составляющие F

r и

F r

, а силу Tr

в точке С на

составляющие T r

и T r

. Модули этих составляющих равны:

cosαF F , sinαF F , sinβT T и cosβT T . По теореме Вариньона вычислим

моменты сил Fи T

rотносительно точки

D:

m ( ) + m ( ) m ( ) m ( ) +m ( ) m ( )

cosα ( sinα cosβ) .

D D D D D DF T F F T T

F DA F DС T DС

F a F T b

r r r r r r

Здесь m ( ) 0D T r

, так линия действия составляющей T r

пересекает точку D.

A

D

B

C

F

F

T

T

F

T

Рис. 7.2

Пример 7.3. Тело находится под действием трех пар сил, лежащих в одной плоскости, с моментами 1 2 3m , m , m .

Определить момент 4m четвертой пары, при добавлении которой, тело будет находиться в равновесии (рис. 7.3).


1 2 3m 180 Н м, m 240 Н м, m 160 Н м . Решение. Если тело находится в равновесии под действием системы пар, лежащих в одной плоскости, то согласно (7.3) сумма алгебраических моментов пар сил должна быть равна нулю, т. е.

1 2 3 4m m m m 0 . (7.4)

Для определенности выберем знак момента 4m уравновешивающей пары положительный, т. е. пара вращает тело в плоскости против часовой стрелки (рис. 7.3).

Из уравнения (7.4), подставляя данные задачи, находим

4 1 2 3m m m + m 180 240 160 160 Н м .

Знак « » в ответе указывает, что при равновесии тела момент 4m четвертой уравновешивающей пары сил должен быть направлен по часовой стрелке.

По теме 9 «Момент силы относительно центра. Пара сил» рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 3.3; 3.9; 3.14; 3.15; 3.16.

8. ТЕМА 10 ПЛОСКАЯ ПРОИЗВОЛЬНАЯ СИСТЕМА СИЛ

На практических занятиях решаются задачи на определение реакций различных видов связей при действии на тело плоской системы сил; вычисляются реакции внешних и внутренних связей сочлененных тел; рассматриваются задачи о равновесии тел при наличии сил сцепления и трения качения.

8.1. Равновесие твердого тела при действии плоской системы сил

Задачи на равновесие твердого тела, находящегося под действием произвольной плоской системы сил, рекомендуется решать в следующем порядке:

Ox

y

3m

1m

2m

4m =?

Рис. 7.3

1) выделить тело, равновесие которого следует рассмотреть для определения искомых величин;

2) изобразить заданные силы; 3) применить принцип освобождаемости от связей: мысленно

отбросить связи, заменив их действие на твердое тело, соответствующими силами реакций связей; убедиться, что данная задача является статически определимой;

4) выбрать в плоскости действия сил систему декартовых координат ху и точку (или точки), относительно которой предполагается составить уравнение моментов (для простоты решения задачи следует выбирать точки пересечения линий действия искомых сил);

5) записать аналитические условия равновесия для твердого тела, находящегося под действием плоской системы сил.

6) решить систему полученных уравнений равновесия и определить неизвестные величины.

Пример 8.1. Определить реакции связей балки АВ, находящейся в равновесии под действием равномерно распределенной нагрузки интенсивности q и пары сил с моментом m (рис. 8.1, а). Весом балки и стержня BB пренебречь. Решить задачу при следующих данных:

1,5 кН/м, m 2 кН м, 2 м .q AC CB Решение. Рассмотрим равновесие балки АВ. Изобразим на рис. 8.1, б действующие на балку силы: пару сил с моментом m и равнодействующую

равномерно-распределенной нагрузки Qr

, приложенную в середине участка АС, численно 3 кНQ q АС .

Проведем координатные оси Аху. Отбросим связи, заменив их действие реакциями связей: реакцию цилиндрического шарнира А разложим на две составляющие AX

r и AY

r по декартовым осям, а реакцию BR

r шарнира В

направим по невесомому стержню ВC , предполагая, что стержень сжат(рис. 18, б).

Балка АВ находится в равновесии под действием произвольной плоской системой сил. В этом случае аналитические условия равновесия имеют вид

Am

q

C B

60o A

m

Cx

y

B

Q

XA

YA

60o

BR

BRBR

B

а б Рис. 8.1

1 1 1

0 , 0 , m ( ) 0 .n n n

кx кy А кк к к

F F F

r

(8.1)

Поскольку количество уравнений равновесия (8.1) равно числу неизвестных реакций , , A A BX Y R

r r r, то задача является статически определимой.

Запишем уравнения равновесия (8.1) для данной задачи:

0

0

cos 60 0 ;

sin 60 0 ;

m 0.2

A B

A B

B

X R

Y Q R

ACQ R AB

(8.2)

При вычислении момента силы BRr

относительно точки А разложим ее

в точке В на составляющие BRr

и BRr

(рис. 8.1, б), модули которых равны 0 0cos60 , sin 60B B B BR R R R , и применим теорему Вариньона (7.1):

m ( ) m ( ) m ( )А B А B А BR R R r r r

m ( )А BRr

, поскольку m ( ) 0,А BR r

так как линия

действия силы BRr

пересекает точку А. Решив систему уравнений (8.2) и подставив числовые данные, определим искомые реакции:

0

m2 4,4 кН; sin 60B

ACQ

RAB

0sin60 1,8 кН;A BY Q R

0cos60 2,2 кН .A BX R

Знак « » указывает, что в равновесии составляющая AX

r направлена

противоположно оси Ох. Пример 8.2 Определить вес Р груза 1, необходимый для того чтобы

однородная балка АВ находилась в равновесии в положении изображенном на рис. 8.2, а. Вес балки АВ равен G.

Решить задачу при следующих данных: G = 300 Н.

Решение. Рассмотрим равновесие однородной балки АВ (рис. 8.2, б).

Изобразим действующую на балку силу тяжести Gr

, приложенную в её середине С (АС = СВ).

Отбросим связи, заменив их действие реакциями связей. В точке В натяжение P

r вертикального троса направим по торсу (из условия равновесия

неподвижного блока 2 сила натяжения троса равна весу груза 1, весящего на этом тросе). Реакция AR

r цилиндрического шарнира А может быть направлена

только по вертикали, поскольку все другие силы, действующие на балку АВ, являются вертикальными (рис. 18, б).

Балка АВ находится в равновесии под действием плоской системы параллельных сил. В этом случае аналитические условия равновесия имеют вид

1 1

0 , m ( ) 0 .n n

кx A кк к

F F

r

Так как в данной задаче

требуется определить только вес Р груза 1, то из этих уравнений равновесия достаточно составить уравнение моментов сил относительно точки А, чтобы исключить из рассмотрения неизвестную по величине реакцию AR

r:

sinα sinα 0P AB G AC ,

или

0P AB G AC . (8.3)

Отсюда определим искомую величину веса Р груза 1 в положении равновесия

2 = = 150 H.2

ABGG AC G

PAB AB

Из (8.3) следует, что в случае параллельных сил величины реакций

связей Pr

и ARr

не зависят от угла , который балка АВ составляет с вертикалью.

8.2. Равновесие системы твердых тел при действии плоской системы сил Задачи на равновесие системы твердых тел рекомендуется решать в

следующем порядке:

B

А

1

2

B

А

C

AR

P

G

а б Рис. 8.2

1) выделить систему тел и отдельно твердые тела, равновесие которых следует рассмотреть для определения искомых величин;

2) изобразить заданные силы; 3) применить принцип освобождаемости от связей: мысленно

отбросить связи, заменить их действие силами реакций связей; 4) сопоставить число неизвестных величин и количество независимых

уравнений равновесия (для статически определимой системы эти числа должны быть равны);

5) выбрать систему декартовых координат, при этом для каждого тела и для системы тел можно взять одну и ту же, или для каждого тела (системы) свою наиболее удобную систему координат;

6) записать аналитические условия равновесия для каждого твердого тела (для системы тел) в соответствии с силами, которые к ним приложены;

7) решить систему полученных уравнений равновесия и определить неизвестные величины. Если система твердых тел расчленяются на отдельные тела, то их взаимодействие заменяется реакциями внутренних связей, которые согласно аксиоме статики равны по модулю, но направлены в противоположные стороны. Пример 8.3. Горизонтальная разрезная балка АСВ у конца А заделана в стену, у конца В опирается на подвижную опору; в точке С шарнир (рис. 8.3). Балка загружена краном, несущим груз веса Р, вес крана Q, центр тяжести крана лежит на вертикали СD.

Определить, пренебрегая весом балки, опорные реакции в точках А и В для такого положения крана, когда он находится в одной вертикальной плоскости с балкой АВ.

Решить задачу при следующих данных: Р = 10 кН, Q = 50 кН , KL = 4 м, АС = 4 м, CB = 8 м.

Рис. 8.3

Решение. Разрежем конструкцию на отдельные тела: кран и балки АС и СВ.

1. Для определения искомых опорных реакций в точках А и В найдем сначала силы, с которыми кран давит на балку в точках Е и М. Для этого рассмотрим равновесие крана (рис. 8.4).

Изобразим действующие на кран силы: силу тяжести груза Р , на вертикали СD вес крана Q и реакции гладкой

поверхности составной балки АСВ EN и

MN . К крану приложена плоская система

параллельных сил, направленных по вертикали.

Для определения EN и MN запишем аналитические условия равновесия для плоской системы параллельных сил в

форме уравнений моментов относительно точек Е и М приложения искомых реакций:

1 1

( ) 0, ( ) 0n n

Е k M kk k

m F m F

(8.4)

или

.022

,022

EMKLHP

EMQEMN

KLEM

PEMNEM

Q

Е

M

(8.5)

Каждой уравнение (8.5) содержит только по одному неизвестному, что

позволяет сразу найти искомые реакции:

NM = 0,5(5P + Q) = 50 кН,

NЕ = 0,5(Q 3P) = 10 кН.

Силы EN и MN , с которыми кран давит на составную балку АСВ, направлены противоположно соответствующим реакциям EN и MN , но равны по модулю, т. е. M MN N 50 кН, B BN N 10 кН.

2. Рассмотрим теперь равновесие балки СВ (рис. 8.5).

Рис. 8.4

Рис. 8.5

На нее действует сила давления крана MN , реакция подвижной опоры

BR и реакция CR соединительного шарнира С, направленная по вертикали.

Если в точке С реакцию CR заменить двумя взаимно перпендикулярными

составляющими CCC YXR и записать уравнение проекций всех сил,

приложенных к балке СВ, на горизонтальную ось х, то получим 0CX .

Поэтому CC YR и реакция соединительного шарнира С в рассматриваемом случае направлена по вертикали.

Запишем аналитические условия равновесия для плоской системы параллельных сил в форме (8.4) относительно точек С и В приложения неизвестных реакций:

n

kkВ

n

kkС FmFm

11

0)( ,0)(

или

.0

,0

BMNBCR

CMNCBR

MC

MB

Отсюда находим RB = 6,25 кН, RС = 43,75 кН. 3. Рассмотрим равновесие балки АС. Проведем в точке А декартовые оси Аху. К балке АС приложены в точке Е сила давления крана EN , реакции

заделки в точке А ААА YXR , реактивный момент mA и реакция CR соединительного шарнира С, направленная согласно аксиоме 4 статики противоположно вектору

CR и равная ему по величине CR =

= RC = 43,75 кН. Поскольку силы EN и CR

вертикальные, то из уравнения проекций сил, приложенных к балке АС, на ось Ах, получаем XA = 0 и поэтому АА YR , т. е. направлена тоже по вертикали.

Рис. 8.6

Следовательно, балка АС находится под действием плоской системы сил параллельных оси Ау. Воспользуемся основной формой аналитических условий равновесия системы параллельных сил

n

kkА

n

kkу FmF

11

0)( ,0

или

.ACRAENm

RNR

CEA

CEA

0

,0

Отсюда находим искомые реакции заделки А:

,кН 75,53 CEA RNR

ACRAENm CEA кН.175

8.3. Равновесие твердого тела при наличии сил сцепления Задачи на равновесие твердого тела, при наличии сил сцепления, рекомендуется решать в следующем порядке:

1) выделить тело или систему тел, равновесие которых необходимо рассмотреть для определения искомых величин;

2) изобразить на рисунке заданные силы; 3) применить принцип освобождаемости от связей: мысленно отбросить

связи и заменить их действие на твердое тело, силами реакций связей; при этом реакцию шероховатой поверхности представить двумя составляющими: нормальной реакцией и силой сцепления;

4) убедиться, что данная задача является статически определимой, т. е. число неизвестных сил равно количеству уравнений равновесия; при этом к уравнениям равновесия твердого тела следует добавить условие покоя тела на шероховатой поверхности для величины силы сцепления NfFF cцпрсц ;

5) выбрать систему координат; 6) составить систему уравнений равновесия для сил, приложенных к

рассматриваемому телу или телам; cцFr

7) решить систему уравнений равновесия и определить неизвестные величины.

Пример 8.4. Определить наименьший вес 1Р груза 1, при котором он

остается в покое, если вес груза 2 2Р , а коэффициент сцепления между грузом 1 и горизонтальной плоскостью равен cцf (рис. 8.7, а). Решить задачу при следующих данных:

2Р = 140 Н, cцf = 0,2 .

Решение. Примем груз 1 за материальную точку и рассмотрим её

равновесие. Изобразим действующие на груз 1 силы: силу тяжести 1Р

,

нормальную реакцию плоскости N

, силу сцепления cц Fr

и силу натяжения

троса T

(Т = Р2), направив ее по тросу. Груз находится в равновесии под действием плоской сходящейся системы сил. Введя декартовую систему координат (рис. 8.7, б), запишем уравнения равновесия (6.2):

n

ккy

n

ккx FF

11

; 0 , 0

или для данной задачи

.PN

,FT сц

0

0

1


сц 2F T P , 1PN . (8.6)

Груз будет в покое, пока величина силы сцепления cц Fr

не будет

превышать предельного значения пр сцF f N , то есть

2

1

xT

N

PFсц

1

y

а б Рис. 8.7

сц сцF f N ,

или с учетом (8.6)

2 сц 1P f P .


21

сц

700 HP

Pf

.

Следовательно, наименьший вес груза 1, при котором он останется в

покое, 1 700 HP .

Пример 8.5.. Каким должен быть вес 2P груза 2, для того чтобы груз 1

весом 1P остался в покое на наклонной шероховатой плоскости, если коэффициент сцепления между грузом 1 и плоскостью равен cцf (рис. 8.8, а).


1P = 100 Н, fcц = 0,3, = 300.

Решение. Примем груз 1 за материальную точку и рассмотрим его равновесие на наклонной плоскости.

Изобразим действующий на груз 1 силы: силу тяжести 1Р

, нормальную

реакцию плоскости N

, силу сцепления cцFr

и силу натяжения троса T

(Т = Р2), направив ее по тросу. 1. Рассмотрим первое предельное положение равновесия груза 1, когда

сила натяжения троса T

достигнет максимального значения, превышение которого приведет к скольжению груза 1 вверх по плоскости. В этом случае

сила сцепления cцF

направлена вниз по наклонной плоскости (рис. 8.8, б).

Груз находится в равновесии под действием плоской сходящейся системы сил. Введя декартовую систему Оху координат, запишем уравнения равновесия (6.2) для груза 1:

xTN

Fсц

y

P1

2

1

xTN

y

P1

Fсц

OO

а б в

Рис. 8.8

.PN

,PFT сц

0 cos

0sin

1

1


cos sin 112 PN,PFPT сц . (8.7)

Груз 1 останется в покое, если сц сцF f N , тогда из (8.7) получим

2 сц 1 сц 1sin sin ;P F P f N P или

2 сц 1 1

1 сц

cos sin

cos sin 76 H.

P f P P

P f

Следовательно, наибольший вес груза 2, при котором груз 1 останется в покое, равен 76 Н. 2. Рассмотрим второе предельное положение равновесия груза 1 на

наклонной плоскости, когда сила натяжения троса T

достигнет наименьшего значения, дальнейшее уменьшение которого приведет к скольжению груза 1

вниз по плоскости. В этом случае сила сцепления cцF

направлена вверх по

наклонной плоскости (рис. 8.8, в). Груз находится в равновесии под действием плоской сходящейся системы сил. Введя декартовую систему координат Оху, запишем уравнения равновесия (6.2) для данного случая:

.PN

,PFT сц

0 cos

0sin

1

1


cos ,sin 112 PNFPPT сц . (8.8)

Груз 1 останется в покое, если сц сцF f N , тогда из (8.8) получим

; sin sin 112 NfPFPP сцсц

или

2 1 сц 1

1 сц

sin cos

sin cos 24 H.

P P f P

P f

Наименьшее значение веса груза 2, при котором груз 1 не скользит вниз по плоскости, равно 24 Н. Следовательно, при весе груза 2 в интервале 224 H 76 HP груз 1 будет находиться в покое на наклонной плоскости.

8.4. Равновесие твердого тела при наличии трения качения

Задачи на равновесие твердого тела, при наличии трения качения, рекомендуется решать в следующем порядке:

1) выделить тело, равновесие которых следует рассмотреть для определения искомых величин;

2) изобразить заданные силы; 3) применить принцип освобождаемости от связей: мысленно отбросить

связи и заменить их действие реакциями связей; считая катящееся тело и неподвижную поверхность не деформированными, изобразить в точке касания тела с поверхностью нормальную реакцию и силу сцепления, направив ее противоположно направлению возможного скольжения точки её приложения, а также приложить момент трения качения, направленный противоположно возможному качению тела;

4) выбрать систему координат; 5) составить систему уравнений равновесия для сил, приложенных к

рассматриваемому телу, которую дополнить условием равновесия для катящегося тела МС N;

6) решить систему уравнений равновесия и определить искомые величины.

Пример 8.6. При каком угле наклона шероховатой плоскости к горизонту, тяжелый цилиндр не покатится, если коэффициент трения качения равен , радиус цилиндра R. Образующая цилиндра перпендикулярна линии наибольшего ската наклонной плоскости. Решение. Рассмотрим равновесие цилиндра на наклонной плоскости. Изобразим действующие на него

силы: силу тяжести Р

, нормальную

реакцию плоскости N

, силу сцепления

cц Fr

и момент трения качения CM .

x

y

P

Fсц

N

С

А СM

R

Рис. 8.9

Цилиндр находится в равновесии под действием произвольной плоской системы сил. Введя декартовую систему координат Аху , запишем уравнения равновесия (8.1)

1 1 1

0, 0, m ( ) 0;n n n

кx кy А кк к к

F F F

r


1 сц

1

1

sin 0,

cos 0,

sin M 0.C

P F

N P

P R

Решая систему уравнений, находим:

сц sin ,

cos ,

M sin .C

F P

N P

P R

(8.9)

Цилиндр останется в покое пока момент трения качения не превысит

предельного значения, то есть M NC ,

или с учетом (8.9)

cos sin PRP . Отсюда находим

. tgR

Следовательно, при всех углах составляющих наклонной плоскостью с

горизонтом aretg R

, цилиндр будет находиться в покое, а при углах

aretg R

, цилиндр покатится вниз по наклонной плоскости.

Пример 8.7. К однородному катку весом Р приложена горизонтальная

сила F

(рис. 8.10). Определить наибольший модуль этой силы, при котором каток не скользит и не катится, если коэффициент сцепления между катком и

горизонтальной шероховатой плоскостью cцf , а коэффициент трения

качения равен . Решить задачу при следующих данных:

P = 2 кН; cцf = 0,2 ; = 0,006 м; R = 0,6 м ; СА =0,4 м . Решение. Рассмотрим равновесие

катка. На него действуют сила F

, сила

тяжести P

, нормальная реакция N

,

сила сцепления сцFr

и момент трения

качения CM , направленный противоположно возможному

вращению катка под действием силы F

(рис. 8.10). Каток находится в равновесии под действием произвольной плоской системы сил.

Введя декартовую систему координат Оху (рис. 8.10), запишем аналитические условия равновесия (8.1)

1 1 1

0, 0, m ( ) 0;n n n

кx кy О кк к к

F F F

r


сц 0,

0,

M 0.C

F F

N P

F OA

Отсюда находим:

.CAR

OA

F

,PN

,FF

CC

сц

MM (8.10)

Отсутствие скольжения и качения катка будет при одновременном

выполнении двух условий: 1) скольжение катка отсутствует, если

сц пр сцF F f N ,

Fсц

N

P

С

А

СM

F

y

xO

Рис. 8.10

или с учетом (8.10) получаем

сц 0,4 кНF f P ; (8.11)

2) качение катка отсутствует, если

,PNC M (8.12) или, подставляя (8.12) в третье равнение системы (8.10), находим

M 0,012 кН 12 HC P

FR CA R CA

. (8.13)

Сравнивая (8.11) и (8.13) приходим к заключению, что наибольший

модуль силы F

, при котором каток не будет одновременно скользить и катиться по горизонтальной плоскости равен 12 Н.

По теме 10 «Плоская произвольная система сил» рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 4.7; 4.13; 4.15; 4.21; 4.26; 4.28; 4.30; 4.33; 4.35; 4.38; 5.7; 5.11; 5.25; 5.27; 5.36, 5.39.

9. ТЕМА 11 ПРОСТРАНСТВЕННАЯ ПРИЗВОЛЬНАЯ СИСТЕМА СИЛ На практических занятиях решаются задачи на вычисление главного вектора и главного момента и на определение реакций связей при равновесии твердого тела находящегося под действием пространственной системы сил.

9.1. Равновесие твердого тела при действии произвольной пространственной системы сил

I. В задачах на определение главного вектора R

r и главного момента

MO

r произвольной пространственной системы сил 1 2, 3, , , ..., nF F F F

r r r r

требуется придерживаться следующей последовательности действий: 1) ввести декартовую систему координат с началом в центре

приведения О; 2) найти проекции главного вектора R

r на декартовые оси:

1 1 1

, , .n n n

x кx y кy z кzк к к

R F R F R F

3) вычислить модуль главного вектора Rr

:

2 2 2x y zR R R R ; (9.1)

4) определить направляющие косинусы для вектора Rr

по формулам:

cos , cos , cos .yx zRR R

R i R j R kR R R

rr r rr r

1) вычислить проекции главного момента 1

М m ( ) n

О О кк

F

r rr

на

декартовые оси:

1 1 1

M m ( ), M m ( ), M m ( ).n n n

x x к y y к z z кк к к

F F F

r r r

2) определить модуль и направление главного момента по

формулам:

2 2 2M M M M ,O x y z (9.2)

MM Mcos M , cos M , cos M .

M M Myx z

O O OO O O

i j k

rr r rr r

II. Задачи на равновесие твердого тела, находящегося под действием

произвольной пространственной системы сил, рекомендуется решать в следующем порядке:

1) выделить тело, равновесие которого следует рассмотреть для определения искомых величин;

2) изобразить на рисунке заданные силы, приложенные к твердому телу; 3) применить принцип освобождаемости от связей: мысленно отбросить

наложенные на твердое тело связи и заменить их соответствующими силами реакций связей, приложенных в точках рассматриваемого твердого тела; в дальнейшем рассматривать равновесие данного несвободного твердого тела как свободного, находящегося под действием заданных сил и реакций связей; убедиться в том, что данная задача является статически определимой, т. е. число неизвестных сил не более шести;

4) выбрать систему декартовых координат Охуz (для простоты решения задачи следует начало координат О выбирать в точке пересечения линий действия наибольшего количества искомых сил);

5) записать аналитические условия равновесия для твердого тела, находящегося под действием произвольной пространственной системы сил:

,0 )3

,0 )2

,0 )1

1

1

1

n

kkz

n

kky

n

kkx

F

F

F

;0)()6

,0)()5

,0)( )4

1

1

1

n

kkz

n

kky

n

kkx

Fm

Fm

Fm

(9.3)

6) решить систему полученных уравнений равновесия и определить

неизвестные величины В случае пространственной системы параллельных сил в пункте 5) остается только одно уравнение проекций сил на ось параллельную силам и два уравнения моментов сил относительно двух других координатных осей. Например, если силы параллельны оси х, то уравнения равновесия имеют вид

,0 )11

n

kkxF .0 )( )3 ,0 )( )2

11

n

kkz

n

kky FmFm

Пример 9.1. На куб с ребром d действуют силы 1 2, F F

r r и 3 F

r, на

участок АВ − вертикальная равномерно-распределенная нагрузка интенсивностью q (рис. 9.1).

Определить модули главного вектора Rr

и главного момента MO

r этой

системы сил, выбрав за центр приведения вершину О куба. Решить задачу при следующих данных:

d = 2 м , 1 2 = 6 НF F , 3 3 НF , q = 3 кН/м .

Решение. Заменим равномерно-распределенную

нагрузку интенсивности q

равнодействующей Qr

, приложенной в седине отрезка АВ (рис. 9.1), модуль которой равен

6 кН.Q q АВ

Введем декартовую систему координат с началом в центре приведения О, направив

оси по ребрам куба (рис. 9.1).

Для вычисления модуля главного вектора

A

d

q

C

B

D

O

A

B1

C1D1

Q

x

y

z

1F

2F

3F

2F

2F

Рис. 9.1

1 2 3R F F F Q rr r r r

определим его проекции на декартовые оси:

0 01 2

3

0 01 2

cos45 cos45 8,5 кH;

3 кH;

cos45 cos45 2,5 кH .

x

y

z

R F F

R F

R F F Q

Тогда модуль главного вектора определим по формуле (9.1):

2 2 2 9,3 кHx y zR R R R .

Главный вектор 8,5 3 2,5 R i j k rr r r

прикладывается в точке О.

Для вычисления модуля главного момента MO

r системы сил

1 2 3, , , F F F Qrr r r

относительно центра О найдем его проекции на декартовые

оси, предварительно разложив силу 2Fr

в точке В1 на составляющие 2F r

и 2F r

,

модули которых равны: 02 2 cos45F F и 0

2 2 cos45F F (рис. 9.1):

12 2 1

02

M m ( ) m ( )2

cos45 2,5 кH м ,2

x x x

OBF Q F OB Q

dF d Q

rr

т. к. 1 2 3m ( ) m ( ) m ( ) 0 x x xF F F r r r

, поскольку силы 1Fr

и 3Fr

пересекают ось

Ох, а составляющая 2F rпараллельна этой оси;

1 2 3M m ( ) m ( ) m ( ) m ( ) 0,y y y y yF F F Q rr r r

т. к. силы 1 2 , F Fr r

и Qr

пересекают ось Оу, а сила 3Fr

ей параллельна;

2 3 2 1 3 1

02 3

M m ( ) m ( )

cos45 2,5 кH м ,

z z zF F F OB F OD

F d F d

r r

т. к. 1 2m ( ) m ( ) m ( ) 0 z z zF F Q rr r

, поскольку сила 1Fr

ось Оz пересекает, а

силы 2F r

и Qr

параллельны этой оси.

Тогда модуль главного момента MO

r вычисляем по формуле (9.2):

2 2 2M M M M 3,5 кH м.O x y z

Следовательно, главные момент M 2,5 2,5O i k rr r

, приложенный в точке О,

лежит в плоскости хОz и составляет с осью Оz тупой угол. Пример 9.2. Однородная тонкая прямоугольная плита АВСD весом Р

закреплена в точке А сферическим, а в точке В цилиндрическим шарнирами и удерживается в горизонтальном положении веревкой СЕ, привязанной в точке С плиты и к гвоздю Е, вбитому в стену на одной вертикали с точкой В. На плиту действует пара сил с моментом m, лежащая в плоскости плиты, и сила F

r, находящаяся в плоскости параллельной плоскости хОz,

приложенная в точке D и составляющая со стороной CD угол o45 (рис. 9.2). Определить реакции связей в точках А и В плиты и натяжение веревки СЕ. Решить задачу при следующих данных:

Р = 3 кН; m = 4 кН м; F = 8 кН; АВ = 1,2 м; АD = 1,8 м.

Решение. Рассмотрим равновесие плиты АВСD. На нее действуют

заданные силы F, Р

и пара сил с моментом m. Отбросим связи, заменив их действие реакциями связей: реакцию сферического шарнира разложим в

точке А на три составляющие AAA Z YX

, , ; реакцию цилиндрического

шарнира В − на две составляющие BB Z, Y

; натяжение T

веревки СЕ направляем по веревке (рис. 9.2).

YA

XA

YB

E

CB

DA

x

y

z

ZB

ZA

F

P F

T

T

T30

o

45om F

Рис. 9.2

Плита АВСD находится под действием произвольной пространственной системы сил. Поэтому согласно (9.3) аналитические условия равновесия имеют вид

1

1

1

0 ;

0 ;

0 ;

n

кxк

n

кyк

n

кzк

F

F

F

1

1

1

m ( ) 0 ;

m ( ) 0 ;

m ( ) 0 .

n

x кк

n

y кк

n

z кк

F

F

F

r

r

r

Поскольку количество искомых реакций связей равно числу уравнений равновесия, то задача является статически определимой.

Запишем систему шести уравнений равновесия (9.3) для плиты АВСD,

находящейся под действием сил , , , , , , ,A A A B BР F X Y Z Y Z Tr r r r r r r

и пары с

моментом m:

o

o

o o

B

cos45 0;

cos30 0 ;

sin 30 sin 45 0;

0;2

Z 0;2

m 0.

A

A B

A B

B

X F

Y Y T

Z Z P T F

ADP F AD T BC

ABAB T DC P

Y AB T AB F AD

(9.4)

В (9.4) при вычислении моментов сил F

и T

относительно

координатных осей разложим их на составляющие F

, F

и T

, T

и применим теорему Вариньона, учитывая, что модули сил равны:

ocos45 , F F osin 45 , F F ocos30T T , osin 30T T . Пару сил заменим ее вектором-моментом m

r направленным

перпендикулярно плоскости пары. Вектор-момент mr

направлен вдоль оси z и его проекции на оси х и у равны нулю. Поэтому он войдет только в уравнение моментов сил относительно оси z. Подставим в систему (9.4) числовые значения величин и решим ее относительно искомых реакций. Решение следует начать с четвертого уравнение системы (9.4), в которое входит только одна неизвестная реакция:

o

o

o

o o

sin 452 14,3 кН;

sin30

sin302 5,7 кН;

cos30 cos45 m11 кН;

B

B

ADP F AD

TBC

ABT DC P

ZAB

T AB F ADY

AB

o

o

o o

cos45 5,7 кН;

cos30 1,4 кН;

sin 30 sin 45 7,2 кН.

A

A B

A B

X F

Y Y T

Z Z P T F

Знаки «−» указывают, что в действительности векторы AX

и BZ

направлены противоположно соответствующим векторам, изображенным на рис. 9.2.

Пример 9.3. Горизонтальный вал трансмиссии, несущий два шкива 1 и 2 ременной передачи, может вращаться в подшипниках А и В. Радиусы шкивов соответственно 1r и 2r ; расстояние шкивов от подшипников a , а расстояние между шкивами c . Натяжение ветвей ремня, надетого на шкив 1, горизонтальны и имеют величины 1T и 1t , а натяжение ветвей ремня, надетого на шкив 2, образуют с

вертикалью угол и имеют величины 2T и 2t причем 2 22T t .

Определить натяжения 2T и 2t в условиях равновесия и реакции подшипников, вызванные натяжением ремней.


1r = 20 см, 2r = 25 см, а = 50 см, с =100 см, 1 12 5 кН,T t оα 30 .

Решение. Рассмотрим равновесие вала, несущего два шкива 1 и 2.

y

x

z

T1 T2

at1

t2

XB

XA

ZA ZB

ac

T2'

T2" t2

"

t2'

Рис. 9. 3

На него действуют силы натяжения ремней 1Tr

, 1tr

, 2Tr

и 2tr

. Отбросим связи, заменив их действие реакциями связей: реакции подшипников

разложим в точках А и В на две составляющие , A AX Zr r

и B BX , Zr r

соответственно (рис. 9.3). Вал находится в равновесии под действием пространственной произвольной системы сил, и поэтому аналитические условия равновесия имеют вид (9.3). Однако, так как все действующие силы лежат в плоскостях параллельных плоскости Ахz, то уравнение проекций сил на ось Ау обращается в тождество: 0 = 0. Поэтому для данной задачи останется только пять уравнений равновесия:

1 1

1 1 1

0; 0;

m ( ) 0; m ( ) 0 ; m ( ) 0 .

n n

кx кzк к

n n n

x к y к z кк к к

F F

F F F

r r r (9.5)

Вместе с тем, поскольку искомые натяжения ремней 2Tr

и 2tr

для шкива 2

связаны соотношением 2 22T t , то количество искомых реакций связей равно числу уравнений равновесия и задача является статически определимой.

Силы натяжения ремней 2Tr

и 2tr

, направленные по касательной к шкиву

2 разложим на составляющие 2Tr

, 2tr

и 2T r

, 2tr

параллельные осям Ах и Аz

соответственно (рис. 9.3), модули которых равны: 2 2 sinαT T , 2 2 sinαt t ,

2 2cosαT T , 2 2cosαt t .

При вычислении моментов сил 2Tr

и 2tr

относительно осей Ах и Аz применим для них теорему Вариньона:

2 2 2 2

2 2 2 2

m ( ) m ( ) m ( ) m ( ),

m ( ) m ( ) m ( ) m ( );

x x x x

z z z z

T t T t

T t T t

r rr r

r rr r (9.6)

так как 2 2 2 2m ( ) 0, m ( ) 0, m ( ) 0, m ( ) 0x x z zT t T t r rr r

, поскольку эти силы параллельны осям, относительно которых вычисляются их моменты.

С учетом (9.6) запишем систему пяти уравнений равновесия (9.5) для данной задачи:

1 1 2 2

2 2

2 2

1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 2 2

sinα sinα+ 0;

cosα cosα 0;

( ) ( ) (2 ) 0;

0;

( ) ( ) (2 ) 0.

A B

A B

B

B

X T t T t X

Z T t Z

T a c t a c Z a c

t r T r T r t r

T a t a T a c t a c X a c

или, подставляя модули составляющих сил, и соотношения между натяжениями ремней, получаем:

1 1 2 2

2 2

2 2

1 1 1 2 2 2

1 1 2 2

1 1

2 2

sinα sinα+ 0;

cosα cosα 0;

( ) cosα ( ) (2 ) 0;

( ) ( ) 0;

( + ) ( )sinα ( ) (2 ) 0;

2 ;

2 .

A B

A B

B

B

X T t T t X

Z T t Z

T t a c Z a c

t T r T t r

T t a T t a c X a c

T t

T t

(9.7)

Подставим в систему (9.7) числовые значения величин и решим ее относительно искомых реакций. Решение следует начать с четвертого уравнение системы (9.7), в которое входит только одно неизвестное:

1 12

2

2 2

1 2

2

2

1 2

= 2 кН;

2 4 кН;

3 3 sinα( )4,125 кН;

23 cosα ( )

3,9 кН;2

3 cosα 1,3 кН;

(3 3 sinα+ ) 6,375 кН.

B

B

A B

A B

t rt

r

T t

t a t a cX

a ct a c

Za c

Z t Z

X t t X

Знаки «−» указывают, что в действительности векторы AX

и B Xr

направлены противоположно соответствующим векторам, изображенным на рис. 9.3.

По теме 11 «Пространственная произвольная система сил» рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 7.3; 7.5; 7.9; 8.12; 8.13; 8.16; 8.21; 8.26; 8.28; 8.29; 8.35.

10. ТЕМА 12. ЦЕНТР ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ. ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ

На практическом занятии решаются задачи на вычисление координат центров тяжести однородных тел как центров тяжести объёма, площади, линии.

10.1. Определение координат центров тяжести однородных тел I. Для нахождения положения центров тяжести однородных тел способом разбиения следует:

1) разбить тело на конечное число частей, положения центров тяжести

кC (к = 1, 2, …, n) которых, известны; 2) ввести декартовую систему координат;

3) определить величины длин кl (площадей Sк , объемов Vк ) этих частей,

4) найти декартовые координаты , , к к кx y z центров тяжести кC частей тела;

5) определить координаты центра тяжести тела по формулам:

для однородного тела объема V

1 1 1

V V V , , ;

V V V

n n n

к к к к к кк к к

С С С

x y zx y z

(10.1)

для однородной пластины площади S

1 1

S S , ;

S S

n n

к к к кк к

С С

x yx y

10.2

для однородной линии длиной L

1 1 1

, , .

n n n

к к к к к кк к к

С С С

l x l y l zx y z

L L L

(10.3)

II. Если тело имеет вырезы, то для нахождения положения центров тяжести однородных тел применяется способ дополнения, в этом случае следует:

1) представить объем (площадь) данного тела как разность объемов (площадей) тел;

2) определить положения центров тяжести тела без выреза и вырезанной части, при этом объем (площадь) тела без выреза считается положительным, а объем (площадь) вырезанной части – отрицательным;

3) определить координаты центра тяжести тела по формулам 10.1-10.2. Решение задачи можно упростить, если использовать способ

симметрии: если однородное тело имеет плоскость, ось или центр симметрии, то центр тяжести С лежит соответственно в плоскости, на оси или центре симметрии тела.

Приведем координаты центров тяжести некоторых однородных тел. 1) Центр тяжести С площади треугольника (рис. 10.1, а) лежит в точке

пересечения его медиан, причем тока С делит каждую медиану в отношении 2:1, т. е.

.3

1BECE (10.4)

2) Центр тяжести С дуги окружности радиусом R с центральным

углом 2α (рис. 9.5, б) лежит на оси ее симметрии на расстоянии от центра О равном

sinα

αC

Rx OC . (10.5)

3) Центр тяжести С площади кругового сектора радиусом R с центральным углом 2α (рис. 9.5, в) лежит на оси его симметрии на расстоянии от центра О равном

C

A

B

DE

α

α C

A

B

Ox

R

α

α C

A

B

Ox

R

а б в

Рис. 10.1

2 sinα

3αC

Rx OC . (10.6)

4. Центр тяжести С объема конуса (рис. 9.6, а) или призмы лежит на

отрезке прямой ЕС1, соединяющей вершину Е конуса с центром тяжести С1 его основания, причем

.4

111 EСCС

5. Центр тяжести С объема полусферы радиусом R (рис.10.6, б)

лежит на оси симметрии Оz с координатой

.8

3ROCzC

Пример 10.1. Определить координаты центра тяжести С контура ОАВD, состоящую из прямолинейных отрезков ОА, ОВ и дуги АВ окружности радиуса R = 10 см (рис. 10.3).

Решение. Прямая x y является осью симметрии контура ОАВD, поэтому его центр тяжести С лежит на этой прямой.

Следовательно,

CC yx . (10.7) Для нахождения координат центра тяжести этого контура воспользуемся способом разбиения.

A

BO R

C

xCx

y

yC

C1

C3

C2

y = x

4

Рис. 10.3

C

E

б

1C

C

O

R

z

a

Рис. 10.2

Разобьем контур ОАВD на три элемента, для каждого из которых

находим его длину кl и координату кCx его центра тяжести Ск (к = 1, 2, 3) (рис. 10.3):

1) для дуги АВ радиусом R с центральным углом π

2α2

с учетом (10.5)

длина дуги

1

1

1

2π π,

4 2π

sinπ π 2 π 24 cos cos sin ;π4 4 π 2 π4

C

R Rl

R R Rx OC

2) для отрезка ОВ его длина Rl 2 , ;222

ROBxC

3) для отрезка ОА его длина Rl 3 , .03Cx

Для определения координаты Cx центра тяжести С контура ОАВD подставим в первую формулу (10.3) найденные величины, получим

1 2 31 2 3

1 2 3

2 π 3π 2 2 5,8 см .

π π 22

С С СС

R R RRl x l x l x R

xRl l l R R

Следовательно, координаты центра тяжести С контура ОАВD

5,8C Cx y см. Пример 10.2. Из однородной пластины в виде прямоугольного

треугольника ОАВ с основанием ОВ и высотой ОА вырезан полукруг радиусом R (рис. 10.4). Определить координаты центра тяжести С оставшейся заштрихованной части треугольника. Решить задачу при следующих данных: ОВ = 60 см, ОА = 45 см, R = 20 см.

Решение. Для нахождения координат центра тяжести этой пластины воспользуемся способом дополнения.

Примем вершину О тре-угольника ОАВ за начало декартовой системы координат Оху.

Пластину рассматриваем как фигуру, составленную из двух частей: треугольника ОАВ с центром тяжести С1 в точке пересечения его медиан; и выреза в виде полукруга радиусом R = 20 см, с цент-ральным углом 2α π с цент-

ром тяжести С2 , лежащим на оси его симметрии параллельной оси Оу (рис.10.4). Вычислим площади S1, S2 и координаты центров тяжести С1 и С2 частей пластины, подставляя данные задачи: 1) площадь треугольника ОАВ

21

1S S 1350 см

2OAB OA OB

согласно (10.4)

1

120 см,

3Cx OB

1

115 см;

3Cу OA

2) площадь полукруга радиусом R = 20 см отрицательна, так как она

вычитается из площади треугольника ОАВ

22

2

π S 628 см

2

R ,

2 2 20 см,Cx OO R

с учетом формулы (10.6) вычисляем координату 2Cу

A

BO

x

y

C1

C2

C

2O

Ry

C1

yC2

Cx1

Рис. 10.4

2 2 2

π2 sin 42 8,49 см .

π 3π32

C

R Rу O C

Площадь S всей пластины

2

1 2S S S 1350 628 722 см .

Координаты центра тяжести С треугольника из которого вырезан полукруг находим по формулам (10.2), подставляя найденные выше величины:

1 2

1 2

1 2

1 2

S S 20 1350 20 62820 см,

S 722S S 15 1350 8,49 628

20,66 см .S 722

С СС

С СС

x xx

y y

y

Покажем положение центра тяжести С пластины на рис. 10.4.

Следовательно, координаты центра тяжести С заштрихованной части

треугольника ,см 20Cx см 66,20Cу . По теме 12 «Центр тяжести» рекомендуется решить следующие задачи из

сборника [1]: 9.2; 9.6; 9.9; 9.11; 9.14; 9.18; 9.20.

МОДУЛЬ 3. ДИНАМИКА

11. ТЕМА 13. ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

На практических занятиях по теме «Дифференциальные уравнения движения материальной точки» проводится решение двух задач динамики точки: первая (прямая) задача динамики заключается в определении силы по известному закону движения точки, а вторая (основная) задача динамики - в определении уравнений движения точки, если известны действующие на нее силы.

11.1. Две задачи динамики точки

I. Первую (прямую) задачу динамики несвободной материальной точки, в которой требуется определить активную силу или реакцию связи, рекомендуется решать в следующем порядке: 1) принять тело за материальную точку и изобразить её на рисунке в произвольном положении; 2) приложить к точке активные силы и, применив принцип освобождаемости от связей, соответствующие реакции связей; 3) выбрать систему отсчета, приняв за одну из осей направление движения точки; 4) составить дифференциальные уравнения движения материальной точки в соответствующей системе координат; 5) определить по данным задачи проекции ускорения точки на выбранные оси;

6) из системы составленных уравнений определить искомые величины. Если движение точки массой m задано координатным способом, т. е. известны зависимости координат точки от времени:

x = x(t), y = y(t), z= z(t), (11.1)

то для определения силы F

, под действием которой происходит движение, следует: 1) найти проекции ускорения точки на декартовые оси, продифференцировав дважды по времени уравнения движения (11.1):

z, ay, axa zyx ;

2) вычислить проекции силы F

на декартовые оси по формулам: ; , , zm FymFxmF zyx

3) определить модуль силы F

:

222222 zyxmFFFF zyx ;

4) найти направление силы F

с помощью направляющих косинусов:

. cos , cos , cosF

FkF

F

Fj F

F

FiF zyx

При естественном способе задания движения, когда известна

траектория точки и зависимость криволинейной координаты от времени

( ) ,s s t (11.2)

для определения силы F

, под действием которой происходит движение, следует: 1) найти касательное и нормальное ускорения точки, вычислив соответствующие производные по времени от закона движения (11.2):

2

, ;ρ ρ

2

τ n

dV V Sa S a

dt

&&&

2) определить проекции силы F

на оси естественного трехгранника:

2

, , 0 ;ρτ n b

SF m S F m F

&&&

3) вычислить модуль силы F

по формуле:

. ρ2

4222 S

SmFFF n

II. Вторую (основную) задачу динамики материальной точки

рекомендуется решать в следующем порядке: 1) принять тело за материальную точку и изобразить ее в произвольном

положении; 2) выбрать систему координат, направив одну из осей по вектору скорости точки; 3) записать начальные условия движения точки; 4) изобразить активные силы и реакции связей, приложенные к материальной точке;

5) составить дифференциальные уравнения движения материальной точки в проекции на выбранные оси; 6) проинтегрировать систему дифференциальных уравнений движения, и, используя начальные условия движения, определить постоянные интегрирования; 7) воспользовавшись найденными уравнениями движения материальной точки, определить искомые величины.

В частности, при решении второй задачи динамики для свободной материальной точки, движущейся под действием произвольной системы сил

(1

n

кк

R F

r r

равнодействующая сил), удобно пользоваться системой

декартовых осей. В этом случае следует записать дифференциальные уравнения движения точки в виде

( );

( );

( ).

x

y

z

mx R x, y, z, x, y, z, t

my R x, y, z, x, y, z, t

mz R x, y, z, x, y, z, t

&& & & &

&& & & &

& &&& & (11.3)

Для определения уравнений движения точки x = x(t), y = y(t), z= z(t) проинтегрировать систему дифференциальных уравнений (11.3), применив методы высшей математики, и получить общее решение:

1 2 6

1 2 6

1 2 6

, , , ..., ;

, , , ..., ;

, , , ... ;

x x t C C C

y y t C C C

z z t C C C

(11.4)

где С1, С2, …, С6 произвольные постоянные интегрирования.

Дифференцированием по времени решения (11.4) определить проекции скорости точки на декартовые оси:

1 2 6

1 2 6

1 2 6

, , , ..., ;

, , , ..., ;

, , , ... .

x x t C C C

y y t C C C

z z t C C C

& &

& &

& & (11.5)

Нахождение значений постоянных интегрирования С1, С2, …, С6 проводится подстановкой начальных условий движения:

0 0 0

0 0 0

0, 0 , 0 , 0 ,

0 , 0 , 0 ;

t x x y y z z

x x y y z z

& & & & & & (11.6)

в выражения (11.4) и (11.5)

0 1 2 6

0 1 2 6

0 1 2 6

0 1 2 6

0 1 2 6

0 1 2 6

0, , , ..., ,

0, , , ..., ,

0, , , ..., ,

0, , , ..., ,

0, , , ..., ,

0, , , ..., ;

x x C C C

y y C C C

z z C C C

x x C C C

y y C C C

z z C C C

& &

& &

& &

и решением полученной системы шести алгебраических уравнений относительно шести неизвестных С1, С2, …, С6 .

При криволинейном движении несвободной материальной точки часто проще решать задачу в проекциях на оси естественного трехгранника.

Пример 11.1. Определить угол отклонения от вертикали и

величину силы давления Q

вагона на рельс подвесной дороги при движении

вагона по закруглению радиуса R со скоростью V, если масса вагона равна m. Решить задачу при следующих данных: m = 1500 кг, R = 30 м, V = 10 м/с.

Решение. Данная задача относится к первой задаче динамики точки. Примем вагон за материальную точку В и рассмотрим ее в произвольном положении на дуге окружности радиуса R (рис. 11.1).

Изобразим действующие на

точку В силы: силу тяжести P

и

реакцию N

рельса. Согласно III закону Ньютона искомая сила давления на

рельс NQ

. Следовательно, в задаче требуется найти величину реакции

N

рельса. Поскольку точка В движется по криволинейной траектории, то свяжем

с ней систему естественных осей Bnb, направив ось B по скорости V

точки, ось Bn к центру С дуги окружности радиуса R, а ось Bb по вертикали перпендикулярно плоскости движения Bn (рис.11.1). Запишем естественные уравнения движения для точки В:

B

P

α n

v

b

τN

R

C

Рис. 11.1

,0

,2

PN

NR

V m

Ndt

dVm

b

n

,τ

(11.7)

где τ , , n bN N N проекции реакции N

на касательную, главную нормаль и бинормаль соответственно. По условию задачи вагон совершает равномерное криволинейное

движение (V = const), поэтому 0dt

dVaτ , и из первого уравнения (11.7)

получаем, что 0 τ N . Следовательно, реакция N

рельса находится в нормальной к рельсу плоскости Bnb.

Пусть вектор N

составляет с вертикальной осью Bb угол (рис. 11.1). Тогда Nn = Nsin, Nb = Ncos, и т. к. P = mg, то второе и третье уравнения (11.7) запишем в виде

2

sinα

0 cosα ;

Vm N ,

RN mg

или

.cos

sin2

Nmg

NR

Vm

, (11.8)

Система уравнений (11.8) содержит два неизвестных N и . Для определения N возведем оба уравнения (11.8) в квадрат и сложим, получим

,)cos(sin 2222222

42 NNgm

R

Vm

так как 1cossin 22 . Отсюда, находим N, подставляя данные задачи:

)(1552722

422

2

42 H g

R

Vmgm

R

VmN .

Следовательно, величина силы давления вагона на рельс Q = N = 15527 (H). Из второго уравнения (11.7) определяем

9267,0cos N

mg .

Тогда = 18°47. Ответ: Q = 15527 (H), = 18°47.

Пример 11.3. Груз D массой

m движется под действием силы F

вверх по гладкой наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол (рис. 11.2).

Найти уравнение движения груза D, если в начальный момент времени его скорость была равна V0. Решить задачу при следующих данных:

m = 2 кг, Fx = 12 сos (3t) H, = 30°, V0 = 4 м/c. Решение. Для определения уравнения движения груза D решим вторую (основную) задачу динамики. Примем груз D за материальную точку и изобразим его в произвольном положении. На груз действуют силы: сила

тяжести gmP

, переменная сила F

и реакция гладкой плоскости N

(рис. 11.2). Поскольку движение груза прямолинейное, то проведем ось Ох в

направлении скорости V

движения груза, поместив начало отсчета О в начальный момент времени. Тогда начальные условия движения (11.6) для данной задачи имеют вид:

.м/c40000 0 V x , , x t (11.9) Составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на ось Ох:

n

ккxx Fma

1,

sinαx xma P F ;

или с учетом данных задачи (g = 9,8 м/c) получаем

t,dt

dVx 3cos12892 . (11.10)

Р

D

x N

α

VF

O

Рис. 11.2

Здесь dt

dVxa x

x . Разделив (11.10) на 2 и одновременно умножив на dt,

находим

dttdt,dVx 3694 cos . (11.11)

Взяв неопределенные интегралы от (11.11), определим скорость груза D

13294 Сtt,Vx sin . (11.12)

Постоянную интегрирования C1 найдем, подставив в (15.10 начальные

условия движения (11.7):

10 020 C V sin ,

отсюда С1 = V0 = 4 (м/с). Тогда скорость груза D в произвольный момент времени t определяется выражением

4 9 2sin 3 4xV , t t . (11.13)

Поскольку dt

dxVx

, то зависимость (11.13) принимает вид

4 4 9 2sin 3dx

, t t dt

.

Умножая это уравнение на dt, и интегрируя, получим

224 2 45 0 67cos 3x t , t , t C . (11.14)

Постоянную интегрирования C2 определим подстановкой начальных условий движения (11.9) в(11.14):

20cos6700 C, ,

отсюда С2 = 0,67.

Тогда уравнение движения груза D принимает вид

24 2 45 0 67 cos 3 1x t , t , t ,

где х в метрах, t в секундах.

По теме «Дифференциальные уравнения движения материальной точки» рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 26.9, 26.12, 26.16, 26.19, 26.26, 26.28, 27.7, 27.12, 27.16, 27.21, 27.33, 27.40, 27.55.

12. ТЕМА 14. ПРЯМОЛИНЕЙНЫЕ КОЛЕБАНИЯ ТОЧКИ

На практических занятиях при исследовании прямолинейных колебаниях материальной точки решается вторая (основная) задача динамики, т. е. по заданным действующим силам определяется закон колебательного движения и его характеризующие параметры (частота, амплитуда, фаза, период колебаний).

12.1. Задачи на прямолинейные колебания точки

Решение задач на прямолинейные колебания точки рекомендуется

выполнять в следующем порядке: 1) ввести ось в направлении движения точки, выбрав начало координат в ее положении статического равновесия; 2) записать начальные условия движения; 3) изобразить активные силы и, применив принцип освобождаемости от связей, реакции связей; 4) составить дифференциальное уравнение движения материальной точки в проекции на выбранную ось; 5) проинтегрировать дифференциальное уравнение движения, используя начальные условия движения для определения постоянных интегрирования.

Материальную точку следует всегда изображать в произвольном положении, соответствующем ее положительной координате. При составлении дифференциального уравнения движения необходимо воспользоваться условием статического равновесия точки. Это часто приводит к упрощению вида правой части дифференциального уравнения движения.

Решая задачу о свободных колебаниях точки при наличии силы сопротивления, пропорциональной величине скорости, следует подставить численные данные задачи в дифференциальное уравнение, составленное в пункте 4). Определить значения коэффициента b, характеризующего сопротивление среды, и частоту k, так как в зависимости от соотношения между ними приходится записывать решение уравнения или в тригонометрических, или в гиперболических функциях (случаи малого и большого сопротивления).

При вынужденных колебаниях на точку действует возмущающая сила периодического характера с частотой р. Наличие этой силы меняет вид дифференциального уравнения, и порядок его решения. Поэтому после пункта 4) следует определить численные значения коэффициентов найденного дифференциального уравнения вынужденных колебаний, так как вид частного решения этого уравнения зависит от соотношения между круговыми частотами вынужденных и свободных колебаний, т. е. между p и k. Пример 12.1. На гладкой плоскости, наклоненной к горизонту под углом , находится груз М массой m, прикрепленный пружинам с жесткостями с1 и с2. Определить уравнение колебаний груза, если он отпущен без начальной скорости из положения, при котором пружины не деформированы. Решить задачу при следующих данных: = 30°, m = 2 кг, с1 = 490 Н/м, с2 = 590 Н/м. Решение. Направим ось Ох по скорости движения груза вниз по наклонной плоскости, поместив начало координат О в положении статического равновесия. Приняв груз за материальную точку, рассмотрим его в произвольном положении при х > 0 (рис.12.1).

На груз М действуют силы: сила тяжести P

груза, F

– упругая сила пружин, модуль которой по закону Гука (δ )F c x , где δ величина

статической деформации двух пружин, и N

– нормальная реакция плоскости. Заменим две последовательно включенные пружины с коэффициентами жесткости с1 и с2 одной эквивалентной пружиной и вычислим её коэффициент жесткости с. В положении статического равновесия (х = 0) суммарное удлинение пружин равно величине статической деформации эквивалентной пружины, т. е.

1 2δ δ δ , (12.1)

где 1 2δ , δ статические деформации 1-й и 2-й пружин соответственно. Эти деформации связаны с величиной силы упругости соотношениями:

1 21 2

,δ , .F F F

c c c (12.2)

Подставив значения (12.2) в формулу (12.1) получим:

с1

M

2с

х

F

l0

P

y

ON

V

Рис. 12.1

.111

21 ссс

Отсюда находим коэффициент жесткости с эквивалентной пружины

.21

21

сссс

с

(12.3)

В дальнейшем при решении задачи вместо двух данных последовательно соединенных пружин будем рассматривать движение груза М, прикрепленного к одной эквивалентной пружине с коэффициентом жесткости с. Запишем дифференциальное уравнение движения груза по оси х :

.sin PFxm

или (δ ) sinα.mx с x P && (12.4)

При х = 0 груз М находится в положении статического равновесия, и на

него действует уравновешенная система сил. Поэтому 01

n

kkxF , т. е.

0sinα 0

xP F

или

sinα δ 0.P с (12.5) При учете (12.5) уравнение (12.4) упрощается и принимает вид сxxm или

.0 сxxm (12.6)

Разделив (12.6) на m и обозначив m

ck 2 , получим дифференциальное

уравнение свободных колебаний материальной точки в отсутствии сопротивления:

.02 xkx (12.7)

Так как корни характеристического уравнения 2 2 0r k дифференциального уравнения (12.7) являются мнимыми величинами ( 1,2r ik ), то решение уравнения (12.7) запишем в виде

x = C1cos(kt) + C2sin(kt). (12.8)

Здесь

c

km

(12.9)

частота свободных колебаний груза М. Для определения постоянных С1 и С2, запишем начальные условия движения груза. При t =0 пружины не деформированы (их суммарная длина равнялась 0l ), поэтому

х(0) = – , 0)0( x , (12.10) так как груз был отпущен без начальной скорости. Подставляя в (12.8) начальные условия (12.10), получим

С1 = – . Дифференцируя по времени (12.8) и, снова воспользовавшись начальными условиями (12.10), находим

С2 = 0. Подставляя значения С1 и С2 в решение (12.8) получаем

x = – cos (kt). С учетом (12.3), (12.5) и (12.9) запишем это уравнение движения для груза М:

,cos)(sin

21

21

21

21

t

mcc

cc

cc

ccmgx

или, подставляя числовые данные задачи,

x = – 0,037 cos(11,569t) м.

Следовательно, груз М совершает гармонические колебания с амплитудой А = 0,037 м, и периодом

20,543 c.T

k

Пример 12.2. Груз М массой m, подвешенный к

концу пружины с коэффициентом жесткости с, движется в жидкости. Сила сопротивления движению пропорциональна первой степени скорости груза R = V. Найти уравнение движения груза, если он в начальный момент был смещен из положения статического равновесия вниз на х0 и ему была сообщена вниз начальная скорость V0.

Решить задачу при следующих данных: m = 0,1 кг, с = 19,6 Н/м, = 0,6 Нс/м, х0 = 4 см,

0x = V0 = 4 см/c.

Решение. Направим ось х вдоль пружины по вертикали вниз в сторону движения груза, выбрав

начало отсчета в его положении статического равновесия (рис. 12.2). Запишем начальные условия движения груза:

t = 0, х(0) = х0 = 4 см, см/с. 40 0 xx (12.11)

Примем груз М за материальную точку и изобразим её в произвольном положении, при котором координата х положительна. На груз действуют

силы: сила тяжести P

, сила упругости пружины F

и сила сопротивления R

его движению, направленная противоположно скорости V

груза, т. е. против

оси х (рис. 12.2). При х > 0 пружина получит удлинение равное + x, а проекция силы

упругости F

пружины на ось х будет равна

Fx = –c ( + x). (12.12)

Запишем дифференциальное уравнение движения груза вдоль оси х

.xx RFPxm Подставив в это уравнение Rx = – Vx и значение Fx из формулы (12.12),

получаем

.xmx P с cx V && (12.13)

PV

R

x

F

M

Рис. 12.2

В положении статического равновесия х = 0 и уравнение равновесия

01

n

kkxF принимает вид

00

xP F

или Р – с = 0. (12.14)

Разделив (12.13) на m, с учетом (12.14) и xVx получим

дифференциальное уравнение движения груза:

22 0,x bx k x && & (12.15)

где / 2b m коэффициент, характеризующий сопротивление среды,

/k c m соответствует частоте свободных колебаний груза в отсутствии силы сопротивления.

Подставив численные значения, находим, что k = 14 с–1, b = 3 с–1; таким образом, b < k, т. е. имеет место случай малого сопротивления. Так как в этом случае корни характеристического уравнения 2 22 0r br k являются

комплексными ( 2 21,2r b i k b ), то тогда решение уравнения (12.15)

запишем в виде

2 2sinbtx Ae k b t . (12.16)

Вычислив производную по времени от (12.16), получим зависимость скорости груза от времени:

2 2 2 2 2 2sin cosbt btx bAe k b t k b Ae k b t & .

Подставляя в это выражение и в (12.16) начальные условия задачи (12.11) в общем виде и решая полученную систему алгебраических уравнений, находим формулы для вычисления постоянных интегрирования:

2

2 0 00 2 2

x bxA x

k b

&

, (12.17)

и начальной фазы

2 20

0 0

.arctgx k b

x bx

& (12.18)

Согласно (12.16) колебания груза являются затухающими (при t ,

х 0) с круговой частотой

2 21k k b = 13,675 с–1.

Из условия задачи следует, что х0 = 4 см,

0x = 4 см/с. Подставив эти

численные значения в формулы (12.17) и (12.18), находим: А = 4,2 см, = 1,286 рад. Следовательно, груз совершает затухающие колебания (рис. 12.3) по закону

.286,1675,13sin2,4 3 см tex t

Период Tc этих колебаний равен Tс = 2/k1 = 0,459 с. Если бы груз совершал свободные колебания при отсутствии силы сопротивления, то период его колебаний был бы меньше. Действительно, по формуле Т = 2/k получим T = 0,449 с.

Пример 12.3. Решить задачу12.2 при следующих данных: m = 0,1 кг, с = 19,6 Н/м, = 5,2 Нс/м, х0 = 4 см, 0x = –V0 = –2,4 см/c.

Решение. Начало отсчета оси х по-прежнему поместим в положение статического равновесия груза на пружине, направив ось х по вертикали вниз (рис. 12.2). В данном случае начальные условия движения груза имеют вид:

t = 0, x(0) = x0 = 4 см, м/с. 4,2)0( 0 xx

Следуя решению предыдущей задачи, получим дифференциальное уравнение движения груза (12.15)

,02 2 xkxbx

где /k c m , / 2b m . Подставив численные данные задачи, получим k = 14 с–1, b = 26 с–1;

таким образом, b > k (случай большого сопротивления при b k ). Так как в

0 0,4 0,8 1,2 1,6 2

0,01

0,02

0,03

0,04

x

0,03

0,02

0,01

t

Рис. 12.3

этом случае корни характеристического уравнения 2 22 0r br k являются

действительными ( 2 21,2r b b k ), то тогда решение дифференциального

уравнения (12.15) следует искать в виде

trtr eCeCx 2121 , (12.18)

где ,221 kbbr .22

2 kbbr Для определения постоянных интегрирования С1 и С2 вычислим

скорость груза

.212211

trtr erCerCx (12.19)

Подставив в (12.18) и в (12.19) начальные условия движения t = 0, х = х0, 0xx , получим систему уравнений:

0 1 2

0 1 1 2 2

,

;

x С С

x С r С r

&

решая которую находим

,21

0021 rr

xxrС

.

21

0012 rr

xxrС

Подставив в эти формулы исходные данные задачи получим

С1 = – 0,059 и С2 = – 0,011, тогда уравнение движения груза будет

47,909 4,0910,059 0,011 .t tx e e (12.20)

По уравнению (12.20) построим график движения груза (рис. 12.4).

Рис. 12.4

Движение груза является апериодическим, при t , х 0.

Пример 12.3. На рисунке 12.5 изображена схема прибора для измерения давлений. К ползуну А массы m прикреплена стрелка В, отмечающая показания на неподвижной шкале С.

Ползун А, прикрепленный к концу пружины жесткости с, перемещается по гладкой горизонтальной плоскости. К ползуну приложена возмущающая горизонтальная сила H = H0 sin(pt). В начальный момент ползун находился в покое, в положении статического равновесия.

Определить уравнение движения стрелки В при отсутствия силы сопротивления ее движению.

Решить задачу при следующих данных: m = 0,2 кг; с = 4 Н/м; Н0 = 1,6 Н; р = 20 с–1. Решение. Введем ось х по

пружине в направлении ее растяжения, взяв начало отсчета в конце недеформированной пружины длиной l0. Начальные условия движения ползуна имеют вид:

t = 0, 0 0x , 0 0x & .

Рассмотрим ползун в произвольном положении х > 0, при этом пружина растянется на величину х.

К ползуну приложены силы: P

– сила тяжести, N

– нормальная

реакция гладкой горизонтальной плоскости, возмущающая сила H

и F

–

х

F N

PO

HA

B

C

хс

l0

Рис. 12.5

сила упругости пружины, проекция которой на ось х равна Fx = –cx (рис. 12.5).

Составим дифференциальное уравнение движения ползуна в проекции на ось х

,xx FHxm или

0 sinH c

x pt xm m

&& .

Откуда получаем дифференциальной уравнение вынужденных колебаний в отсутствии сопротивления:

2 sinx k x h pt && , (12.21)

где /k c m , 0 /h H m . Подставляя численные данные задачи находим

k = 4,472 с–1, h = 8 мс–2. Уравнение (12.21) является линейным неоднородным

дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами, поэтому его общее решение имеет вид

x = x1 + x2. (12.22)

где х1 – общее решение однородного уравнения

2 0x k x && ; (12.23)

а х2 – частного решения уравнения (12.21). Для уравнения (12.23) корни характеристического уравнения r2 + k2 = 0

являются мнимыми: r1,2 = ±ki. Поэтому решение уравнения (12.23) ищем в виде

x1 = C1 cos(kt) + C2 sin(kt). (12.24)

Для определения закона вынужденных колебаний, т. е, частного

решения х2 следует предварительно выяснить значение круговых частот свободных и вынужденных колебаний: k = 4,472 с–1, а р = 20 с–1, т. е. p ≠ k. Поэтому частное решение х2 надо искать в виде

x2 = Asin(pt) + Bcos(pt),

где А и В – коэффициенты, подлежащие определению. Подставив х2 в дифференциальное уравнение (12.21) и приравняв коэффициенты, стоящие

в левой и правой частях уравнения при одинаковых тригонометрических функциях, находим:

,22 pk

hA

B = 0.

Следовательно, частное решение принимает вид

2 2 2sin( ).

hx pt

k p

(12.25)

Воспользовавшись формулами (12.24) и (12.25), запишем общее

решение (12.22) дифференциального уравнения (12.21)

1 2 2 2cos( ) sin( ) sin( ).

hx C kt C kt pt

k p

(12.26)

Для определения постоянных интегрирования С1 и С2 вычислим скорость ползуна:

1 2 2 2sin( ) cos( ) cos( ).

hpx C k kt C k kt pt

k p

& (12.27)

Подставив в (12.26) и (12.27) начальные условия движения: t = 0, х (0)= 0, 00 x , и, решив полученную систему алгебраических уравнений,

находим С1 = 0, .222 pk

h

k

pC

Следует обратить внимание на ошибку, которую часто совершают при вычислении постоянных интегрирования С1 и С2, подставляя начальные условия движения в общее решение (12.24) однородного уравнения вместо того, чтобы подставить их в общее решение (12.26).

Итак, уравнение движения ползуна и, следовательно, стрелки В имеет вид

).sin()sin(2222

ptpk

hkt

pk

h

k

px

(12.28)

Подставив численные значения р = 20 с–1, k = 4,472 c–1, h = 8 мс–2, получаем

x = (0,094sin 4,472t – 0,021sin20t) м.

Рис. 12.6

Первое слагаемое в (12.28) соответствует колебаниям ползуна со стрелкой В с частотой k = 4,472 c–1 свободных колебаний, а второе слагаемое определяет вынужденные колебания с частотой р = 20 с–1, равной частоте

возмущающей силыH

, при сложении которых получаем график движения стрелки В (рис. 12.6). По теме «Прямолинейные колебания материальной точки» рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 32.4, 32.13, 32.16, 32.26, 32.64, 32.65, 32.66, 32.71, 32.72, 32.78, 32.80, 32.81, 32.96.

13. ТЕМА 15. ДИНАМИКА ОТНОСИТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ На практическом занятии по теме «Динамика относительного

движения» проводится решение двух задач динамики точки относительно неинерциальной системы отсчета, т. е. определяются или сила, или относительная скорость и закон относительного движения точки.

13.1. Задачи динамики относительного движения точки

Задачи динамики относительного движения материальной точки

рекомендуется решать в следующем порядке: 1) разложить абсолютное движение материальной точки на

относительное и переносное, выбрав неподвижную и подвижную системы отсчета, связанные соответственно с неподвижным телом и подвижной средой, относительно которой движется точка;

2) записать начальные условия относительного движения материальной точки;

3) изобразить на рисунке силы кFr

(активные и реакции связей),

действующие на материальную точку;

4) найти ускорение еa

точки в переносном движении и ускорение

Кориолиса сa

; а затем определить переносную Фе ema r r

и кориолисову

Ф 2 с c e rma m V r rrr

силы инерции, добавив их к действующим силам

kF

;

5) составить дифференциальные уравнения относительного движения материальной точки в проекциях на оси подвижной системы координат; 6) проинтегрировать составленные дифференциальные уравнения, определив постоянные интегрирования с помощью начальных условий движения; 7) определить искомые величины.

При решении первой (прямой) задачи динамики точки, т. е. при определении сил по заданному движению, пункты 2) и 6) надо опустить. Материальную точку следует изобразить в произвольном положении, соответствующем положительным значениям её координат, и предположить, что точка движется в сторону возрастания этих координат.

Пример 13.1. Груз А весом Р спускается вниз по боковой грани призмы В, расположенной под углом к горизонту (рис. 13.1).

Призма движется по гладкой горизонтальной плоскости направо с ускорением а.

Определить ускорение ar груза по отношению к призме и и его давление на ее боковую грань, если коэффициент трения скольжения груза о грань призмы равен f.

Решение. Свяжем с гладкой горизонтальной плоскостью неподвижную систему координат (на рис. 13.1 не изображена), а с призмой В подвижную систему Оху, направив ось х вдоль боковой грани призмы вниз по вектору её скорости.

Движение груза А является сложным, так как оно складывается из относительного движения груза вниз по боковой грани призмы и переносное движение вместе с призмой В.

F

P

A

Bх

y

O

Ф

тр

e

a

N

Vr

Рис. 13.1

К грузу А приложены силы: сила тяжести P

, нормальная реакция N

боковой грани призмы и сила трения скольжения

трF

, направленная в

сторону, противоположную скорости V

движения груза. Для решения задачи к этим действующим на точку силам добавить

переносную силу инерции Фe

r и кориолисову силу инерции Фc

r.

Так как переносное движение является поступательным (е = 0), то ускорение Кориолиса равно нулю ( 0сa

r) и, следовательно, кориолисова

сила инерции Ф 0с r

.

Переносная сила инерции еФ

направлена в сторону, противоположную вектору переносного ускорения a

r призмы В, т. е. по горизонтали налево

(рис. 13.1) и равна по модулю

Ф .e ema ma (13.1)

Для определения величины ускорения ra ( ra x &&) груза относительно боковой грани призмы составим дифференциальное уравнение его относительного движения в проекции на ось х:

.cossin eFPxm Фтр

Учитывая, что Fтр = fN и (13.1), находим

sinα cosα.fN

x g am

&& (13.2)

Для определения величины N нормальной реакции боковой грани

призмы составим дифференциальное уравнение относительного движения груза в проекции на ось у %

cosα Ф sinα.emy N P && Так как ускорение груза в относительном движении ar = x и направлено перпендикулярно к оси у, то 0rya y && . Тогда, с учетом (13.1)

находим

cosα / sinα .N P a g (13.3)

Искомое давление груза на боковую грань призмы направлено противоположно нормальной реакции N и равно ей по модулю. Подставив в уравнение (13.2) значение N из формулы (13.3), получим искомое

относительное ускорение груза А при его движении вниз по боковой грани призмы:

.sincoscossin fafgx (13.4)

Воспользовавшись уравнением (13.4), можно найти предельное значение

угла , при котором груз будет находиться в относительном покое. Полагая в (13.4) 0x , получаем

sin cos cos sin 0,g f a f откуда находим

arctg .1

af

ga

fg

По теме «Динамика относительного движения» рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 33.5, 33.9, 33.14, 33.19. 14. ТЕМА 17. ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ

Во многих случаях задачи, в которых рассматривается движение системы материальных точек, могут быть решены с помощью общих теорем динамики. Так как выбор соответствующей теоремы связан с известными трудностями, то полезно иметь в виду следующие соображения 1) Пользуясь теоремой о движении центра масс, можно решать обе задачи динамики механической системы: т. е. зная закон движения центра масс, определить главный вектор внешних сил, действующих на систему, и, наоборот, зная внешние силы, найти уравнения движения центра масс. В случае, когда имеет место закон сохранения движения центра масс, эта теорема позволяет по перемещению одного их тел системы находить перемещение другого её тела.

2) Теоремами об изменении главного вектора количества движения механической системы удобно пользоваться, если действующие внешние силы являются постоянными или функциями времени а в число данных или неизвестных величин входит промежуток времени их действия. Закон сохранения количества движения удобно применять в случаях, когда по изменению поступательной скорости одного тела надо определить скорость другого тела системы.

3) Для изучения движения твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, следует применить теорему об изменении главного момента количества движения механической системы относительно оси вращения тела. Применение закона сохранения кинетического момента

позволяет по величине или по скорости одной части механической системы определить изменение угловой скорости или угла поворота другой её части.

4) Если внешние силы постоянны или зависят от положений точек системы, а в число данных и искомых величин входят перемещения точек системы или их скорости в начале и в конце этих перемещений, то следует применить теорему об изменении кинетической энергии системы материальных точек в конечной форме.

14.1. Теорема о движении центра масс механической системы На практическом занятии с помощью теоремы о движении центра

масс можно решать как прямые, так и обратные задачи динамики механической системы, т. е. определить закон движения центра масс системы или находить реакции внешних связей. В этом случае рекомендуется следующая последовательность действий: 1) изобразить все внешние силы системы; 2) ввести декартовую систему координат; 3) записать теорему о движении центра масс в проекциях на декартовые оси; 4) вычислить суммы проекций всех внешних сил системы на выбранные декартовые оси и подставить их в составленные уравнения теоремы о движении центра масс; 5) в зависимости от условия решать прямую, либо обратную задачи динамики. Пример 14.1. Звенья ОА и АВ кривошипно-ползунного механизма ОАВ представляют собой однородные стержни длиной l и массой m каждый. Определить наибольшее горизонтальное давление на ось шарнира О, если угловая скорость вращения кривошипа ОА постоянна и равна , а масса ползуна В равна m (рис. 14.1).

Решение. Для решения задачи воспользуемся теоремой о движении центра масс

1

nе

C кк

Ma F

rr

. (14.1)

Чтобы исключить силы, вращающие кривошип ОА и

давление на него со стороны шатуна АВ и ползуна В, сделаем их внутренними. Для этого рассмотрим движение всей системы.

Изобразим все внешние силы екF

r: ОХ

, ОY

реакции шарнира О, N

нормальную реакцию направляющей для ползуна В, силы тяжести Р

,

y

P1C

A

B xN

2C

P

P

OX

O

OY

Рис. 14.1

приложив их центры тяжести С1, С2 и В однородных тел. Выберем декартовую систему координат Оху с началом в неподвижной точке О.

Запишем теорему (14.1) в проекции на ось Ох:

OC XxM ,

где согласно определению центра масс

1 2C OA C AB C B BMx m x m x m x .

Здесь mOA = mAB = mB = m. На рис.14.1 видно, что

1

cos cos ω 2 2C

OA lx t

2 2

3cos cos cos ω

2C

lx OA AC t ,

2 cos 2 cos ωBx OA l t ,

поскольку , lABOA ABOAOB , кривошип ОА вращается равномерно по закону t . В результате

tml M xC ωcos4 ,

а tml xM X CO ωω4 2 сos .

Величина силы горизонтального давления на ось О равна модулю реакции tml X O ωcosω4 2 и принимает максимальное значение, если

cos ω 1t . Следовательно, наибольшее горизонтальное давление на ось

шарнира О равно 2

maxω4mlX O .

Пример 14.2. Механическая система состоит из призматического тела А массой m1, которое может перемещаться по гладкой неподвижной плоскости, и шарнирно прикрепленного к этому телу невесомого жесткого стержня ОВ длины l c точечным грузом В массой m2 на свободном конце.

Приняв состояние покоя системы за исходное, определить перемещение S тела А при повороте стержня ОВ парой сил с моментом М из горизонтального положения I в вертикальное положение II (рис. 14.2). Решить задачу при следующих данных:

m1 = 2 кг, m2 = 0,5 кг, l = 0,2 м. Решение. Для решения задачи воспользуемся теоремой о движении

центра масс (14.1). Рассмотрим систему, состоящую из тела А и груза В.

Внешние действующие на нее силы (силы тяжести 1 1Р m gr r

, 2 2Р m gr r

и

реакция гладкой плоскости N

) являются вертикальными. Поэтому направим ось х вдоль горизонтальной плоскости.

Поскольку

Fn

к

екх

1

0, то 0CMx && и const 0Cx & , так как в начальный

момент времени система находилась в покое; поэтому при движении системы constCx . Запишем Cx при t = 0 (груз В в положении I) и при t =

t1, когда груз В займет положение II, а тело А переместится на расстояние S в направлении оси х (рис. 14.2). Для t = 0

21

02

010

mm

xmxmx BA

C

, (14.2)

для t = t1

21

12

111

mm

xmxmx BA

C

, (14.3)

где 00

BA xx , и 11BA, xx декартовые координаты центров масс тела А и груза В

соответственно при t = 0 и t = t1 .Поскольку constCx , то 001 CC xx . Тогда

вычитая (14.2) из (14.3) получим

NS

BI

M

xA

O

II

1P

2P

Рис. 14.2

1 0 1 01 2 0A A B Bm x x m x x ,

или

1 2 0A Bm x m x . (14.4) Здесь xA и xВ абсолютные перемещения вдоль оси х соответственно тела А и груза В. В (14.4) xA = S, а xВ = S l, так как абсолютное перемещение груза В складывается из переносного перемещения S вместе с телом А вдоль оси х и относительного перемещения, равного l, против оси х за счет поворота стержня ОВ из положения I в положение II (рис. 14.2). В результате (14.4) принимает вид

m1S + m2(S – l) = 0.

Отсюда с учетом данных задачи находим

2

1 2

0,04 м.m l

Sm m

Поскольку величина S является положительной, то призма А действительно переместится в положительном направлении оси х при повороте стержня ОВ из положения I в положение II. На практическом занятии с помощью теоремы о движении центра масс механической системы рекомендуем решить следующие задачи из сборника[1]: 35.7, 35.10, 35.11, 35.17, 35.20.

14.2. Теоремы об изменении количества движения

На практическом занятии, с помощью теорем об изменении количества движения материальной точки и механической системы определяют скорости точек (тел системы), если действующие силы постоянны или зависят от времени, а в число данных величин входят: массы материальных точек (тел системы), силы (внешние для системы) и промежуток времени их действия.

Задачи на применение теорем об изменении количества движения материальной точки рекомендуется решать в следующей последовательности: 1) изобразить все активные силы и реакции связей, приложенные к материальной точке; 2) выбрать декартовую систему координат;

3) записать теорему об изменении количества движения материальной точки в проекциях на эти оси:

1 01

1 01

1 01

,

,

.

n

x x x kk

n

y y y kk

n

z z z кк

mV mV S F

mV mV S F

mV mV S F

r

r

r

4) если в задаче требуется определить начальную или конечную

скорости точки при заданном законе изменения сил и промежутке времени их действия, то, вычислив проекции импульсов сил по формулам

2 2 2

1 1 1

, , .t t t

x x y y z z

t t t

S F dt S F dt S F dt

и подставив их значения в уравнения предыдущего пункта, можно определить искомые проекции скорости точки;

4)* если по условию задачи требуется определить одну из постоянных сил, приложенных к материальной точке, то ее можно легко получить из уравнений пункта 3), так как в этом случае

Sx = Fx (t2 t1), Sy = Fy (t2 t1), Sz = Fz (t2 t1).

Решать задачи с помощью, закона сохранения главного вектора

количеств движения системы надо в такой последовательности: 1) изобразить на рисунке все внешние силы; 2) выбрать систему координат; 3) записать теорему об изменении главного вектора количества движения для системы материальных точек в проекциях на координатные оси; 4) если сумма проекций импульсов внешних сил на ось оказывается

равной нулю, например 1

0n

ex k

k

S F

, то следует приравнять

Qx0 = Qx1,

где 0 01

n

x к кк

Q m x

& и 1 11

n

x к кк

Q m x

& между собой проекции на эту ось главного

вектора количеств движения системы в начальный и конечный моменты времени, и из полученного уравнения определить искомую величину.

Пример 14.3. Механическая система состоит из груза А и колеса В одинаковой массы равной m (рис. 14.3). Пренебрегая массой каната и блока, а также проскальзыванием колеса по неподвижной плоскости определить модуль количества движения Q

системы, если закон движения груза 2 / 2S kt (k = const, t время). Решение. Главный вектор

количества движения системы

A BQ Q Q r r r

, (14.4)

где AQ

и BQ

главные векторы количеств движения груза А и колеса В соответственно.

Векторы количества движения тел системы равны:

, ,A A B CQ m V Q m V r rr r

где AV

скорость поступательно движущегося груза А, а СV

скорость

центра масс С колеса В. Величина скорости груза А

. t kSVA

Учитывая, что AL VV , а точка P касания колеса В с неподвижной

плоскостью является мгновенным центром скоростей, находим

, LP

CP

V

V

L

C

или

2C

A

V R

V R ,

отсюда

.22kt

V

V AC

Рис. 14.3

Тогда модули количества движения для груза А и колеса В равны:

/ 2.A BQ mkt, Q mkt

Для определения модуля количества движения Q

вычислим

проекции вектора Q

на оси декартовой системы координат Оху (рис. 14.3) проецированием выражения (14.4):

,

,2

1

mktmVQQQ

mktmVQQQ

AByAyy

CBxAxx

так как 0. 0, CyByAxAx mVQmVQ

Тогда модуль вектора количества движения системы

2 2 5 .

2x yQ Q Q m kt

Пример 14.4. По горизонтальной платформе А, движущейся по инерции со скоростью

0V

, перемещается тележка В с постоянной

относительной скоростью u

. В некоторый момент тележка В была заторможена. Определить общую скорость V

платформы с тележкой после

ее остановки, если М масса платформы А, а m масса тележки В (рис. 14.4). Решение. Рассмотрим движение механической системы, состоящей из платформы А и тележки В. Направим ось х по горизонтали в сторону движения платформы А.

Поскольку силы тяжести платформы А и тележки В AP

и ВP

соответственно

и нормальные реакции плоскости 1N

и 2N

направлены по вертикали, и по

условию платформа А движется по горизонтальной плоскости по инерции, то

01

n

k

еkxF . Тогда теорема об изменении количества движения системы в

проекции на ось х принимает вид

0dt

dQx .

Рис. 14.4

Следовательно, имеет место закон сохранения количества движения системы вдоль оси х Qx = const, т. е.

10 xx QQ , (14.5) где Qx0 проекция вектора количества движения системы на ось х при t = 0, а Qx1 при t = t1, когда тележка В была заторможена. При t = 0

Bx

Axx QQQ 000

Здесь для платформы А

00 VMQ Ax , а для тележки В uVmQ B

x 00

(рис. 14.4), так как абсолютная скорость тележки В в начальный момент

времени равна геометрической сумме переносной OV

и относительной u

скоростей ( uVVB

0

), направленных по оси х. Тогда находим

uVmVMQx 000 . (14.6)

Пусть при t = t1, когда тележка В была остановлена, общая скорость

платформы А с тележкой В V

и направлена по оси х. Поэтому

VmMQQQ Bx

Axx 111 . (14.7)

Подставляя (14.6) и (14.7).в уравнение (14.5), получим

VmMuVmVM 00 . Отсюда находим

mMum

VV

0 .

Следовательно, после остановки тележки В скорость платформы А

вместе с тележкой увеличилась в направлении оси х на величину mM

mu

.

С помощью теорем об изменении количества движения материальной точки и механической системы рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 28.2, 28.7, 28.11, 28.12, 36.3, 36.7, 36.8.

14.3. Теорема об изменении кинетического момента системы

На практическом занятии применяют теорему об изменении кинетического момента системы (главного момента количества движения

механической системы) в том случае, если в состав тел системы входит твердое тело, вращающееся вокруг неподвижной оси. Тогда задачи с помощью этой теоремы рекомендуется решать в следующем порядке: 1) направить одну из осей координат по неподвижной оси вращения (по направлению вектора угловой скорости вращающегося тела); 2) записать теорему об изменении главного момента количеств движения системы относительно соответствующей оси; 3) изобразить все внешние силы системы; 4) вычислить главный момент внешних сил относительно этой оси; 5) определить главный момент количества движения системы относительно неподвижной оси и затем вычислить от него производную по времени; 6) подставить результаты пунктов 4) и 5) в 2) и затем, в, зависимости от условия, решить прямую либо обратную задачу динамики.

Задачи с помощью теоремы о сохранении кинетического момента системы рекомендуется решать в такой последовательности:

1) выбрать координатные оси; направив одну из них вдоль неподвижной оси вращения; 2) записать теорему об изменении момента количества движения системы относительно выбранной оси, например, относительно оси z:

;1

n

k

ekz

z Fmdt

dK (14.8)

3) изобразить все внешние силы системы; 4) показать, что сумма моментов всех внешних сил системы относительно оси равна нулю; 5) вычислить и приравнять главные моменты количества движения материальных точек (тел) системы относительно оси z в начальный и конечный моменты времени:

0 1z zK K (14.9)

где 0 0

1

n

z кzк

K K

1 1

1

n

z кzк

K K

и; решив уравнение (14.9),

определить искомую величину. Пример 14.5. Человеку с гирями в руках, стоящему на скамейке Жуковского (рис. 14.5), которая может вращаться вокруг вертикальной оси Оz почти без трения, сообщают начальную угловую

скорость 0; при этом момент инерции человека и скамейки относительно оси вращения равен I0. С какой угловой скоростью 1 начнет вращаться скамейка с человеком, если, разведя руки с гирями в стороны, он увеличит момент инерции системы до I1?

Рис. 14.5

Решить задачу при следующих данных: 0 = 100 об/мин, I0 = 0,12 кг м2, I1 = 0,8 кг м2. Решение. Так как внешние силы системы или параллельны оси Оz

(силы тяжести), или эту ось пересекают (реакции подпятника и подшипника

при отсутствии трения), то 0)(1

n

i

eiz Fm

. Тогда из (14.8) имеет место закон

сохранения кинетического момента (14.9) относительно оси вращения z:

0 1z zK K (14.10)

Так как для вращающегося тела ωzz IK , то равенство (14.10) принимает вид

I00 = I11. (14.11)

Отсюда с учетом данных задачи

1

001 I

I15 (об/мин).

Следовательно, если человек разведением рук с гирями в стороны увеличит момент инерции, то угловая скорость вращения уменьшиться и наоборот. Законом сохранения кинетического момента в форме (14.11) пользуются фигуристы, акробаты, танцоры, например, для увеличения угловой скорости при прыжках в воздухе, или для замедления вращения. Пример 14.6. При пуске в ход электрической лебедки к барабану А приложен вращающий момент Mвр = t, где постоянная. Груз В массой m1 поднимается посредством каната навитого на барабан А радиусом r и массой m2 (рис. 14.6). Определить угловую скорость барабана А, считая его однородным сплошным цилиндром. В начальный момент времени лебедка находилась в покое, т. е.

при t = 0, 0 = 0 (14.12)

Решение. Рассмотрим систему, состоящую из барабана А и груза В. Поскольку вектор угловой скорости барабана А направлен вдоль оси вращения Ох, то воспользуемся теоремой об изменении кинетического момента механической системы (14.8) относительно этой оси

n

i

eix

x Fmdt

dK1

)( .

(14.13)

Изобразим все внешние силы системы: вращающий момент Mвр, силы тяжести

1P

и 2P

соответственно груза В и барабана А, реакции

подшипника О OY

и OZ

. Вычислим сумму моментов этих сил относительно оси Ох:

n

i

eix grmtrPMFm

111 .)( вр

(14.14)

Для данной системы A B

x x xK K K . Барабан А вращается вокруг оси Ох

с искомой угловой скоростью и для него 22 / 2xI m r . Тогда

.2

22 rm

IK xAx

Груз В движется поступательно вверх, поэтому для определения B

xK вычислим момент вектора количества движения

BVm

1 относительно оси Ох,

учитывая , что VB = r. Получим

.211 rm rVmK B

Bx

Тогда для системы

.

2

2

212

22

1

22

mmrrm

rmKx (14.15)

Подставляя (14.14) и (14.15) в теорему (14.13), получаем дифференциальное уравнение движения системы

gr,mt

mmr

dt

d1

122

2

2

О

ZO

Y

P2

P1

B

A

x

Мвр

O

Vm1 B

Рис. 14.6

или

gr.mtdt

d

mmr1

122

2

2

(14.16)

Умножим (14.16) на dt, разделим переменные и возьмем от обеих частей найденного равенства определенные интегралы

,

ttdtgrmtdtd

mmr

01

00

122

2

2 (14.17)

где нижние пределы интегрирования соответствуют начальным условиям (14.12), а верхние пределы произвольному моменту времени t, когда угловая скорость барабана А равна искомой . Из (14.17) находим

.grtm

tmmr1

212

2

22

2

Отсюда определим угловую скорость барабана А как функцию времени

. mmr

gr mtt

122

1

2

2

С помощью теоремы об изменении главного момента количества движения механической системы рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 37.1, 37.5, 37.31, 37.46, 37.47, 37.48, 37.52, 37.56.

15. ТЕМА 18. ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ

На практических занятиях по теме «Теоремы об изменении

кинетической энергии» проводится решение задач на нахождение скоростей точек или тел по известному перемещению какого-либо тела (точки). Для систем, положение которых определяется заданием одного параметра, с помощью этих теорем можно получать дифференциальные уравнения движения механической системы.

15.1. Задачи на применение теорем об изменении кинетической энергии

Решение задач с помощью теоремы об изменении кинетической

энергии материальной точки в конечной форме рекомендуется проводить в такой последовательности: 1) изобразить на рисунке силы, приложенные к материальной точке, т. е. активные силы и реакции связей;

2) вычислить сумму работ всех сил, приложенных к материальной точке, на ее перемещении; 3) вычислить кинетическую энергию материальной точки в ее начальном и конечном положениях; 4) использовав результаты вычислений двух предыдущих пунктов, применить теорему об изменении кинетической энергии материальной точки и определить искомую величину.

Решение задач о движении механической системы с помощью теоремы об изменении кинетической энергии механической системы в конечной форме рекомендуется проводить в такой последовательности: 1) изобразить все внешние и внутренние силы системы (в случае неизменяемой материальной системы только внешние силы); 2) вычислить сумму работ всех внешних и внутренних сил на перемещениях точек системы (в случае неизменяемой материальной системы только сумму работ внешних сил); 3) вычислить кинетическую энергию системы материальных точек в начальном и конечном положениях системы; 4) воспользовавшись результатами вычислений пунктов 2) и 3), записать теорему об изменении кинетической энергии системы

материальных точек в конечной форме

n

k

ik

n

k

ek AATT

1101 и определить

искомую величину. Пример 15.1. Стержень ОА длиной l подвешен на шарнире в точке О (рис. 15.1). Определить, какую наименьшую угловую скорость

oω надо сообщить стержню из положения I, чтобы он отклонился до горизонтального положения II; трением в шарнире пренебречь. Решение. Для решения задачи воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии в конечной форме:

1 01 1

n nе iк к

к к

T Т A A

. (15.1)

Так как стержень ОА является неизменяемой системой материальных

точек, то для него сумма работ внутренних сил равна нулю, т. е. 1

0n

iк

к

A

.

Тогда теорема (15.1) принимает вид

1 01

nек

к

T Т A

(15.2)

mg

II

I

Ch

O

A

o

Z0YO C '

C

Рис. 15.1

Вычислим кинетическую энергию стержня ОА в конечном II и

начальном I положениях. Поскольку в конечном положении II стержень остановится, то 1 0Т . Выражение для кинетической энергии стержня ОА, вращающегося вокруг оси О, в начальном положении I определим по формуле

2 2 2

0 o o ω / 2 ω / 6OT I ml . (15.3)

Здесь m масса стержня, а OI его момент инерции относительно оси вращения О На стержень действуют внешние силы: активная сила тяжести mg

r,

и , O OY Z r r

реакции шарнира О. Теперь вычислим сумму работ этих сил при перемещении стержня ОА из вертикального положения I в горизонтальное положение II (рис. 15.1):

( ) = /2CА mg mg h mg l r

;

а ( ) ( ) 0O OA Y A Z r r

, так как точка О при повороте стержня остается неподвижной. Тогда

1

/2n

ек

к

A mg l

. (15.4)

С учетом (15.3) и (15.4) уравнение (15.2) для данной задачи имеет вид

2 2o ω / 6 /2ml mg l .

Отсюда находим начальную угловую скорость стержня ОА

oω 3 /g l . Пример 15.2. К грузу 1 массой m1 прикреплена нерастяжимая нить, переброшенная через блок 2 массой m2 радиусом R и прикрепленная к оси С катка 3 массой m3, катящегося без скольжения по наклонной плоскости, образующей с горизонтом угол (рис.15.2). Под действием постоянной силы F

система приходит в движение из состояния покоя; при этом на блок 2 действует постоянный момент М сил сопротивления; коэффициент трения груза 1 о плоскость равен f. Определить скорость груза 1 V1, когда он прошел по горизонтальной плоскости расстояние S1. Блок 2 и каток 3 считать однородными круглыми цилиндрами, весом нити пренебречь. Найти также ускорение а1 груза 1.

Решить задачу при следующих данных: m1 = 2 кг, m2 = 4 кг, m3 = 3 кг, R2 = 0,2 м, f = 0,1, F = 50 Н, М = 0,4 Н м, S1 = 0,4 м, = 30о.

Решение. Рассмотрим движение механической системы, состоящей из тел 1, 2, 3. Для определения скорости груза 1 при перемещении его на расстояние S1 воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии в форме (15.1)

n

k

ik

n

k

еk AA ТT

1

101

. (15.5)

Рис. 15.2

В начальный момент времени система находилась в покое, поэтому Т0 = 0.

Внутренними силами являются силы натяжения нитей, связывающие

тела системы, и так как нити нерастяжимые, то 01

n

k

ikA . Следовательно,

уравнение (15.5) принимает более простой вид

n

k

еkAT

11 . (15.6)

Вычислим кинетическую энергию Т1 системы как функцию искомой скорости V1. В произвольный момент времени величина Т1 равна сумме кинетических энергий тел 1, 2, 3 системы:

)3()2()1(

1 ТТТT . (15.7) Учитывая, что груз 1 движется поступательно, блок 2 вращается вокруг неподвижной оси О, а каток 3 совершает плоскопараллельное движение, запишем выражения для кинетических энергий тел системы:

;2

211)1( Vm

T

2

(2) 2

2 2(3) 3 3

;2

.2 2

O

C C

I T

m V I Т

(15.8)

Выразим все входящие в (15.8) скорости через искомую скорость V1:

. , ,3

312

12 R

VCКV

VVRV CC

C (15.9)

Здесь СK расстояние от центра масс С катка 3 до его мгновенного центра скоростей точки K; через R3 обозначен радиус катка 3. Поскольку блок 2 и каток 3 являются однородными круглыми цилиндрами, находим входящие в (15.8) осевые моменты инерции:

.2

,2

233

222 Rm

I Rm

I CO (15.10)

С учетом (15.8)–(15.10) запишем выражение для кинетической энергии

конечного состояния системы (15.7) как функции искомой скорости V1:

4

322

13211

V mmmT (15.11)

Изобразим на рис. 15.2 все действующие на систему внешние силы: активные силы , , , 32 PPPF 1

, момент сопротивления вращению М, реакции

N N N 321 ,,

и силы трения , тртр1 3FF

.

Найдем сумму работ всех внешних сил на перемещении системы, когда груз 1 пройдет путь S1:

,

,

,

,0cos

33

2

111

1

C hPPА

MMА

SFFА

F SFА

тртр (15.12)

где 2 угол поворота блока 2, hC вертикальное перемещение точки С приложения силы тяжести 3P

.

Работа остальных внешних сил равна нулю, т. е.

,0332211 трFА NА PА NА NА PА

поскольку: груз 1 движется по горизонтальной плоскости и его вертикальное перемещение h1 = 0; в каждый момент движения реакция

1N

перпендикулярна элементарному перемещению точки ее приложения; точка

О, где приложены силы 2N

и 2P

, неподвижна; а точка К приложения сил 3N

и 3трF

является для катка 3 мгновенным центром скоростей, т.е. в каждый

момент движения элементарное перемещение этой точки равно нулю. Выразим все перемещения, входящие в (15.12), через величину заданного перемещения S1 груза 1. Для этого воспользуемся свойством, что связь между перемещениями будет такой же, как и зависимость между соответствующими скоростями в (15.9):

12 1 1

2

, , sin sin .C C C

S S S h S S

R (15.13)

Подставив (15.13) в (15.22) и учитывая, что величина силы трения скольжения Fтр1 = fN1 = fm1g, находим:

1

тр1 1 1

1

2

3 3 1

,

,

,

sin

А F F S

А F f m gS

SА M M

R

А P m g S .

v

v

r

Тогда сумма работ всех внешних сил

.gmR

Mg f mFS

gSmR

SMg Sf mFSA

n

k

еk

sin

sin

32

11

132

1111

1

(15.14)

Подставив (15.11) и (15.14) в исходное уравнение (15.6) получим

.sin4

322

311

21

321

RM

mf mgF SV

mmm (15.15)


,

321

2311

1 32

sin

2mmm

R

Mmf mgF S

V

(15.16)

или при подстановке числовых данных задачи в (15.16) находим скорость груза 1 V1 = 1,7 (м/с), когда он прошел путь S1 = 0,4 м . Для определения ускорения груза 1 вычислим от обеих частей уравнения (15.15) производные по времени, рассматривая V1 и S1 как переменные величины. Получим

11 2 3 1

11 3

2

2 3 2 sin

4

dVm m m V dS Mdt F g f m m .

dt R

(15.17)

Поскольку груз 1 движется прямолинейно, то 11 a

dt

dV , 1

1 Vdt

dS . Тогда

(15.17) принимает вид

,sin4

232

2311

11321

R

M mf mgF V

aV mmm

отсюда находим ускорение груза 1

.

32

sin2

321

231

1 mmm

R

M mf mgF

a

(15.18)

После подстановки числовых данных задачи в (15.18) получим, что груз 1 движется равноускоренно с ускорением a1 = 3,7 м/с2 . По теме «Теоремы об изменении кинетической энергии» рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 38.14, 38.23, 38.28, 38.30, 38.35, 38.45.

16. ТЕМА 19. ДИНАМИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА

В динамике твердого тела изучается его движение под действием приложенных сил и наложенных на него связей. В зависимости от исходных данных на практическом занятии решаются прямая или обратная задачи динамики для твердых тел при различных видах их движения.

16.1. Динамика вращательного движения твердого тела

Задачи динамики твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси наследует решать в следующей последовательности: 1) направить одну из декартовых осей (ось z) по оси вращения твердого тела (в направлении вектора её угловой скорости); 2) изобразить все внешние силы, приложенные к твердому телу; 3) вычислить сумму моментов всех внешних сил относительно оси вращения

;1

n

k

ekz Fm

4) записав дифференциальное уравнение вращения твердого тела

вокруг неподвижной оси

,1

n

k

ekzz FmI (16.1)

подставить в него выражение суммы моментов всех внешних сил, значение момента инерции Iz твердого тела относительно оси вращения

5) решать, в зависимости от условия, прямую либо обратную задачи. Пример 16.1 Цилиндрический вал массой m и радиусом R вращается с угловой скоростью n0 относительно продольной центральной оси симметрии О (рис. 16.1). С какой силой Q

надо прижать

тормозную колодку к валу, чтобы остановить его за время t1, если коэффициент трения скольжения колодки о вал f, а радиус инерции вала относительно оси вращения равен . Трением в опорах вала пренебречь. Найти также число N1 полных оборотов вала с момента начала торможения до остановки. Решить задачу при следующих данных: m = 10 кг; R= 0,1 м; n0 = 600 об/мин; t1 = 10 с; f = 0, 4; = 0,3 м. Решение. Направляем ось Ох по оси вращения вала (рис. 16.1). Тогда дифференциальное уравнение вращения вала вокруг неподвижной оси Ох имеет вид:

Рис. 16.1

n

i

eiхх )F( m

dtd

I1

,

(16.2)

где Ix = m2 – осевой момент инерции вала.

К валу приложены внешние силы: сила тяжести gmP

, реакции опор

OO Y, Z

, сила Q

и сила трения скольжения трF

колодки о вал, направленная в

точке контакта по касательной ( QF

тр) в сторону, противоположную

движению, причем Fтр = fQ. Так как моменты опорных реакций OO Y, Z

, сил

Q

и P

относительно оси вращения Ох равны нулю , то

. ( тр fQRRF Fmn

i

eiх

1)

(16.3)

Момент силы трения трF

в (16.3) отрицателен, т. к. его направление

противоположно направлению угловой скорости вращения вала, которое при решении задач по динамике обычно выбирается за положительное. Тогда с учетом (16.3) дифференциальное уравнение вращения вала принимает вид

,fQRdt

dm

2

или

.2

m

fQR

dt

d (16.4)

Для решения задачи требуется проинтегрировать это уравнение при начальных условиях движения:

.с )(2060

2)0(,0)0(,0 10

0

π n t (16.5)

Интегрируя (89), находим

.12Ct

m

f QR

(16.6)

Подставив (16.5) в (16.6), определяем постоянную интегрирования C1 = 0. Следовательно, зависимость угловой скорости вращения вала от времени имеет вид

.tm

f Q R20

(16.7)

Из (16.7) можно определить величину силы Q

, если воспользоваться

условием, что в момент времени t = t1 вал останавливается и его угловая скорость = 0, т. е. получаем

.tm

f QR1200

Отсюда с учетом данных задачи находим:

141,345π

1

0

f Rt

mQ

2

(Н).

Для определения числа N1 полных оборотов вала с момента его торможения до остановки запишем (16.7), представив /d dt :

.tm

f QR

dt

d20

(16.8)

Разделяя переменные в (16.8) и интегрируя, получим

. Ctm

f QRt 2

220

2

По начальным условиям (16.5) находим C2 = 0. Окончательно определяем закон вращения вала

. tm

f QRt 2

202

(16.9)

Из (16.9) следует, что вал вращается равнозамедленно с угловым

замедлением .2

m

fQR За время t1 вал, сделав N1 полных оборотов,

повернется на угол 1 = 2N1. Подставив это условие в (16.9), получим

.tm

f QRtN 12101

22

Отсюда

. tm

f QRtN )(50

221 2

12101 оборотов

16.2. Динамика плоскопараллельного движения твердого тела Решение задач динамики плоского движения твердого тела

рекомендуется выполнять в такой последовательности: 1) изобразить все внешние силы, приложенные к твердому телу; 2) выбрать систему координат и тем самым определить направление

положительного отсчета угла поворота тела; 3) составить дифференциальные, уравнения плоского движения

твердого тела:

1 1 1

; ; ( );n n n

eC kx C ky C C k

k k k

Mx F My F I m F

r

&&&& && (16.10)

(не следует забывать, что в третьем уравнении (16.10) момент инерции

твердого тела IС и сумма моментов всех внешних сил

n

k

ekС Fm

1

вычисляются

относительно оси проходящей через центр масс С твердого тела, перпендикулярно к неподвижной плоскости);

4) в случае решения прямой задачи искомые внешние силы и их моменты определяются из составленной в предыдущем пункте системы дифференциальных уравнений;

4)* в случае решения обратной задачи интегрированием системы дифференциальных уравнений движения определяют уравнения движения твердого тела:

xC = f1 (t), yC = f2 (t), = f3 (t).

Если по условию задачи известна зависимость двух координат от третьей (например, xC = f1(), yC = f2()) или некоторые координаты заданы, то, проинтегрировав систему дифференциальных уравнений (16.10), можно определить искомую координату (например ) и, кроме того, найти величины двух неизвестных внешних сил (или силы и момента). Пример 16.2. Тонкий однородный круглый обруч приводится в качение без скольжения по горизонтальной плоскости с помощью горизонтальной силы F

, численно равной весу обруча F = P.Введя ось Ох в

направлении движения обруча и пренебрегая сопротивлением качению, определить закон движения центра масс С обруча, если движение начинается из состояния покоя (рис. 16.2).

Рис. 16.2 Решение. Обруч совершает плоскопараллельное движение. Начало

координат системы Оху поместим в начальный момент времени (рис. 16.2). Тогда начальные условия движения имеют вид t = 0, ,0(0)Cx

0(0)Cx . Угол поворота обруча отсчитываем в направлении его угловой

скорости по часовой стрелке. К обручу приложены внешние силы: сила тяжести Р

, движущая сила

F

, нормальная реакция горизонтальной плоскости N

и трF

сила трения

обруча о горизонтальную плоскость, направленная в сторону противоположную движению обруча. Составим дифференциальные уравнения плоского движения твердого тела (16.10) для данного тела: (рис.16.2)

тр тр, , ,C C C

P Px F F y N P I F r

g g &&&& && (16.11)

где r радиус обруча. При движении обруча yC = r = const, поэтому 0Cy , и из второго

уравнения (16.10) имеем N = P. Так как масса тела распределена по ободу, то

.22 rg

PmrIС

При качении обруча без скольжения точка касания К обруча с горизонтальной неподвижной плоскостью является мгновенным центром скоростей. Поэтому

rrx V CC (16.12) Дифференцируя (16.12) по времени, находим

,rxC

или

.r

xC (16.13)

Подставим (16.13) в третье уравнение системы (16.11) и выразим из него силу трения:

, трrFr

xI C

C

.

тр CCC x

g

P

r

xIF

2 (16.14)

Тогда с учетом (16.14) запишем первое уравнение системы (16.11)

, CC xg

PFx

g

P

или

.Fx g

PC 2

(16.15)

Так как по условию F = P, то дифференциальное уравнение движения центра масс С обруча (16.15) принимает вид:

const,2

gxC (16.16)

т. е. центр масс С движется вдоль оси Ох равноускоренно. Проинтегрируем уравнение (16.16) при начальных условиях

0(0)0,(0) 0, CC xxt и получим искомый закон движения центра масс обруча

22

4

tgt

xC 45,2 (м).

По теме «Динамика твердого тела» рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 37.21, 37.24, 37.25, 39.2, 39.4, 39.5, 39.19, 39.20.

17. ТЕМА 20. ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА

Принцип Даламбера позволяет для движущейся механической системы составлять дифференциальные уравнения движения в форме уравнений равновесия и находить неизвестные величины. На практическом занятии с

помощью принципа Даламбера определяют реакции связей движущейся системы и ускорения её точек или твердых тел.

17.1. Решение задач с помощью принципа Даламбера

Решение задач с помощью принципа Даламбера рекомендуется

выполнять в такой последовательности: 1) изобразить активные силы, приложенные к механической системе; 2) применив закон освобождаемости от связей, изобразить реакции связей; 3) добавить к активным силам и реакциям связей силы инерции тел (материальных точек) системы; 4) выбрать систему координат; 5) составить уравнения «равновесия» для каждой из тел (материальных точек) системы; 6) решив составленную систему уравнений, определить искомые величины. Пример 17.1. Строительная деталь массой m поднимают с ускорением а

(рис. 17.1). Определить силы натяжения ветвей подъемных канатов. Решить задачу при следующих данных: m= 600 кг, а = 2 м/с2.

Решение. Изобразим все действующие на деталь внешние силы: силу

тяжести gmP

, силы натяжения канатов 1T

и 2T

, направленные вдоль канатов.

Присоединим к этим силам силу инерции Фr

детали, (т. к. деталь движется поступательно, то силы инерции точек тела приводятся к равнодействующей приложенной в центре масс С детали и направленной против ее ускорения а

). Найдем модуль этой

силы

Ф = ma = 1200 (H).

Согласно принципу Даламбера полученная сходящаяся система сил должна быть уравновешенной. Введем в точке сходимости О декартовую систему координат Оху и запишем уравнения равновесия для плоской сходящейся системы сил:

;0

0

1

1

n

kkу

n

kkх

F

F ,

P

a

O

y

x

30o

30o

CФ

Т1Т2

Рис. 17.1

или для рассматриваемой задачи

.PФTT

TT

030sin30sin

,030cos30cos

21

21

Отсюда находим искомые натяжения канатов

.1416030sin21 H

PФ T T

Пример 17.2. К середине вертикального вала АВ, вращающегося равномерно с угловой скоростью , приварен перпендикулярно к его оси невесомый стержень с точечными массами m1 и m2 на концах (рис.

17.2). Пренебрегая весом вала, определить опорные реакции подпятника А и подшипника В, если = 2 с–1 = const, m1 = 6 кг, m2 = 4 кг, l1 = 0,4 м, l2 = 0,2 м, АВ = 0,8 м. Решение. Для определения искомых реакций рассмотрим движение механической системы, состоящей из невесомого вала АВ и двух точечных масс, соединенных невесомым стержнем. Применим принцип Даламбера. Проведем вращающиеся вместе с валом АВ оси Аху так, чтобы точечные массы находились в плоскости ху.

Изобразим действующие на систему внешние силы: силы тяжести

gmPgmP

, 2211 , составляющие AА , YХ

реакции подпятника А и

реакцию BХ

подшипника В (рис. 17.2).

Присоединим к этим силам силы инерции точечных масс 1Фr

и 2Фr

.

Поскольку вал вращается равномерно ( = const, 0

dt

d), точечные

массы имеют только нормальные ускорения 1na

r и 2

nar

направленные к оси

вращения АВ, тогда силы инерции 1Фr

и 2Фr

приложены к точечным массам и направлены от оси вращения. Вычислим модули этих сил:

YAXA

XB

y

P1P2

2ll11 1

A

B

a n1a n

22Ф Ф11m2m

x

Рис. 17.2

.H Ф

,H Ф

)(2,3

)(6,9

22

2222

12

1111

lmam

lmamn

n

Поскольку активные силы и силы инерции лежат в плоскости ху, то реакции подпятника А и подшипника В тоже располагаются в той же плоскости, следовательно, ZA = ZB = 0 (поэтому на рис. 17.2 они не изображены). По принципу Даламбера приложенные внешние силы и силы инерции образуют уравновешенную систему сил. Поэтому запишем три уравнения равновесия для рассматриваемой плоской произвольной системы сил:

;0)(

0

0

1

1

1

n

ккA

n

кку

n

ккх

Fm

F

F

,

,

.ФФ

,

,ФФ

022

0

0

222111

21

21

АВlPlP

ABABX

PPY

XX

B

A

BA

Решив эту систему уравнений относительно искомых реакций, получим

, ФФ1

glmlm

AB

ABX B 112212 2

, 2121 gmmPPYA

.ФФ 12 BA XX Подставив данные задачи, находим XB = 22,8 (Н), XA = 16,4 (Н), YA = 98 (Н). По теме «Принцип Даламбера» рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 41.1, 41.3, 41.10, 41.16, 41.19, 41.21, 42.2, 42.4, 42.7, 42.8. 18. ТЕМА 22. ПРИНЦИПЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКИ

18.1. Принцип возможных перемещений

Принцип возможных перемещений позволяет: 1) определять положения равновесия голономной системы с

идеальными, стационарными связями;

2) находить соотношение между активными силами при равновесии без нахождения реакций связей;

3)определять реакции связей целой составной конструкции, не разделяя ее на части.

Задачи на равновесие твердых тел и систем твердых тел с помощью принципа возможных перемещений рекомендуется решать в следующем порядке: 1) изобразить активные силы; 2) при наличии неидеальных связей добавить соответствующие реакции связей (например, силы трения); 3) для определения реакции целой составной конструкции мысленно заменить соответствующую связь такой, чтобы система получила одну степень свободы в направлении искомой реакции, и приложить эту реакцию. 4) сообщить точкам (телам) системы возможные перемещения кr

r

(к = 1, 2, …, кrr );

5) составить уравнение, выражающее принцип возможных перемещений для рассматриваемой задачи,

1

0n

aк к

к

A F r

r r

(18.1)

т. е. вычислить возможную работу всех приложенных сил кFr

на

соответствующих возможных перемещениях кrr

точек их приложения, и приравнять эту работу нулю;

6) выразить все возможные перемещения точек (тел) системы через одно из них, приняв его за независимое;

7) вынести независимое возможное перемещение как общий множитель в уравнении (18.1) за скобки и приравнять выражение в скобках нулю;

8) определить искомую реакцию, решив полученное уравнение. Пример 18.1. Прямолинейный однородный стержень АВ длины 2l упирается нижним концом в вертикальную стену, составляя с ней угол (рис. 18.1). Стержень опирается также на гвоздь O, параллельный стене. Гвоздь отстоит от стены на расстоянии а. Определить угол в положении равновесия стержня, считая поверхности стены и стержня гладкими. Решение. Активной силой, действующей на

стержень, является сила тяжести Р

, приложенная в центре масс С стержня. Поскольку стержень при искомом угле находится в равновесии и наложенные

Р

а у

х

В

О

С

А

Рис. 18.1

на него связи являются идеальными, применим для решения задачи принцип виртуальных перемещений (18.1):

0aс сА Р r Р у

r r , отсюда

yC = 0. (18.2) В выбранной системе координат хОу (рис. 18.1)

ctg cos а l ус

Тогда проекцию возможного перемещения Cr точки С на ось Оу

находим по формуле

δ δ с

су

у ,

и, подставив в (18.2), получим

2δ sin δ δ 0.

sinс

aу l

Откуда

0 sin

sin δ2

аl .

Поскольку 0 δ , следовательно,

0 sin

sin 2

а

l , 0sin ,

или 03 а l sin .

Из этого выражения определим значение угла , соответствующего положению равновесия стержня

3sinl

а .

Пример 18.2. Каркас платформы состоит из двух рам, соединенных цилиндрическим шарниром C. Верхний конец рамы АС жестко защемлен в бетонную стену, нижний опирается на цилиндрические подвижные опоры В. Определить вертикальную реакцию защемления А при действии сил 1Р

и 2Р

(рис. 18.2).

1Р

2Р

А

С К

l h

B

Сrδ

АС

К

l h

B

1

Br

2r

2P

AyR

Ar

Рис. 18.2 Рис. 18.3

Решение. Для решения задачи применим принцип возможных перемещений. Активными силами являются заданные силы 1Р

и 2Р

.

Для определения вертикальной реакции защемления AyR

зададим точке

А возможность двигаться в вертикальном направлении. С этой целью применим принцип освобождаемости от связей, заменив защемление в точке А жестким ползуном, перемещающимся в вертикальных направляющих (рис. 18.3). Приложим в точке А искомую реакцию AyR

.

Сообщим возможное перемещение Аrδ точке А по направляющей

ползуна вверх. При этом все точки рамы АС получат одинаковые вертикальные возможные перемещения АС rr

δδ , а угольник СВ совершит

плоское движение. Направив виртуальное перемещение Brδ подвижной

опоры В по горизонтали, найдем положение мгновенного центра вращения К угольника СВ (в точке К пересекаются перпендикуляры, восстановленные из точек С и В к Сr

δ и Br

δ ). Следовательно, возможным перемещением для

угольника СВ – поворот на угол вокруг точки К в плоскости рисунка по ходу часовой стрелки (рис. 18.3). На основании принципа возможных перемещений (18.1) вычислим возможную работу активных сил 1Р

, 2Р

и вертикальной составляющей

реакции AyR

на возможных перемещениях точек их приложения и

приравняем ее нулю:

1 1 2 2δ δ δ δ 0,aAy AА R r Р r Р r

r r rr r r

или

0 δδδ 2211 rРrРrR ААy , (18.3)

где .rrr AA 1

Так как система имеет одну степень свободы (S = 1), то выразим величину r2 через rA, приняв это перемещение за независимое. При этом следует учитывать, что при стационарных связях возможные перемещения точек и тел связаны друг с другом как соответствующие скорости точек и тел системы при ее движении. Поэтому, так как VA = VC = l, то rA = rC = l; значит, = rA/l. Следовательно, r2 = h = hrA/l. Подставив r2 в (18.3) получим

0 δ 21

l

hРРRr AyA .

0 δ Аr , поэтому

1 2 0Аy

hR Р Р

l .

Отсюда найдем вертикальную составляющую реакции защемления в точке А:

l

h Р Р R 21Аy .

На «Принцип возможных перемещений» рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 46.3, 46.6, 46.10, 46.14, 46.17, 46.22, 46.27.

18.2. Общее уравнение динамики

Общее уравнения динамики позволяет определять ускорения тел механической системы и составлять дифференциальные уравнения её движения. На практическом занятии задачи с помощью общего уравнения динамики рекомендуется решать в следующем порядке: 1) изобразить на рисунке активные силы и реакции, соответствующие неидеальным связям (например, силы трения); 2) определить главные векторы и главные моменты сил инерции масс системы.

Для системы с одной степенью свободы: 3) сообщить возможное перемещение одной из точек системы и выразить возможные перемещения точек приложения всех сил, указанных в первых двух пунктах, через это возможное перемещение, считая его независимым; 4) составить общее уравнение динамики:

1

Ф 0,к к кк

nF r

r r r

(18.4)

т. е. вычислить элементарную работу всех активных сил и сил инерции на возможных перемещениях точек системы и приравнять её нулю; 5) после сокращения полученного уравнения на независимое возможное перемещение определить искомую величину или провести интегрирование дифференциального уравнения движения. Для системы с несколькими степенями свободы: 3) выбрать независимые возможные перемещения точек системы в числе, равном числу S степеней свободы этой системы; 4) сообщить возможное перемещение, соответствующее одной из степеней свободы системы, считая при этом возможные перемещения, соответствующие остальным степеням свободы, равными нулю. Выразить возможные перемещения точек приложения сил через это независимое возможное, перемещение;

5) вычислить сумму работ всех сил, указанных в пунктах 1) и 2), на соответствующих возможных перемещениях их точек приложения и приравнять ее нулю; 6) последовательно произведя выкладки пунктов 4) и 5) для каждого из независимых возможных перемещений, составить систему уравнений «равновесия» в числе, равном числу независимых возможных перемещений, т. е. числу степеней свободы системы; 7) после сокращения каждого из составленных уравнений на соответствующее независимое возможное перемещение можно определить из полученной системы уравнений искомые величины.

Пример 18.3. Каток A (рис. 18.4) массой m1, скатываясь без скольжения по наклонной плоскости вниз, поднимает посредством нерастяжимой нити переброшенной через блок B груз C массой m2. При этом блок B вращается вокруг неподвижной оси Ox, перпендикулярной его плоскости материальной симметрии, проходящей через центр масс. Каток A и блок B – однородные круглые диски с одинаковыми массами и радиусами. Наклонная плоскость образует с горизонтом угол . Определить ускорение центра масс катка A. Массой нити пренебречь.

Решение. Рассматриваемая система имеет одну степень свободы (S = 1), так как перемещение одного из тел приводит к однозначному перемещению всех других тел системы. Будем считать, что направления ускорений тел соответствуют направлениям их движения.

Изобразим активные силы: силы тяжести 1P

– катка A и блока B и 2P

– груза C. Приложим силы инерции. Силы инерции катка A, совершающего плоское движение, приводятся к главному вектору

AA am

1Φ , (18.5)

где Aa

– ускорение центра масс катка и к паре сил с моментом

AAxuA εJM

. (18.6)

Здесь A – угловое ускорение катка A; 2

21Rm

J Ax – момент инерции катка

относительно оси Ax, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости движения. Отрицательные знаки в (18.4) и (18.5) указывают на то,

что сила инерции A

и момент сил инерции uAM

направлены

противоположно соответствующим ускорениям Aa

и Aε

(рис. 18.4).

A

А MA

и

иMВ

О

В

С

AS

CS

B

aC

Аa

AВ

2P

1P

1P

АФ

СФ

Рис. 18.4

Здесь A – угловое ускорение катка A; 2

21Rm

J Ax – момент инерции катка

относительно оси Ax, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости движения. Отрицательные знаки в (18.4) и (18.5) указывают на то,

что сила инерции A

и момент сил инерции uAM

направлены

противоположно соответствующим ускорениям Aa

и Aε

(рис. 18.4).

Силы инерции блока B, вращающегося вокруг неподвижной оси Ox с

угловым ускорением B, приводятся к паре сил, момент которой

BOxuB JM ε (18.7)

направлен противоположно угловому ускорению B. Здесь 2

21Rm

JOx –

осевой момент времени блока B. Сила инерции груза C, движущегося поступательно с ускорением Ca

,

.a m CC

2Φ

Выразим ускорения, аС, B, A через искомое ускорение aA центра масс

катка. Поскольку нить нерастяжимая, то aA = BR = аС. Следовательно,

B = aA/R. Точка K катка A является для него мгновенным центром скоростей,

поэтому A = aA/AK = aA/R. Тогда величины сил и моментов сил инерции тел

системы определяется выражениями:

A = m1aА;

;221

21

AAu

A aRm

R

aRmM

AAu

B aRm

R

aRmM

221

21 ;

C = m2aА.

(18.8)

Сообщим телам системы возможные перемещения в направлении их движения и запишем общее уравнение динамики (18.4) для рассматриваемой задачи

,0sin 21 CCCBuBA

uAAAA SSPMMSSP δΦδδδδΦαδ (18.9)

где SA и SC – величины возможных перемещений оси Ax катка A и груза C соответственно, A и В – углы поворотов катка A и блока B. Поскольку система обладает одной степенью свободы, из всех возможных перемещений, входящих в (18.9), независимым будет лишь одно. Выберем за независимое возможное перемещение SA и выразим все остальные перемещения A, B, SC через SA. Зависимости между возможными перемещениями такие же, как и между соответствующими скоростями. Из кинематики известно, что

A = VA / R; B = VА / R; VC = VA.

Следовательно,

A = SA/R, B = SA /R, SC = SA.. (18.10)

Уравнение (18.9) с учетом (18.10) имеет вид

0ΦΦδ

C

uB

uA

AA PR

M

R

MPS 21 sin ,

или, поскольку SA 0,

.PR

M

R

MP C

uB

uA

A 0sin 21 ΦΦ (18.11)

Подставив P1 = m1g, P2 = m2g и выражения (18.8) в (18.11), получим

022

sin 2211

11 AAA

A amgmamam

amgm .

Отсюда находим искомое ускорение центра масс катка А

21

21

2

sin

mm

mmga A

.

Пример 18.4. К концам нерастяжимой и невесомой нити прикреплен груз А весом Р1, находящийся на горизонтальной плоскости, и груз В весом P2, расположенный на наклонной плоскости, которая составляет с горизонтом угол (рис. 18.5, а). От груза А нить идет через неподвижный блок С, охватывает подвижный блок D, а затем через блок Е, находящийся на одной оси с блоком С, идет к грузу В параллельно скату наклонной плоскости. К подвижному блоку D подвешен груз K весом Р3. Коэффициенты трения груза А о горизонтальную плоскость и груза В о наклонную плоскость соответственно равны f1 и f2. Определить, пренебрегая массами блоков, ускорения грузов, полагая, что груз K опускается, а грузы А и В движутся, приближаясь к блокам С и Е. Решение. Заданная механическая система состоит из трех грузов А, В и K, движущихся поступательно. Условимся определять положение грузов А, В и K соответственно координатами их центров масс x, s и y, отсчитываемых от начальных положений этих центров (рис. 18.5, б). Нерастяжимая нить, связывающая грузы, накладывает на выбранные координаты следующее условие:

y = (x + s)/2. (18.12)

Так как три координаты определяются одним уравнением, то независимыми являются из них две. Следовательно, рассматриваемая система имеет две степени свободы. Примем координаты х и у за обобщенные координаты системы. Продифференцируем равенство (18.12) два раза по времени

2/sxy .

а

б

Рис. 18.5

Из полученного выражения следует, что алгебраические значения ускорений грузов имеют следующую зависимость

а3 = (а1 + а2)/2. (18.13)

Здесь каждое ускорение положительно, если его направление совпадает с направлением выбранной оси координат, отрицательно – в противоположном случае. Приложим к системе активные силы: 1P

, 2P

, 3P

, а также силы трения

1F

, 2F

, относя их к активным силам. Величина каждой силы трения равна произведению коэффициента трения на нормальное давление между телами и плоскостью:

F1 = f1P1, F2 = f2P2cos . Приложим в центрах масс грузов равнодействующие сил инерции их точек. Направим эти силы противоположно ускорениям, имеющим условно направление осей координат, и определим их модули:

11

111 ag

Pam Ф , 2

2222 a

g

Pam Ф , 3

3333 a

g

Pam Ф .

Сообщим системе возможное перемещение в сторону возрастания выбранных координат. Обозначим возможные перемещения грузов x, s и y. Согласно условию (18.12), эти перемещения связаны зависимостью:

2

sxy

; или s = 2y – x. (18.14)

Составим общее уравнение динамики (18.4) для рассматриваемой механической системы

– (Ф1 + F1) x + (P3 – Ф3)y – (P2 sin + Ф2 + F2)s = 0. Подставим в это уравнение модули сил инерции и сил трения, а также выразим s через x и y согласно (18.14), получим

1 3 1 21 1 1 3

22 2 2 2

2

sin cos (2 ) 0

P P a aa f P x P y

g g

PP a f P y x

g

или

.0cos22sin22

cossin

2222

2213

3

2222

21111

yPfag

PP

aa

g

PP

xPfag

PPPfa

g

P

Так как x и y независимые возможные перемещения, то это равенство справедливо, если коэффициенты при этих приращениях координат равняются нулю. Приравнивая коэффициенты при x и y нулю, после несложных преобразований получаем:

,cossin 11222211 gPffPaPaP

.cossin424 22323213 gfPPaPPaP

Решим эту систему уравнений относительно ускорений а1 и а2 грузов А и В:

,)4(

)4(cossin2

32321

32112321 PPPPP

PPPffPPga

.

)4(

cossin)4(2

32321

23121312 PPPPP

fPPPfPPga

Ускорение груза K определим по условию (18.13)

.)4(

cossin2

2 32321

2121213213 PPPPP

ffPPPPPg

aaa

На «Общее уравнение динамики» рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 47.3, 47.5, 47.8, 47.9, 47.15, 48.26, 48.29, 48.30.

19. ТЕМА 23. УРАВНЕНИЯ ЛАГРАНЖА ВТОРОГО РОДА

Наиболее общим методом составления дифференциальных уравнений движения механической системы являются уравнения Лагранжа второго рода.

При наличии идеальных связей, наложенных на систему, в эти дифференциальные уравнения не входят реакции связей, и при голономных связях, наложенных на систему, число составленных дифференциальных уравнений движения системы равно числу ее степеней свободы.

19.1. Решение задач с помощью уравнений Лагранжа второго рода

На практическом занятии с помощью уравнений Лагранжа 2-го рода определяют ускорения точек (тел) системы, а также составляют дифференциальные уравнения её движения.

Составление уравнений Лагранжа второго рода рекомендуется проводить в следующей последовательности: 1) определить число степеней свободы материальной системы; 2) ввести независимые обобщенные координаты в количестве, равном числу S степеней свободы; 3) вычислить кинетическую энергию Т рассматриваемой механической системы как функцию обобщенных координат и обобщенных скоростей; 4) найти частные производные кинетической энергии по обобщенным скоростям 1q, 2q , …, sq, т. е.

1q

T

, 2q

T

, …, sq

T

,

а затем вычислить от них производные по времени:

1q

T

dt

d

,

2q

T

dt

d

, …,

sq

T

dt

d

;

5) определить частные производные кинетической энергии Т по

обобщенным координатам: q1, q2, ..., qs, т. e.

1q

T

, 2q

T

, …, sq

T

;

6) определить обобщенные силы системы Q1, Q2, ..., Qs соответствующие избранным обобщенным координатам;

7) полученные в пунктах 4), 5) и 6) результаты подставить в уравнения Лагранжа второго рода

mmm

Qq

T

q

T

dt

d

(m = 1, 2, …, S). (19.1)

Пример 19.1. Решить с помощью уравнения Лагранжа второго

рода задачу, рассмотренную в примере 18.3: каток A (рис. 18.4) массой m1, скатываясь без скольжения по наклонной плоскости вниз, поднимает посредством нерастяжимой нити переброшенной через блок B груз C массой m2. При этом блок B вращается вокруг неподвижной оси Ox, перпендикулярной его плоскости материальной симметрии, проходящей

через центр масс. Каток A и блок B – однородные круглые диски с одинаковыми массами и радиусами. Наклонная плоскость образует с горизонтом угол . Определить ускорение центра масс катка A. Массой нити пренебречь. Решение. Рассматриваемая механическая система имеет одну степень свободы (S = 1) и ее положение определяется одной обобщенной координатой q1. Принимаем q1 = x – перемещение центра масс катка A, отсчитываемое в сторону движения катка (рис. 19.1); x – обобщенная скорость. Тогда уравнение Лагранжа (19.1) будет иметь вид

.Qx

T

x

T

dt

d1

(19.2)

Здесь Q1 – обобщенная сила, соответствующая обобщенной координате x.

Рис. 19.1

Для составления уравнения (19.2) вычислим кинетическую энергию T системы как функцию х и x

T = TA + TB + TC, (19.3)

где TA, TB, TC – кинетические энергии соответственно катка A, блока B и груза C. Так как каток A совершает плоскопараллельное движение, блок B

вращается вокруг оси O, а груз C движется поступательно, то

,2

1

2

1 221 AAAA JVmT

,2

1 2BOB JT (19.4)

,222

1CC VmT

где

2

21Rm

JJ OA . (19.5)

Выразим входящие в (19.4) скорости через обобщенную скорость x:

,,R

x

R

V xV A

AA

.xV VR

x

R

VAC

AB

,

(19.6)

С учетом (19.4) – (19.6) получим окончательное выражение для

кинетической энергии системы (19.3):

2212

2

1xmmT . (19.7)

Вычислим все производные от кинетической энергии (19.7), входящие в уравнение Лагранжа (19.2):

.xmmx

T

dt

d

x

T xmm

x

T

21

21

2

,0,2

(19.8)

Найдем обобщенную силу Q1 по формуле:

m

mm q

AQ

. (19.9)

Для этого изобразим все активные силы, действующие на систему:

силы тяжести 1P

для катка A и блока B и 2P

для груза C. Сообщим обобщенной координате x в данный момент времени приращение x > 0, и вычислим возможную работу A1 всех активных сил на возможных перемещениях точек их приложения (рис. 19.1)

A1 = P1sin x – P2 SС = g(m1sin – m2) x,

так как SС = x. Согласно (19.4) находим Q1

211

1 sin mmgx

AQ

δ

δ. (19.10)

С учетом (19.8) и (19.10) запишем уравнение Лагранжа (19.2) для рассматриваемой системы:

2121 sin2 mmgxmm .

Отсюда находим искомое ускорение центра масс катка А

.2

sin

21

21

mm

mmgxaA

Пример 19.2. Составить дифференциальные уравнения движения эллиптического маятника (рис. 19.2), состоящего из ползуна 1 массой m1, скользящего по гладкой горизонтальной плоскости и груза 2 массой m2, соединенного с ползуном стержнем AB длиной l. Стержень может вращаться вокруг оси A, связанной с ползуном и перпендикулярной направлению движения ползуна. Массой стержня AB пренебречь.

Решение. Рассматриваемая система имеет две степени свободы. В качестве обобщенных координат выберем координату x, характеризующую положение ползуна 1 на горизонтальной плоскости и угол , образуемый стержнем AB с вертикалью: q1 = x, q2 = . Тогда искомые уравнения Лагранжа второго рода (19.1) для рассматриваемой задачи имеют вид:

1

2

d T TQ ,

dt x x

d T TQ .

dt

&

&

(19.11)

В неподвижной системе координат Oxy (рис. 19.2) координатами центра масс ползуна 1 и груза 2 будут

Рис. 19.2

,011 x, yx

. cossin 22 l, ylxx

(19.12)

Определим кинетическую энергию T системы как функцию обобщенных координат x, и обобщенных скоростей x, :

yxmyxmVmVmT BA 22

22

21

21

22

21 2

121

21

21

22222

21 cossin

2

1

2

1 lxlmxm

.xlmlmxmm cos2

1

2

12

222

221

Вычислим частные производные, входящие в уравнения (19.11):

;cos221

lmxmmx

T

;0

xT

;cos22

2 xlmlmT

.xlmT

sin2

(19.13)

Найдем обобщенные силы Q1 и Q2. Для этого на рис. 19.2 изобразим

активные силы (силы тяжести 1P

и 2P

) и вычислим возможную работу этих сил на возможных перемещениях точек их приложения:

1 2 1 1 2 2δ δ δ δ δA BA P r P r P y P y r rr r

.

Из (19.12) находим: ,y 01 δ

22δ δ sin δ .

yy l

Тогда A = –P2lsin . Следовательно,

Q1 = 0, Q2 = –P2l sin = –m2gl sin . (19.14)

С учетом (19.13) и (19.14) уравнения Лагранжа (19.11) принимают вид:

;0cos221 lmxmmdt

d

,sinsincos 2222

2 glmxlmxlmlmdtd

и находим дифференциальные уравнения движения эллиптического маятника

1 2 2 1cos ,

cos sin 0,

m m x m l C

l x g

&&

&& &&

где C1 – постоянная интегрирования, определяемая по начальным условиям его движения. По теме «Уравнения Лагранжа второго рода» рекомендуем решить следующие задачи из сборника[1]: 48.6, 48.7, 48.28, 48.29.

20. ТЕМА 24. МАЛЫЕ СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ

На практическом занятии решаются задачи по составлению и

интегрированию дифференциальных уравнений малых свободных колебаний механических систем с одной и двумя степенями свободы.

20.1. Малые колебания системы с одной степенью свободы

I. Задачи на исследование малых свободных колебаний механической

системы с одной степенью свободы около положения устойчивого равновесия рекомендуется решать в следующем порядке:

1) выбрать обобщенную координату q, считая, что в положении устойчивого равновесия системы q = 0 ;

2) определить кинетическую энергию системы как функцию обобщенной координаты q и обобщенной скорости q&;

3) вычислить потенциальную энергию П системы при малом отклонении системы от равновесного положения;

4) определить обобщенную потенциальную силу и, приравняв ее нулю, найти величину статической деформации пружины (системы пружин) в положении равновесия;

5) вычислить производные от кинетической и потенциальной энергий, входящие в уравнение Лагранжа второго рода, и составить это уравнение:

Пd T T

dt q q q

& ; (20.1)

6) проинтегрировав уравнение (20.1) и определив постоянные

интегрирования по начальным условиям движения, найти уравнение движение механической системы;

7) определить частоту, период свободных колебаний и другие искомые величины.

II. Задачи на исследование малых свободных колебаний механической системы с одной степенью свободы с учетом сил вязкого сопротивления движению рекомендуется решать в следующем порядке:

1) выполнить перечисленные выше пункты 1) – 4); 2) определить обобщенную силу вязкого сопротивления по формуле:

R

R AQ

q

,

где RA – возможная работа силы вязкого сопротивления; 3) вычислить производные от кинетической и потенциальной энергий, входящие в уравнение Лагранжа второго рода, и составить это уравнение

П( ) Rd T T

Qdt q q q

& ; (20.2)

4) проинтегрировав уравнение (20.2) и определив постоянные

интегрирования по начальным условиям движения, найти уравнение движение механической системы;

5) определить частоту, период затухающих колебаний и другие искомые величины.

Пример 20.1. Механическая система состоит из коромысла 1, катка 2, неподвижного блока 3 и груза 4. Тела системы связаны друг с другом невесомым стержнем 5, нерастяжимыми нитями, коромысло 1 – с основанием горизонтальной пружиной жесткости с.

Провести исследование малых свободных колебаний системы изображенной на рис. 20.1 в положении устойчивого равновесия:

1) составить уравнение малых свободных колебаний; 2) определить частоту и период свободных колебаний; 3) составить уравнения колебаний с учетом демпфирования, взяв

численное значение коэффициента сопротивления h в уравнении (20.2) в 5 раз меньше значения круговой частоты свободных колебаний системы;

4) по результатам пункта 3 построить графики изменения обобщенных координаты, скорости и ускорения на 5 циклах колебания;

5) для заданных начальных условий построить график фазовой траектории на интервале времени равном пяти периодам колебаний;

6) найти выражение для силы вязкого трения и значение логарифмического декремента колебаний.

При решении задачи коромысло 1 считать тонким однородным стержнем массой m1 длиной l, каток 2 –сплошным однородным диском массой m2, блок 3 – диском массой m3, равномерно распределенной по его ободу, груз 4 – массой m4; массой пружины, демпфирующего устройства, нитей и стержня 5 пренебречь.


m1 = 3 кг; m2 = m1; m3 = m1/3; m4 = 1

4

3m ; l = 1,2 м; с = 3000 Н/м;

0 = 0,05 рад.; 0&= 0,25 рад/с.

Рис. 20.1

Решение. Так как рассматриваемая механическая система (рис. 20.1) имеет одну степень свободы, то за обобщенную координату примем угол поворота коромысла 1 и запишем уравнение Лагранжа второго рода (20.2):

П Rd T TQ

dt

& . (20.3)

Здесь & обобщенная скорость, соответствующая угловой скорости 1 коромысла 1. Для определения конкретного вида этого уравнения, выразим кинетическую энергию Т системы как функцию обобщенной координаты и обобщенной скорости &.

Кинетическая энергия системы равна сумме кинетических энергий, входящих в нее тел:

1 2 3 4T T T T T ,

где 1 2 3 4, , , T T T T кинетические энергии тел 1, 2, 3, 4 соответственно. Кинетическая энергия коромысла 1, вращающегося вокруг оси О1 равна

2 2 21 1 1

10,47

2T I m l ,

где 2

1 1 / 3 I m l момент инерции коромысла O1D относительно оси О1. Кинетическая энергия катка 2, совершающего плоскопараллельное движение

2 22 2 2 2

1 1

2 2BT m V I .

Здесь скорость VB центра масс В катка 2 приблизительно равна скорости VA точки А коромысла 1, поскольку в задаче рассматриваются малые колебания механической системы 12 / 3 2 / 3B AV V l l & ;

22 2 2 / 2 I m r момент инерции катка 2 относительно оси, проходящей через

его центр масс В, а угловая скорость 22 2

2

3BV l

r r &.

Тогда

2 22 10,33T m l & .

Кинетическая энергия вращающегося блока 3

23 3 3

1

2T I .

Так как масса блока 3 распределена по ободу, то его момент инерции относительно оси вращения равен ,2

333 rmI а угловая скорость

3 3 1 3 3/ 2 / 3 2 / 3BV r l r l r & . Подставив эту кинематическую зависимость, получим:

2 23 10,07T m l & .

Кинетическая энергия груза 4, движущегося поступательно,

2

4 4 4

1

2T m V ,

где скорость V4 груза 4 равна скорости точки В: 4 2 / 3BV V l & . Тогда

2 24 10,3 T m l & .

Суммируя кинетические тел, найдем кинетическую энергию системы как функцию обобщенной скорости &:

2 2

10,87T m l & .

Вычислим потенциальную энергию П системы при повороте коромысла 1 на малый угол , считая, что в положении равновесия при = 0, П = 0. Потенциальная энергия системы равна сумме потенциальной энергии пружины Ппр и потенциальных энергий П1 и П4 тел 1 и 4 в однородном поле сил тяжести, для которых положения центров масс испытывают вертикальные перемещения при повороте коромысла 1 на малый угол :

П = Ппр + П1 + П4.

Потенциальная энергия пружины

2 2пр ст ст

1 1( ) ,

2 2DП с с

где ст статическая деформация пружины, D = l перемещение точки D крепления пружины при повороте тела 1 на малый угол . После преобразования

2 2пр ст

1П

2с l сl .

Потенциальная энергия тела 1 равна

П1 = m1g h1,

где 2

21 (1 cos ) sin

2 2 4

lh l l

вертикальное смещение центра масс C1

коромысла 1; или

21 1П 0,25m gl .

Потенциальная энергия груза 4

П4 = m4g h4,

где вертикальное перемещение h4 груза 4 в силу малых колебаний системы равно: 4 1 2 / 3h O A l . С учетом данных задачи имеем

4 4П 0,89m gl .

Тогда получим выражение для потенциальной энергии системы

2 2 2ст 1 4

1П 0,25 0,89

2с l cl m gl m gl .

В положении устойчивого равновесия механической системы при = 0 потенциальная энергия системы принимает минимальное значение, т. е.

выполняется условие 0

П0

, которое для данного примера принимает

вид

ст 40,89 0с l m gl .

Отсюда, вычислив величину статической деформации пружины

4ст

0,89m g

c , находим выражение для потенциальной энергии системы как

функции обобщенной координаты

2 211П ( )

2 2

m glcl .

Предположим, что вязкое трение в системе отсутствует. Тогда в уравнении Лагранжа второго рода (20.3) 0RQ . Вычислив производные от кинетической и потенциальной энергий, входящие в уравнение (20.3), и подставив их в него, получим:

21 11,74 ( 0,25 ) 0.m l cl m g l &&

Это выражение аналогично уравнению прямолинейных свободных колебаний груза. Коэффициент, стоящий при &&, соответствует обобщенной массе системы а, коэффициент при обобщенной жесткости с.

Запишем найденное уравнение в виде:

1

1

0,250

1,74

cl m g

m l

&& .

Здесь коэффициент, стоящий при обобщенной координате , соответствует квадрату круговой частоты свободных колебаний системы. Отсюда с учетом данных задачи находим

1

1

0,2523,95 рад/с.

1,74

cl m gk

m l

Определим период свободных колебаний

20,26 c.Т

k

Для получения уравнения малых колебаний системы с учетом демпфирования, воспользуемся уравнением

22 0.q hq k q && &

По данным задачи вычислим коэффициент h, характеризующий сопротивление среды

79,45

kh рад/с,

и круговую частоту затухающих колебаний

2 21 23,47k k h рад/с.

Уравнение затухающих колебаний системы запишем в форме

1sin( ).htB e k t

Здесь с учетом данных задачи начальная амплитуда колебаний

220 002 2

( )hB

k h

&

и начальная фаза

2 20

0 0

arctgk h

h

&

равны:

B = 0,055 рад, = 1,36 рад.

Тогда уравнение малых затухающих колебаний системы принимает вид

4,790,055 sin(23,47 1,36)te t рад.

Найдем угловую скорость коромысла 1

1 1 1cos( )htdh k Be k t

dt

,

или подставив данные, получим

4,791 4,79 1,3 cos(23,55 1,36).te t

Определим угловое ускорение 1

2 211 1 1 1( ) 2 cos( )htd

k h k hB e k tdt

или после подстановки данных

4,791 527,7 12,41 cos(23,47 1,36)te t .

Результаты расчетов, выполненных на ПК, представлены в графической форме на рис. 20.2.

; ; 1

-1

-0.5

0

0.5

1 , рад

, рад/с1

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t, с

, рад/с1

2

-30

-20

-10

0

10

20

1

Рис. 20.2

На рис. 20.3 приведена фазовая траектория малых колебаний рассматриваемой системы около положения устойчивого равновесия. Вычислим логарифмический декремент колебаний

2 22 1,28

h

k h

.

Для определения силы вязкого трения, найдем из формулы a

bh 2

обобщенный коэффициент вязкости b:

.48,32 21lhmhab

В обобщенных величинах функция рассеяния R имеет вид

21

2R b & ,

а обобщенная сила вязкого трения

R RQ b

&

&.

-1 -0,5 0 0,5-0,04

-0,02

0

0,02

0,04

0,06 , рад

, рад/c

Рис. 20.3

Применительно к анализируемой механической системе, обобщенная сила вязкого трения определяется выражением

RR c EA F S

Q

.

Здесь сила вязкого трения по величине равна c EF V и направлена

противоположно скорости EVr

точки Е ее приложения. В приведенной

зависимости μ искомый коэффициент пропорциональности;

1 1

1

6EV O E l & скорость точки приложения силы вязкого трения cFr

;

1

6ES l возможное перемещение точки Е приложения силы вязкого

трения при сообщении обобщенной координате приращения 0 . Выполнив необходимые преобразования и приравняв правые части выражений для RQ , получим

21 0,03b l & &.

Отсюда находим м

сН 1800

, а величина силы вязкого трения Fc

определяется выражением:

1800 c EF V .

20 2. Малые колебания системы с двумя степенями свободы

При решении задач на исследование малых колебаний консервативной системы с двумя степенями свободы рекомендуется следующая последовательность действий:

1) выбрать обобщенные координаты 1q и 2q ; 2) определить кинетическую энергию Т системы как функцию

обобщенных координат и обобщенных скоростей; 3) вычислить потенциальную энергию П системы как функцию

обобщенных координат при малых отклонениях тел системы от равновесного положения;

4) вычислив производные от кинетической и потенциальной энергий, входящие в уравнения Лагранжа второго рода, и составив уравнения

1 1 1

2 2 2

П( ) ,

П( ) ,

d T T

dt q q q

d T T

dt q q q

&

&

(20.4)

получить систему двух дифференциальных уравнений малых колебаний; 5) задавшись частным решением этой системы, подставляем его в систему дифференциальных уравнений (20.4); 6) исключив из полученной системы алгебраических уравнений амплитуды колебаний, получим вековое уравнение; 7) решив вековое уравнение, найдем собственные чистоты системы; 8) внеся найденные собственные частоты в частное решение, получаем формулы, описывающие два главных колебания; 9) находим общее решение, сложив уравнения главных колебаний для каждой обобщенной координаты; 10) определяем четыре постоянных интегрирования по начальным условиям движения системы. Пример 20.2. Для механической системы, изображенной на рис. 20.4 в положении устойчивого равновесия, выполнить расчеты исследования малых колебаний механической системы с двумя степенями свободы:

1) составить дифференциальные уравнения колебаний; 2) получить уравнения собственных частот и определить эти частоты; 3) найти собственные формы колебаний системы и дать их

геометрическую иллюстрацию; 4) определить уравнения движения системы, удовлетворяющие

заданным начальным условиям. При решении задачи тела 1 и 2 считать тонкими однородными стержнями массами m1 и m2 соответственно. Массами пружин пренебречь. Решить задачу при следующих данных: m1 = m = 10 кг; m2 = m/2; c1 = c; c2 = с/2; c3 = с/3; с = 800 Н/м; l1 = l; l2 = 0,75l; l = 0,6 м; 0 = 0,06 рад; 0 0,5 рад/с & ; 0 = 0,04 рад; 0 0,3 рад/с & .

2

l

c3c3

c2 c2

c1c1

0,75

l

1

O

D

B

K

E

0,75

lG1

G2

VK

VKE

K'

D'

h1

h2

Рис. 20.4

Решение. Механическая система имеет две степени свободы. За обобщенные координаты примем углы поворота и ψ соответственно стержней 1 и 2, отсчитываемых от вертикальных положений ОK и KD, при которых система находится в устойчивом равновесии. Положительному направлению отсчета соответствует поворот по ходу часовой стрелки.

Найдем кинетическую энергию системы как сумму кинетических энергий стержней 1 и 2:

Т = Т1 + Т2.

Кинетическую энергию Т1 стержня 1, вращающегося вокруг оси О, определим по формуле

2 21 1 1 1

1 1

2 2Т I I & ,

где 1 & обобщенная скорость; I1 момент инерции стержня 1

относительно оси О: 2

1 1 1

1

3I m l .

Тогда

2 21 0,167Т ml & .

Кинетическую энергию T2 стержня 2, совершающего плоско-параллельное движение, определим, пользуясь теоремой Кёнига

2 22 2 2 2

1 1.

2 2EТ m V I

Здесь VE абсолютная скорость центра масс Е стержня 2; 2

2 2 2

1

12I m l

момент инерции стержня 2 относительно оси, проходящей через центр масс Е, угловая скорость стержня 2 соответствует обобщенной скорости &, т. е.

2 &. При малых отклонениях стержней от вертикального положения равновесия величину абсолютной скорости VE центра масс Е (рис. 20.4) можно определить алгебраическим сложением составляющих скоростей:

VE = VK + VEK

где 1 1KV OK l &; 2 2

1

2EKV EK l &.

С учетом данных задачи находим

1 2

1( 0,375 )

2EV l l l & & & &

и получим выражение для кинетической энергии стержня 2

2 2 2 2 22 0,25 0,188 0,047 .Т ml ml ml & && &

Тогда кинетическая энергия системы как функция обобщенных скоростей имеет вид

2 2 2 2 20,417 0,188 0,047 .Т ml ml ml & && &

Определим потенциальную энергию П системы как функцию обобщенных координат и , считая, что в положении устойчивого

равновесия системы она равна нулю ( 0, 0П 0 ), а при отклонении от

этого положения углы и малые. Потенциальная энергия П складывается из потенциальных энергий пружин

1Пc ,

2Пc ,

3Пc и

потенциальных энергий стержней 1

ПG и 2

ПG в однородном поле силы

тяжести:

1 2 3 1 2П П П П П Пс с с G G .

Потенциальная энергия двух параллельно соединенных пружин жесткости с1 равна

1 1 1

2 21 cт 1 ст

1 1П 2 ( )

2 2c Вc c ,

где

1cт величина статической деформации пружины жесткости с1,

3 3sin

4 4В l l величина деформации этой пружины при отклонении

стержня 1 от вертикали на малый угол . После преобразований получим

1 1

2 21 cт 1

3 9П

2 16c c l c l .

Аналогично определим потенциальную энергию двух параллельно соединенных пружин жесткости с2

1 2 2

2 22 cт 2 ст

1 1П 2 ( )

2 2c Kc c .

Учитывая, что величина деформации sinK OK l , находим

2 2

2 22 cт 2П 2c c l c l .

Подобным же образом для двух пружин жесткости с3 получим

3 3 3

2 23 cт 3 ст

1 1П 2 ( )

2 2c Dc c .

Здесь деформация D с учетом малых отклонений от вертикали стержней 1 и 2 приближенно описывается зависимостью:

3sin sin

4D OK KD l l .

Тогда потенциальная энергия

3Пc равна

3 3

22

3 cт 3

3 3П 2

4 4c c l c l

.

Потенциальная энергия стержня 1 в однородном поле силы тяжести

равна работе силы тяжести 1Gr

при возращении стержня из отклоненного в равновесное положение:

1

221 1 1

1 1 1 1П cos 1 1 2 2 2 2 4G

l l l mglm gh m g m g

.

Аналогично для стержня 2

2 2 2 2П ( )G K Em gh m g h h ,

где

21 1 cos

2K

lh l l ;

22 2 3cos

2 2 16E

l l lh .

Тогда с учетом данных задачи получим

2

2 2 2 23 3

2 2 16 4 8G

mg l l mglП

.

Окончательное выражение для потенциальной энергии системы как

функцию обобщенных координат и имеет вид

1 2 3

2 2 2 21 ст 1 2 ст 2 3 ст

22 2 2 2

3

3 9 3П 2 2

2 16 4

3 1 1 3 .

4 2 4 8

c l c l c l c l c l

c l mgl mgl

В положении устойчивого равновесия системы ее потенциальная энергия имеет минимум, что соответствует уравнениям:

1 2 31 ст 2 ст 3 ст0, 0

П 32 2 0

2c l c l c l

;

33 ст0, 0

П 30

2c l

.

Эти соотношения позволяют упростить выражение для потенциальной энергии системы

2

2 2 2 2 2 2 2 21 2 3

9 3 1 1 3П

16 4 2 4 8c l c l c l mgl mgl

или с учетом данных задачи

2 2 2 2 2 2 2П 1,4 0,5 0,188 0,75 0,094сl cl cl mgl mgl .

Для обобщенных координат и ψ уравнения Лагранжа второго рода запишутся в виде:

П,

П.

d T T

dt

d T T

t

&

&

Вычислим все частные производные, входящие в эти уравнения:

2 20,834 0,188

Тml ml

&

&;

2 20,834 0,188d T

ml mldt

&& &&& ;

0; 0;Т Т

2 20,188 0,094

Tml ml

& &

& ;

2 20,188 0,094d T

ml mldt

&& &&& ;

2 2П2,8 0,5 1,5сl cl mgl

;

2 2П0,5 0,376 0,188сl cl mgl

.

Тогда запишем уравнения Лагранжа второго рода для данного примера

2 2 2 2

2 2 2 2

0,834 0,188 2,8 0,5 1,5 ,

0,188 0,094 0,5 0,376 0,188 .

ml ml сl cl mgl

ml ml сl cl mgl

&& &&

&& &&

Перенесем все слагаемые уравнений в их левую часть

2 2 2 2

2 2 2 2

0,834 0,188 (2,8 1,5 ) 0,5 0,

0,188 0,094 0,5 (0,376 0,188 ) ,

ml ml сl mgl cl

ml ml сl cl mgl

&& &&

&& &&

и введем обозначения:

2 2 211 12 110,834 ; 0,188 ; 2,8 1,5 ;ml a ml a cl mgl c

2 2 2

12 21 220,5 ; 0,188 ; 0,094 ;cl c ml a ml a

2 2

21 220,5 ; 0,376 0,188cl c cl mgl c . Тогда полученные уравнения Лагранжа для данного примера принимают вид дифференциальных уравнений свободных колебаний механической системы с двумя степенями свободы. Вычислим величины обобщенных масс и обобщенных коэффициентов жесткости для данной задачи:

2 2

11 12 213 кг м ; 0,677 кг м ;a a a

2

22 110,338 кг м ; 718,2 Н м;a с

12 21 22144 Н м; 97,23 Н м.с с с

Подставив найденные значения коэффициентов, дифференциальные уравнения движения для рассматриваемой механической системы примут вид:

3 0,677 718,2 144 0,

0,677 0,338 144 97,23 0.

&& &&

&& &&

Для нахождения собственных частот колебаний, составим определитель для данной системы уравнений и приравняем его к нулю:

2 2

2 2

718,2 3 144 0,677

0.

144 0,677 97,23 0,338

k k

k k

Раскрывая этот определитель по степеням k, получим вековое уравнение:

0,556 k4 339,466 k2 + 49095 = 0 или

k4 610,55 k2 + 88300 = 0. Решая его и отбирая вещественные и положительные значения корней, найдем собственные частоты колебаний рассматриваемой системы:

k1 = 15,34 ;с

рад k2 = 19,37 .

с

рад

Тогда периоды главных колебаний системы соответственно равны:

11

20,41 cT

k

; 2

2

20,32 cT

k

.

Для того чтобы отыскать коэффициенты форм колебаний, воспользуемся формулами. Коэффициент, отвечающий первой форме колебаний равен

211 11 1

1 212 12 1

0,8c a k

c a k

,

отвечающий второй форме колебаний

212 12 2

2 211 11 2

3,7c a k

c a k

,

т. е. B1 = 0,8A1, а B2 = –3,7A2, и главные колебания описываются зависимостями:

(1) (1)1 1 1 1

(2) (2)2 2 2 2

sin(15,34 ), 0,8 sin(15,34 ),

sin(19,37 ), 3,7 sin(19,37 ).

A t A t

A t A t

Коэффициент формы 1 показывает, что стержни 1 и 2 в первой собственной форме колебаний отклонены от вертикали в одну сторону, и наибольшее отклонение стержня 2 составляет 0,8 соответствующего отклонения стержня 1. При второй собственной форме колебаний, как показывает коэффициент 2, стержни отклонены в противоположные стороны, и наибольшее отклонение стержня 2 в 3,7 раза больше наибольшего отклонения стержня 1. Соответствующие конфигурации приведены на рис. 20.5. Общее решение дифференциальных уравнений представляет сумму частных решений:

(1) (2)1 1 2 2sin(15,34 ) sin(19,37 ),A t A t

(1) (2)

1 1 2 20,8 sin(15,34 ) 3,7 sin(19,37 ).A t A t

Воспользовавшись начальными условиями движения рассматриваемой системы, определим величины амплитуд A1, A2 и начальных фаз 1 и 2:

2

O

1

A2

-3,7 A2

O

1

2

0,8A1

A1

а б Рис. 20.5

2

2 20 2 101 20 2 10 2

1 2 1

1 ( )( ) 0,066;

q qA q q

k

& &

22 20 1 10

2 20 1 10 22 1 2

1 ( )( ) 0,002;

q qA q q

k

& &

20 2 101 1

20 2 10

arctg 1,08;q q

kq q

& &

20 1 102 2

20 1 10

arctg 0,998.q q

kq q

& &

Тогда уравнения движения механической системы приобретут вид

0,066sin(15,34 1,08) 0,002sin(19,37 0,998) рад,t t

0,053sin(15,34 1,08) 0,007sin(19,37 0,998) рад.t t

Обобщенные скорости и ускорения системы найдем, дифференцируя по времени найденные уравнения движения рассматриваемой механической системы:

1 1,012cos(15,34 1,08) 0,039cos(19,37 0,998) рад/c;t t & 2

1 15,531sin(15,34 1,08) 0,75sin(19,37 0,998) рад/c ;t t &&

2 0,813cos(15,34 1,08) 0,136sin(19,37 0,998) рад/c;t t &

22 12,472sin(15,34 1,08) 2,626sin(19,37 0,998) рад/c .t t &&

По теме «Малые свободные колебания механической системы около положения устойчивого равновесия» рекомендуем решить следующие задачи из сборника [1]: 54.2, 54.5, 54.10, 55.4, 55.5, 55.17, 55.15. 21. ТЕМА 25. ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ТЕОРИЯ УДАРА

21.1 Задачи по теории удара

На практическом занятии определяют скорости соударяющихся тел при центральном прямом (рис.12.1, а) и косом (рис.12.1, б) упругих ударах и коэффициент восстановления k с использованием основного уравнения теории удара:

( )к

m u V S rrr

, (21.1)

Здесь Vr

и u r

скорости точки в начале удара и в конце удара соответственно.

Задачи по теории удара рекомендуется решать в следующем порядке: 1) Направить ось п вдоль линии центров, ось – перпендикулярно

к ней (рис. 21.1); 2) Вычислить проекции V1n, V2n, V1, V2 на оси п и скоростей

соударяющихся тел в начале удара; 3) Вычислить проекцию общей скорости ип соударяющихся тел на ось п в конце абсолютно неупругого удара; 4) Вычислить проекции скоростей и1n, и1, и2n, и2 соударяющихся тел на оси п и в конце удара; 5) определить модули скоростей обоих тел в конце удара, используя уравнение

1 1 2 2 1 1 2 2m u m u mV m V r rr r

(21.2) в проекции на выбранные оси.

При ударе тела о неподвижную плоскость следует считать массу неподвижной плоскости бесконечно большой, а скорость до удара равной нулю (М2 = , V2 = 0). В случае центральных прямых ударов двух тел вычисления упрощаются, так как проекции скоростей на ось обращаются в нуль, и скорости связаны с коэффициентом восстановления формулой:

1 2 1 2( )n n n nu u k V V . (21.3)

Пример 21.1. Шар 1 массой 1m , имеющий

скорость 1Vr

, ударяя о неподвижный шар 2 , теряет половину своей скорости. Считая удар шаров прямым и центральным, а коэффициент восстановления равным k = 0,5, определить массу 2m второго шара и величину его скорости

2u после удара (рис.21.2).

1 2

nK

V2V1

С2С1

1 2

n 1 2

KС1 С2

V1

V2

а б Рис. 21.1

С1 С2

1 2

nV1

Рис. 21.2

Решение. Так как удар шаров является центральным и прямым, то для решения задачи воспользуемся уравнением (21.3), в котором полагаем

1 1 2 2 1 1 2, , , 0n n n nu u u u V V V :

1 2 1u u kV .

Так как по условию задачи коэффициент восстановления k = 0,5, а скорость первого шара после удара равна 1 10,5u V , то, подставляя эти данные в найденное уравнение, найдем из него величину скорости второго шара после удара

2 1u V . Подставляя эти данные в уравнение (21.2)

1 1 2 2 1 1m u m u mV , записанное в проекциях на ось n, получим

1 1 2 1 1 10,5m V m V mV .

Отсюда находим искомую массу второго шара 2 1 / 2m m . Следовательно, после удара шар 2, масса которого в два раза меньше

массы шара 1, получит скорость, которую имел шар 1 до удара. Пример 21.2. Два шара массой М1 и М2 подвешены так, как показано на рис. 21.3. Первый шар отклоняют на угол и отпускают без начальной скорости. После удара второй шар отклоняется на угол . Найти коэффициент восстановления для шаров при ударе. Решение. По данным задачи можно определить скорость V1 центра первого шара в начале и скорость и2 центра второго шара в конце удара. Из теоремы

об изменении кинетической энергии на перемещении В0В1 находим для первого шара

M1V12 = 2P1h = 2M1gl(1 – cos ),

где l – расстояние центра шара от точки подвеса. Отсюда вычисляем

1 2 sin( / 2)V gl . Аналогично находим, что )2/sin(22 glи .

B

B0

1

V1

1 2

l

n

Рис. 21.3

Так как в нашем случае V2 = 0, то уравнения (21.2) и (21.3) в проекции на ось n принимают вид

M1u1n + M2u2n = M1V1n, u2n – u1n = kV1n. Исключая из этих уравнений u1 и замечая, что V1n = V1, а u2n = u2, получим

M1V1 (1 + k) = (M1 + M2) u2. Отсюда окончательно находим

1 2 2 1 2

1 1 1

sin( / 2)1 1

sin( / 2)

M M u M Mk

M V M

.

Рекомендуем решить следующие задачи из «Сборника задач по теоретической механике» И. В. Мещерского: 44.5, 44.10, 44.13, 44.17.

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

1. Сборник задач по теоретической механике / И. В. Мещерский. СПб.: Изд-во «Лань», 1998. – 448 с.

2. Бутенин, Н. В. Курс теоретической механики: В 2 т. / Н. В. Бутенин, Я. Л. Лунц, Д. Р. Меркин. СПб.: Изд-во «Лань», 1998. – 736 с.

3. Тарг, С. М. Краткий курс теоретической механики: Учеб. для втузов / С. М. Тарг. М.: Высш. шк, 1995. – 416 с.

4. Бать, М. И. Теоретическая механика в примерах и задачах. Статика и кинематика: Учеб. пособие / М. И. Бать, Г. Ю. Джанелидзе, А. С. Кельзон. СПб: Политехника, 1995. – 670 с.

5. Бать, М. И. Теоретическая механика в примерах и задачах. Учеб. пособие. / М. И. Бать, Г. Ю. Джанелидзе, А. С. Кельзон. Т II. (динамика) М.: Наука, 1985. – 560 с.

6. Яблонский, А. А. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике. / А. А. Яблонский. М.: Интеграл-Пресс, 1998. – 384 с.

7. Аркуша, А. И. Руководство к решению задач по теоретической механике / А. И. Аркуша. М.: Высш. шк., 2002. – 336 с.

8. Т. А. Валькова, А. Г. Мартынов, К. А. Редкоус. Теоретическая механика. Статика: учеб. пособие. ИПЦ КГТУ, Красноярск, 2004..

9. Т.А. Валькова, А. Г. Мартынов, К. А. Редкоус. Теоретическая механика. Кинематика: учеб. пособие. ИПЦ КГТУ, Красноярск:, 2006.

10. Валькова, Т. А. Основы аналитической механики: Учеб. пособие. Красноярск, КГТУ, 1999. 160 с.

11. Валькова, Т. А. Теоретическая механика: Курс лекций. Красноярск, КГТУ, 2005. 223 с.

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА ПРИМЕРАХ И...

Documents